黑龙江省大庆实验中学高二物理上学期开学考试试题含解析

大庆实验中学2022-2022学年度上学期开学考试高二物理试题一、选择题（每题4分，共56分。1-9题为单选题，10-14为多选题）1.1.一步行者以6m/s的速度跑去追赶被红灯阻停的公交车，在跑到距汽车25m处时，绿灯亮了，汽车以1m/s2的加速度匀加速启动前进，则(　　)A.人能追上公共汽车，追上车前人共跑了36mB.人能追上公共汽车，追上车前人共跑了43mC.人不能追上公共汽车，人与车最近距离为7mD.人不能追上公共汽车，且车开动后，人与车距离越来越远【答案】C【解析】当两车速度相等时，经历的时间为：，此时人的位移x1=vt=6×6m=36m，汽车的位移：，因为x1＜x2+25m，可知人不能追上汽车，故AB错误；速度相等时有最小距离，最小距离△x=x2+25-x1=18+25-36m=7m，故C正确；在追及的整个过程中，人车距离先减小再增大，故D错误。所以C正确，ABD错误。2.2.如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为(　　)A.B.mC.mD.2m【答案】C【解析】设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab=R，所以三角形Oab为等边三角形．-19-\n根据几何知识可得∠aO'b=120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T=mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m，故ABD错误，C正确．故选C.点睛：解决本题关键是能根据题目给出的几何关系确认拉小物块的两绳夹角为120°，再根据两个大小相等互成120°两力的合成结论求解即可．3.3.如图所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成角，物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，根据共点力的平衡条件解题。【详解】物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动，设物块质量为m，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，则F=μmg，保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，物块也恰好做匀速直线运动。对此时的物块受力分析如图所示：-19-\n据平衡条件可得：FN+Fsin60°=mg，Fcos60°=f，又f=μFN，联立解得：，故B正确，ACD错误。【点睛】本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程。4.4.我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息。若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2。已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（）A.“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为G1/G2B.地球的质量与月球的质量之比为C.卫星在近月球表面轨道上做匀速圆周运动的周期为D.月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为【答案】C【解析】【详解】质量是表示物体含物质多少的物理量，与引力无关，故“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1：1，故A错误；根据万有引力等于重力：，可得：，所以地球的质量与月球的质量之比为：，故B错误；根据，又有：，联立可得：，故C正确；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：，故月球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比：-19-\n，故D错误。所以C正确，ABD错误。5.5.如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2FC.物块上升的最大高度为D.速度v不能超过【答案】D【解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，，所以C错误．【名师点睛】在分析问题时，要细心．题中给的力F是夹子与物块间的最大静摩擦力，而在物块运动的过程中，没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最大．另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的静摩擦力会突然增大．6.6.如图所示，球网高出桌面H，网到桌边的距离为L。某人在乒乓球训练中，从左侧L/2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘。