安徽省2025届高三物理模拟试卷（三）【含解析】

安徽省2025届高三物理模拟（三）

一、单选题：本大题共8小题，共32分。

1.某同学从商场购买了一个质量分布均匀的透明“水晶球”，如图甲所示。该同学先测出了“水晶球”的

直径为10cm,并标记了其中一条水平直径对应的两端点P、Q。球外某光源发出的一细束单色光从球上P点

射向球内，折射光线与水平直径PQ夹角为0,当8=30。时，出射光线与PQ平行，如图乙所示。已知光在真

空中的传播速度为3x108^/5,下列说法不正确的是

甲乙

A.“水晶球”的折射率为，可

B.光在“水晶球”中的传播时间为5x10-8s

C.改变从P点入射光线的入射角，光线从水晶球射向空气时，一定不会发生全反射

D.若保持从P点入射光线的入射角不变，仅换用波长更长的单色光，则光在“水晶球”中传播的时间变短

【答案】B

【解析】解:A.如图所示，

由几何关系可知，光线射出时的折射角r为2氏折射率

n=空噜=6，故A正确；

sin0

B.光在“水晶球”中传播的距离I=dcosd

时间t=L=也=辿&=5x10-iOs故B错误；

VCC

C.由图s=r=2。，增大过P点光线的入射角，光线出射时一定不会在球内发生全反射，故C正确；

D当入射光的波长变长时，频率变小，光的折射率也变小，折射角变大，光在水晶球中的光程变短，由

可知光在“水晶球”中的传播速度变大，可知时间变短，故。正确。

本题选错误的，故选入

本题主要考查了光的折射，根据几何知识求解折射角是解题的关键；知道光的折射率与频率的关系，掌握

折射定律和折射率公式。

2.某同学设计了一个烟雾探测器，如图S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电

管C。光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于/时，探测器触发报警系统报警。已知真

空中光速为c,钠的极限频率为小，电子的电荷量为e,则下列说法正确的是（）

A.光源S发出光的波长小于£探测器一定可以正常工作

%

B.用极限频率更高的材料取代钠，探测器一定可以正常工作

C.光源S发出光只要光强足够大，探测器一定可以正常工作

D.探测器正常工作，仅增大光电管C的正向电压，光电流一定增大

【答案】A

【解析】A、光照射到钠表面产生光电子，根据产生光电效应的条件，结合波速、波长和频率的关系可知,

c=那么光源S发出的光的最大波长:4nl”=£，要使该探测器正常工作，光源S发出的光的波长小于£,

故A正确；

B、若用极限频率更高的材料取代钠，如果入射光的频率小于极限频率，则不可以发生光电效应，故2错误；

C、发生光电效应的条件与光频率有关，与光照强度无关，故C错误；

。、增大光电管C的正向电压，光电流不一定增大，若此时光电流没有达到饱和电流，则会增大，若达到饱

和电流，则不会增大，故。错误。

3.如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为小的质点自轨道端点P由静止开始

滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg,重力加速度大小为g,质点自P滑到Q的过程中，（）

A.机械能减少了,zngRB.Q点的重力瞬时功率为zng

C.克服摩擦力所做的功为2mgRD.质点可以上升到右侧高处

【答案】c

【解析】【分析】

AC,根据牛顿第二定律先求出最低点的速度，再利用动能定理求出克服摩擦力做的功；

根据功能关系可以判断机械能的减少量；

3、根据功率的公式，可以判断Q点的功率；

。、根据能量守恒定律，可以判断质点不能上升到右侧gR高处。

本题考查功能关系，关键要熟记几个常用的功能关系，重力做功与重力势能变化的关系，合力做功与动能

变化的关系，除重力以外其它力做功与机械能变化的关系。

【解答】

AC.滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg,根据牛顿第二定律，对质点，有：2mg-mg=K