设乒乓球运动为平抛运动。则下列说法不正确的是（）-19-\nA.击球点的高度与网高度之比为9：8B.乒乓球在网左右两侧运动时间之比为1：2C.乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比为1：2D.乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2【答案】C【解析】【详解】因为水平方向做匀速运动，网右侧的水平位移是左边水平位移的两倍，由x=v0t得：乒乓球在网左右两侧运动时间之比为1：2．球在竖直方向做自由落体运动，根据，可知，击球点的高度与网高之比为9：8，故AB说法正确；球恰好通过网的上沿的时间为落到右侧桌边缘的时间的一半，竖直方向做自由落体运动，根据v=gt可知，球恰好通过网的上沿的竖直分速度与落到右侧桌边缘的竖直分速度之比为1：3，根据，可知，乒乓球过网时与落到桌边缘时速率之比不是1：2，故C说法错误；网右侧运动时间是左侧的两倍，△v=gt，所以乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1：2，故D说法正确。所以选C。7.7.如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场线中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，则（）A.a的速度将减小，b的速度将增大B.a一定带正电，b一定带负电C.两个粒子的动能，一个增加一个减小D.a的加速度将减小，b的加速度将增加-19-\n【答案】D【解析】A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；BC、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BC错误；D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故D正确；故选D。【点睛】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，根据电场力做功来判断动能的变化。8.8.如图所示，质量为m的球与弹簧I和水平细线II相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于水平和竖直墙上．弹簧I与竖直方向夹角为θ，球静止时，Ⅰ中的拉力为F1、Ⅱ中的拉力为F2，分析当仅剪断Ⅰ、Ⅱ中的一根的瞬间，下列说法正确的是（）A.若剪断Ⅰ，则球的加速度a=g,方向水平向右B.若剪断Ⅰ，则球的加速度a=F1/m,方向沿Ⅰ的延长线C.若剪断Ⅱ，则球的加速度a=F2/m,方向水平向左D.若剪断Ⅱ，则球的加速度a=g,方向竖直向上【答案】C【解析】【分析】球原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变。根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度。【详解】绳子未断时，受力如图，由共点力平衡条件得：-19-\n，，刚剪断弹簧Ⅰ瞬间，细绳弹力突变为零，故小球只受重力，加速度为g，竖直向下，故AB错误；刚剪断细线瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，，因而，方向水平向左，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。【点睛】本题为瞬时问题，关键要抓住弹簧弹力不可突变，细绳弹力可突变即可解题。9.9.如图所示,甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M，万有引力常量为G，则（）A.甲星所受合外力为B.乙星所受合外力为C.其它条件不变，去掉乙星，剩下甲与丙构成双星后，甲星的周期与原来相同D.甲星和丙星的动能相同，均为【答案】D【解析】-19-\n【详解】甲星所受的合外力为：，故A错误；甲星和丙星对乙星的万有引力大小相等，方向相反，则乙星所受的合外力为零，故B错误；去掉乙星，甲、丙所受的合力发生变化，轨道半径不变，根据万有引力提供向心力知，周期发生变化，故C错误；甲丙均绕乙星做匀速圆周运动，由于甲、丙所受的合力大小相等，轨道半径相同，则线速度大小相同，即动能相等，根据，可得：，故D正确。所以D正确，ABC错误。10.10.如图所示，光滑大圆环静止在水平面上，一质量为m可视为质点的小环套在大环上，已知大环半径为R，质量为M=3m，小环由圆心等高处无初速度释放，滑到最低点时A.小环的速度大小为B.小环的速度大小为C.大环移动的水平距离为D.大环移动的水平距离为【答案】BD【解析】A、B、小环滑至最低点时的速度为v1，大环的速度为v2，两物体的系统满足机械能守恒有:,且两物体的系统满足水平方向动量守恒有：，联立解得：，，故A错误，B正确；C、D、设小环和大环水平方向发生的位移为x1和x2，两物体的系统满足水平方向反冲原理，结合人船模型的结论可知，且，解得，，故C错误，D正确；故选BD.【点睛】机械能守恒定律和动量守恒定律的结合应用，同时是特殊的反冲模型和人船模型。11.11.一匀强电场的方向平行于xoy平面，平面内-19-\n三点位置如图所示，三点的电势分别为、、，下列说法正确的是（）A.电场强度的大小为B.坐标原点处的电势为C.电子在a点的电势能比在b点的低D.电子从b点运动到c点，电场力做功为【答案】ABD【解析】A.如图所示,在ac连线上,确定一b′点电势为17V,根据匀强电场同一直线上，电势差与长度成正比，将cb′=4.25cm，bb′连线即为等势线,那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图，因为匀强电场,则有：，依据几何关系,则=4.5×3.6cm，因此电场强度大小为E=（26−17）/3.4≈2.5V/cm，故A正确；B.根据φc−φa=φb−φo,因a、b、c三点电势分别为φa=10V、φb=17V、φc=26V,解得：原点处的电势为φ0=1V，故B正确；C.因Uab=φa−φb=10−17=−7V,电子从a点到b点电场力做功为W=qUab=7eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；D.同理,Ubc=φb−φc=17−26=−9V,电子从b点运动到c点,电场力做功为W=qUbc=9eV，故D正确；-19-\n故选：ABD.点睛：根据匀强电场的电场强度公式E=U/d，结合电势差与场强间距，即可求解；依据电势差等于电势之差；根据电场力做功表达式W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况．12.12.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块A，细线跨过位于O点的轻质光滑定滑轮，一端连接A，另一端悬挂小物块B，物块A、B质量相等．C为O点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离OC=h．开始时A位于P点，现将A、B静止释放．物块A由P点出发第一次到达C点过程中，则下列说法正确的是（　　）A.物块A速度先增大后减小B.物块A速度一直在增大C.物块B速度先增大后减小D.细线对物块B的拉力先小于B的重力后大于B的重力【答案】BCD【解析】对物体A，由于受到细绳的拉力作用，且拉力与速度方向成锐角，则物块A速度一直在增大,选项A错误，B正确；开始时B的速度为零，当A到达C点时，B的速度又变为零，可知选项C正确；当B速度增加时，处于失重状态；当B减速时，处于超重状态，则细线对物块B的拉力先小于B的重力后大于B的重力，选项D正确；故选BCD.13.13.小车上固定有位于竖直方向的细杆，杆上套有质量为M的小环，环通过细绳与质量为m的小球连接，当车向右匀加速运动时，环和球与车相对静止，绳与杆之间的夹角为θ，如图所示，下列说法正确的是（）A.小车的加速度为-19-\nB.绳子的拉力为C.杆对环作用力为D.杆对环作用力的方向水平向右【答案】ABC【解析】【分析】分别对小球和环进行受力分析，小球和环在水平方向的加速度相等，对小球进行受力分析可以得到绳中张力大小。对环进行受力分析，水平方向的合力产生加速度，竖直方向的合力为0，由此可以求出杆对环的弹力和摩擦力，而细杆对环的作用力是弹力和摩擦力的合力，再根据力的合成与分解求得细杆对环的作用力的大小和方向。【详解】以小球为研究对象进行受力分析如图所示：根据牛顿第二定律得：Tsinθ=ma，Tcosθ=mg，联立可得绳的拉力：，加速度a=gtanθ，故AB正确；以环M为研究对象进行受力分析如图所示：M受重力、绳的拉力T'、杆的弹力F1和杆的摩擦力F2作用处于平衡状态，所以有：F1-T'sinθ=Ma，F2-Mg-T'cosθ=0，细杆对环的作用力为：，联立可得：，可知细杆对环作用力方向斜向右上方，故C正确，D错误。所以ABC正确，D错误。【点睛】正确的受力分析是解决本题的关键，小球受两个力在水平方向产生加速度，运用合成法研究。环受重力、杆的弹力和摩擦力以及绳子的拉力，运用正交分解法研究。14.14.如图所示小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面．不计一切阻力．下列说法不正确的是（）-19-\nA.小球落地点离O点的水平距离为B.小球落地点时的动能为C.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零D.若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高0.5R【答案】AC【解析】【分析】小球恰能通过圆弧最高点P，重力恰好提供向心力，可先求出过最高点的速度，小球离开最高点后做平抛运动，可由动能定理求解落地速度，将半圆弧轨道上部的圆弧截去，可以用动能定理求解。【详解】因为小球恰能通过最高点，根据牛顿第二定律：，解得：，根据平抛运动规律得：x=v0t，，解得：x=2R，故A说法错误；根据动能定理：，可得小球落地过程落地动能：，故B说法正确；小球通过最高点时向心力大小为mg，故C说法错误；若将半圆弧上部截去，小球竖直上抛，上升到最高点时速度为零，，可得：h=0.5R，故D说法正确。所以选AC。【点睛】本题关键分析清楚物体的运动过程，然后结合平抛运动和动能定理的相关知识求解。