设克服摩擦力做功为必，利用动能定理，有

1

mgR—Wf=7

整理得：Wf^^mgR

根据功能关系，机械能减少量等于克服摩擦力做的功，即

机械能减少了grngR,故A错误，C正确；

员在最低点，重力的方向和速度方向垂直，故瞬时功率为零，故8错误；

D质点从最低点向左运动时，有：小。2<g7ngR+必'

根据能量守恒定律，故质点不可以上升到右侧高处，故。错误。

故选C。

4.北京时间2024年5月21日12时15分，我国在酒泉卫星发射中心使用快舟十一号遥四运载火箭，成功将武

汉一号卫星、超低轨技术试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。在航天科

技的新赛道上，超低轨道一一高度低于300公里的轨道一一扮演着重要的角色。假设某颗超低轨地球卫星

近似做匀速圆周运动，其运行高度是地球半径的表。则关于这颗卫星的说法正确的是（）

A.该卫星的发射速度低于第一宇宙速度

B.火箭发射卫星加速过程中，卫星处于超重状态

C.卫星绕地球一周所用时间大于地球自转时间

D.这颗绕地做匀速圆周运动的卫星可以一直停留在武汉的上空

【答案】B

【解析】A卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，故A错误；

3.箭发射卫星加速过程中，加速度向上，所以卫星处于超重状态，故8正确；

C.卫星绕地球运行时，高度低于地球同步卫星的高度，根据誓=小骨r,可得卫星绕地球一周所用时间

小于同步卫星绕地球一周所用时间，即小于地球自转时间，故C错误；

D该卫星为近地卫星，不能一直定位于武汉上方，故。错误。

故选:So

5.空间存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，图中的正方形abed为其边界。一束速率不

同的带正电粒子从左边界ad中点P垂直射人磁场，速度方向与ad边夹角8=30。，已知粒子质量为小，电荷

量为q,粒子间的相互作用和粒子重力不计，则（）

A.粒子在磁场中运动的最长时间间为魏

B.从尻边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等

C.入射速度越大的粒子，在磁场中的运动时间越长

D.运动时间相同的粒子，在磁场中的运动轨连可能不同

【答案】D

【解析】解：4粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，

最长时间对应的轨迹如图所示：

a-------二二A

廿/x•

P1女JXX：

八V

；XXX；

d...........c

从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300。，故最长时间为：t=

3002527Tm57™

=故A错误;

360°6qB3qB

8、因粒子的质量和电量相同，则周期相同，从胸边射出的粒子的速度不同，做圆周运动的半径不同（如图

所示），所对的圆心角不同，则所用的时间不相等，故B错误；

C、由图可知，若粒子从de、儿或ab边射出，入射速度越大的粒子在磁场中的运动弧所对的圆心角越小，

则时间越短，故C错误；

D、运动时间相等的粒子，在磁场中的运动轨迹可能不同，例如从Pa边射出的粒子运动时间均为瞿，但轨

OC[D

迹不同，故。正确；

故选：Do

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，不同的速度对应不同的轨道半径，画出不同的轨迹，

考虑临界情况轨迹，结合牛顿第二定律列式分析。

本题考查粒子在有边界磁场中运动的问题，关键是采用图示法画出临界轨迹进行分析，作图是关键。

6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1,电源的输出电压a=30，丞inlOO?rW,定值电阻％=

10。，R2=7.512,凡=1。。，滑动变阻器夫3的最大阻值为52a,6为滑动变阻器的两个端点，所有电表均

为理想电表，导线电阻不计。现将滑动变阻器滑片P置于a端，贝!]()

A.电流表示数为1.54

B.电压表示数为15U

C.滑片P由a向b缓慢滑动过程中，电阻此消耗的功率增大

D.滑片P由a向b缓慢滑动过程中，变压器的输出功率减小

【答案】C

【解析】

A、将滑动变阻器滑片P置于a端，根据变压器变压规律有：£/1：[72=n1：n2=2:1,

12"=九i：九2=2：1,

由欧姆定律得：4=%览黑2

穴2十附3十附4

电阻R1两端的电压为UR=1四

由n=307Isinl007rt(y)得，Um=30<27

电源的输出电压的有效值为U=鬻=若U=30V=UR+(4

代入数据联立解得：I2=2A,I^IA,则电流表示数为14故A错误；

B、电压表示数为UR=/小1=10XIV=10V,故8错误；

C、滑片P由a向b缓慢滑动，总电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，%消耗的功率R=¥%增大，故C

正确；

。、变压器的输出功率等于输入功率，即

P=UJi=（30-人/?1）/1=-10/f+304

根据二次函数知识可得，（从14开始增大过程中，功率先增大后减小，故。错误。

7.如图所示，轻弹簧一端连接质量为6的物体4另一端固定在光滑的固定斜面底端，4通过轻绳跨过光滑

的定滑轮与质量为26的物体B连接，绳、弹簧与斜面平行.将4由弹簧原长处静止释放，已知轻绳始终有力，

重力加速度为g,则B的速度以加速度a和弹簧弹力八绳子张力T与时间t或位移x的关系图像可能正确的是（）

【答案】C

【解析】【分析】

本题考查了牛顿运动定律的应用、运动学图像综合；解决本题的关键是明确力被释放后做简谐运动，根据简

谐运动的特点结合牛顿第二定律分析。

对4进行受力分析，判断其速度、加速度与位移的关系，由此判断其运动性质，从而判断是否做简谐运动，

由此得解；

结合实际情况，分析最大的弹力，从而确定弹簧弹力的变化范围；

对力物体隔离分析，由其受力及简谐运动的对称性解得绳的拉力大小与位移的关系。

【解答】

将力由弹簧原长处静止释放，设a的位移为％,对整体，由牛顿第二定律，可得：

2mg—zngsin30°—kx=3ma

可知力先沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，当x增大到某值时a减小到零，然后向上做加速度反向增

大的减速运动，4运动到最高点时速度减小到零；然后4沿斜面向下先做加速度减小的加速运动，后做加速

度增大的减速运动，由系统机械能守恒可知，4运动到释放位置时速度刚好减小到零。由于加速度a与x成线

性关系，故A在斜面上做以某点（速度最大加速度为零位置）为中心的简谐运动。

A.由上述分析可知，4做简谐运动，其u-t图像应是正弦函数图像，故A错误；

A4刚释放瞬间，对其受力分析，由以上牛顿第二定律方程可得其加速度为：a=：g,但在4的运动过程中，

加速度是与位移成线性关系，由于力做变速运动，故其加速度与时间为非线性关系，故8错误；

C.4刚释放时，弹簧弹力等于零，此时4的加速度：a2mfl-mgSin30°=1

3mL一

4运动到最高点时，根据简谐运动的对称性，加速度与的等大反向，则27ng-7ngsin30。-7=3m。2，

解得益=3zng,由胡克定律：F=依可知此时弹簧的形变量为：x=竿，弹簧的弹力与4的位移成正比,

故C正确；

。.对4物体，由牛顿第二定律T一?ngsin30°—k%=ma,得T=k%+zna+；7ng,将火与劭及对应的弹簧弹

力分别代入可知，Z上滑过程中，T随工均匀增加，最小值是租g,最大值是3mg,故。错误。

8.两波源分别位于坐标原点和％=14m处，t=0时刻两波源开始起振，t=4s时的波形图如图所示，此时平

衡位置在汽=4m和汽=10血的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置位于％=7m处，质点N的平衡位