二、实验题（共16分，每空2分）15.15.某实验小组用图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数．在一端装有定滑轮的长木板上固定A、B两个光电门，与光电门相连的计时器能显示滑块上的遮光片通过光电门时的遮光时间，滑块通过绕过定滑轮的轻质细绳与测力计挂钩-19-\n相连，测力计另一端吊着沙桶，测力计能显示滑块所受的拉力，滑块对长木板的压力与滑块的重力大小相等，已知遮光片宽度为d，当地的重力加速度为g．(1)为了满足实验的要求，下列说法正确的是_______．A．长木板应放在水平桌面上B．长木板没有定滑轮的一端应适当垫高，以平衡摩擦力C．沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量D．定滑轮与滑块之间的细绳应与长木板平行(2)甲同学测出A、B两光电门之间的距离为L，滑块通过A、B两光电门的时间分别为t1、t2，滑块的加速度大小a=_________（用字母L、d、t1、t2表示）．(3)多次改变沙桶里沙的质量，重复步骤（2），根据测得的多组F和a，作出a-F图象如图乙所示，由图象可知，滑块的质量为____________，滑块与长木板间的动摩擦因数为________．【答案】(1).AD(2).(3).(4).【解析】(1)A、D项：为保证滑块做匀加速运动，绳子的拉力必须恒定，应调整滑轮高度，使细线与木板平行，故A、D正确；B项：本实验要测量动摩擦因数，不需要平衡摩擦力，故B错误；C项：由于本实验中有测力计，故不要沙桶及测力计的总质量应远小于滑块的质量，故C错误；(2)滑块通过A、B两光电门的速度分别为：，，由匀变速直线运动的速度—位移公式可知，，解得；(3)滑块受到的摩擦力为：f=μmg由牛顿第二定律可得：-19-\n解得力F与加速度a的函数关系式为：，由图象所给信息可得图象斜率为：，所以由图象所给信息可得图象截距为：，所以。点晴：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。16.16.某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律。入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸。实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次。再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次。最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示.(1)关于本实验下列说法正确的是_________A．需要用游标卡尺测量两小球的直径B．应使m1>m2C．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平(2)入射球和靶球的半径相同的目的：是为了保证入射球与靶球发生__________。(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是________________。(4)实验时调节入射球下落高度，让入射球以一定速度v与静止的靶球发生正碰，碰后测得两球动量正好相等，则入射球、靶球两球的质量之比m1/m2应满足_________________。【答案】(1).BC(2).对心碰撞(或正碰)(3).m1xl+m2(x1+x2+x3)=m1(x1+x2)(或-19-\n是m2(x1+x2+x3)=m1x2)(4).1＜m1/m2≤3【解析】【详解】（1）因为平抛运动的时间相等，根据，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度。故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；实验中白纸不能移动，但复写纸是可以移动的，故BC正确，AD错误。（2）射球和靶球的半径相同的目的：是为了保证入射球与靶球发生对心碰撞.（3）根据动量守恒定律可得：m1v1=m1v1′+m2v2，因小球在空中做平抛运动，下落时间相同，因此水平速度与水平位移成正比，则可知：只要m1（x1+x2）=m1x1+m2（x1+x2+x3）成立即可验证动量守恒定律。（4）设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有，碰撞过程动能不增加有：，解得：，由上可得：。三、计算题（共38分17题10分，18题13分，19题15分）17.17.如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t=0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为vA=1m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB=14m/s，方向水向右，木板B运动的v-t图像如图乙所示．已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，重力加速度g=10m/s2．求：(1)站在水平地面上的人看来A向左运动的最大位移；(2)B运动的时间及B运动的位移大小；-19-\n【答案】（1）s=0.5m（2）t=4s，xB=25m【解析】【分析】由图读出3s后二者的速度，由加速度的定义式求出加速度，由位移公式求出位移；由加速度的定义式求出B的加速度，由牛顿第二定律求出A与B、B与地面之间的动摩擦因数，再由牛顿第二定律求出3s后B的加速度，最后由运动学的公式即可求出B运动的时间以及位移。【详解】（1）由图乙可知，0~3s内A做匀变速运动，速度由vA=－1m/s变为v=2m/s．则其加速度为：aA=(v-vA)/t1=3/3=1m/s2，方向水平向右．当A水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，则：代入数据解得：s=0.5m（2）设A与B之间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得则由图乙可知，0~3s内B做匀减速运动，其速度由vB=14m/s变为v=2m/s．则其加速度大小为：aB=(vB-v)/t1=(14-2)/3=4m/s2方向水平向左．设B与地面的动摩擦因数为，由牛顿第二定律得：则：3s之后，B继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得则B的加速度大小为：，方向水平向左．3s之后运动的时间为：B运动的时间为：0~4s内B的位移：解得：方向水平向右【点睛】该题属于牛顿第二定律的应用中多物体、多过程的情况，在解答的过程中要注意对运动过程的把握，特别是二者的速度相等后加速度可能不同的情况。18.18.如图所示,质量mB=3.5kg的物体B通过一轻弹簧固连在地面上,弹簧的劲度系数k=100N/m．一轻绳一端与物体B连接,绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2后,另一端与套在光滑直杆顶端的、质量mA=1.6kg的小球A连接．已知直杆固定,杆长L-19-\n为0.8m,且与水平面的夹角θ=37°．初始时使小球A静止不动,与A端相连的绳子保持水平,此时绳子中的张力F为45N．已知AO1=0.5m,重力加速度g取10m/s2,绳子不可伸长．现将小球A从静止释放,则：(1)在释放小球A之前弹簧的形变量；(2)若直线CO1与杆垂直,求物体A运动到C点的过程中绳子拉力对物体A所做的功；(3)求小球A运动到底端D点时的速度．【答案】(1)0.1m(2)7J(3)2m/s【解析】试题分析：（1）释放小球A前，物体B处于平衡状态：得故弹簧被拉长了0.1m（2）小球从杆顶端运动到C点的过程，由动能定理：且，又物体B下降的高度由此可知，此时弹簧被压缩了0.1m，则弹簧的弹性势能在初、末状态相同。再以A、B和弹簧为系统，由机械能守恒：对小球进行速度分解可知，小球运动到C点时物体B的速度由以上几式联立可得：（3）因杆长，故故，弹簧的伸长量依然为0.1m.，与最初状态相比，弹簧的弹性势能相同，物体B又回到了初始位置，其重力势能也与最初状态相同。在D点对A的速度进行分解可得：由机械能守恒：-19-\n联立可得小球A运动到杆的底端D点时的速度：考点：运动的合成与分解、机械能守恒定律、弹性势能，功能关系。【名师点睛】（1）释放A球前，系统处于静止状态，隔离物体B便可求出弹簧的弹力，进而由胡克定律求得弹簧的形变量（2）小球运动到C点的过程中，绳的拉力为变力，应用动能定理求解变力的功，同时考虑A、B及弹簧组成的相互作用的系统机械能守恒（3）A球的下降过程，A、B及弹簧组成的相互作用的系统机械能守恒，注意A、B的速度之间的牵连关系，列出机械能守恒的方程可解．19.19.如图所示,三个小木块A、B、C静止在足够长的光滑水平轨道上,质量分别为mA=0.1kg,mB=0.1kg,mC=0.3kg,其中B与C用一个轻弹簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;A和B之间有少许塑胶炸药(质量不计),现引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产生的能量有转化为A和B沿轨道方向的动能。（1）分别求爆炸后瞬间A、B的速度大小;（2）求弹簧弹性势能的最大值;（3）分别求弹簧恢复到原长时B、C的速度大小。【答案】（1）（2）（3），【解析】（1）塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为、，取向右为正方向，由动量守恒：爆炸产生的热量有转化为A、B的动能：解得：。（2）取BC和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共同速度，此时弹簧的弹性势能最大，设为由动量守恒：-19-\n由能量守恒定律：解得：。（3）设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度分别为和，则由动量守恒和能量守恒，有：解得：（负号表示方向向左，即B的速度大小为），。其中（，不符合题意，舍去）点睛:本题考查了与弹簧有关的动量、能量问题，有一定综合性，易错点在于A反弹后与B碰撞过程中有能量损失，很多学生容易忽略这点，导致错误。-19-