置位于X=67n处，贝）

A.t—6s时两列波相遇

B.从0至!JlOs内质点N通过的路程为2.4小

C.t=7.5s时质点M的速度在增大

D.t=10s时质点N的振动方向沿y轴负方向

【答案】B

【解析】【分析】

本题要理解波的叠加原理，知道当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当

波峰与波谷相遇时此处的位移为零，要知道波的基本特点：介质中各个质点的起振方向均与波源的起振方

向相同。

由图读出波长，由波速公式算出波的传播速度；P点的起振方向根据波形平移法判断，两列频率相同的相干

波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时

振动加强；根据时间与周期的关系求质点N通过的路程。

【解答】A两列波的波长相同，周期相同，则波速相等为u=4=lm/s,4s时PQ间的距离为6a，则需要的

时间为小=今=3s,贝亚=4s+3s=7s两列波相遇，故A错误；

2v

A开始计时后左右两列波传到N点时间差为2s,左边波引起N点路程为24=0.8m

8s时两列波都传到N点后，N点振动加强，振幅为24,后2s路程为1.6m,总路程2.46，故B正确；

C.两列波同时传到M点，引起M的起振方向相反，M为振动减弱点，振幅为零，所以t=7.5s时质点M位移

平衡位置，且速度为零，故C错误；

D左边的波传播到N点的时间上=等=6s,右边的波传播到N点的时间给=乃=8s

此后两列波在N点振动加强，合振幅为0.8机，所以t=10s时质点N经过平衡位置向上运动，故。错误；

二、多选题：本大题共2小题，共10分。

9.如图所示，在匀强电场中有一直角三角形ABC,ZC=90°,乙4=30。，BC边长4cM.电场强度的方向与三

角形4BC平面平行。一电子从4点移到C点电场力做功为30eU,从B点移到C点电场力做功为10eU。贝U()

C

B

A

A.A、8两点间的电势差UM为20U

B.电场强度的方向与4B成60。夹角

C.电场强度的大小为250V/m

D.一电子从B点移到AC的中点，电势能增加了5eV

【答案】BD

【解析】A、由题意得：U———=-30U,一~=-10V>A—0c，~0c，

AC—6UBC=—6UAC=0^BC~VB^AB=

(PA-(PB=-20V,故A错误；

BC、把ac线段三等分，连接BR,如图所示：

由几何关系得：AC=4^cm,CR=^-cm，NCBR=30。，贝此4BR=30°,^ABC=60%

根据匀强电场等分线段等分电势差得BR为等势线，且UAR=-207,过4点作的垂线交于M点，可知4M=

4cm,则E=，=50017小，方向与4B成60。夹角，故2正确，C错误；

D、设4C的中点为P,有Up。=-15V,由于UBC=-1。*故/P=57,电子从B点移到AC的中点P,电场

力的功为皿=-e/p=—5eU,△Ep=5eU,电势能增加5eU,故。正确。

10.如图所示，线框ac、bd边长为2L、电阻不计，三条短边ab、cd、e/长均为L、电阻均为R,e"立于线框

正中间。线框下方有一宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,cd边与磁场边界平行，当cd距磁场

上边界一定高度时无初速释放线框，线框cd边进入磁场时线框恰好匀速运动，下落过程中线框始终在竖直

面内，已知线框质量为重力加速度为g,则下列判断正确的是（）

-----|b

e------/

c-----------d

XXX

XXX

A.线框通过磁场过程中流过防边的电流不变

B.线框通过磁场过程中a、b两点间电势差始终为U助=-察

ZDL

C.释放时cd边到磁场上边界高度为噜中

D.整个过程中ab边产生的焦耳热一定为2/ngL

【答案】BC

【解析】C.设释放时cd边到磁场上边界高度为h,根据运动学公式可得：v2=2gh,

解得cd边进入磁场时的速度大小为：v=^h,

cd边产生的感应电动势大小为：E=BLv,

回路中总电阻为：

T=R+需K-rt\=Z"，

通过cd的电流为：/=£

r

cd所受的安培力大小为：F=BIL,

由题意，根据平衡条件有：F=mg,

联立解得：八=也弊，故C正确；

A根据力选项可得线框cd边进入磁场时产生的感应电动势大小为：E二喀,

ZDL

根据线框构成等效电路的特点可知线框在通过磁场的过程中将始终做匀速运动，a、6两点间电势差始终等

于对应等效电路的路端电压的相反数，

R

即：Uab=~^E=

T

解得：Uab=—，故5正确；

ZDL

A.当cd和ef通过磁场的过程中，流过ab的电流大小均为：Iab=方向均为b—a；当ab通过磁场的过程中，

流过ab的电流大小为/,方向为a—6,故A错误；

。根据焦耳定律可得整个过程中M边产生的焦耳热为：Q=&2R子+JR4，

解得：Q=tngL,故。错误。

故选：BC。

三、实验题：本大题共2小题，共16分。

11.某研究性学习小组利用压敏电阻制作电子秤。已知压敏电阻在压力作用下发生微小形变，它的电阻也随

之发生变化，其阻值R随压力?变化的图像如图甲所示，其中&=150,图像斜率k=1.40/N。小组同学按

图乙所示电路制作了一个简易电子秤(秤盘质量不计)，电路中电源电动势E=3.5匕内阻未知，电流表量程

为10nM,内阻&=180,g取lOm/s?。

(1)下列操作步骤的正确顺序是O

①秤盘上放置已知重力的重物G,保持滑动变阻器接入电路的阻值不变;读出此时电流表示数/;

②换用不同已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值；

③秤盘上不放重物时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏；

④将电流表刻度盘改装为质量刻度盘。

(2)实验时发现电流表量程偏小，根据需要将其量程扩大为100加4,则应该给该电流表(填“串联”或

“并联”)阻值为。的电阻。

(3)用改装后的电流表进行操作，若电流表示数为20爪4则待测重物质量爪=kg。

(4)改装后的刻度盘，其0刻度线在电流表(选填“零刻度”或“满刻度”)处。

(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台电子秤称重前，进行了步骤③的操作，则测量

结果(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】⑴③①②(2)并联；2；(3)10；(4)满刻度;(5)不变。

【解析】(1)在本实验中应先让秤盘上不放重物，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表指针满偏，然后在

秤盘上放置已知重力的重物G,保持滑动变阻器接入电路的阻值不变，读出此时电流表示数/,再换用不同

已知质量的重物，记录每一个质量值对应的电流值，最后将电流表刻度盘改装为质量刻度盘，故合理的实

验操作顺序为③①②④。

(2)当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻，有/?=券，解得R=2。。

(3)根据闭合电路欧姆定律可得,当秤盘上不放重物时,调节滑动变阻器使得电流表满偏,有％=——-一二，

9丁+Ro+R.

当秤盘上放上重物，且电流表示数为20血/时，有/o=--------二，又因为R=&+kmg,联立解得租=10kg。

T+R+R谬+R/

iW

(4)由于压敏电阻阻值R随压力增大而增大，则电流表示数随压力增大而减小，所以改装后的刻度盘，其零

刻度线在电流表的满刻度处。

(5)根据操作过程③可知，当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以通过减小滑动变阻器接入电路的阻

值使得电流表达到满偏，回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。

12.如图1所示，用半径相同的4、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为小】的4球从

斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，进入水平轨道后，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写

纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为爪2的B球放在水平

轨道末端，让4球仍从位置C由静止滚下，力球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作

10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，4球的落点是P点，。点是水平轨道末端在记录纸上

的竖直投影点，如图2所示。

(1)在这个实验中，为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足机1机2(选填“>”或“<”)；除

了图中器材外，实验室还备有下列器材，完成本实验还必须使用的两种器材是。4秒表B.天平C.

刻度尺D.打点计时器

(2)下列说法中正确的是o

A.如果小球每次从同一位置由静止释放，每次的落点一定是重合的

B.重复操作时发现小球的落点并不重合，说明实验操作中出现了错误

C.用半径尽量小的圆把10个落点圈起来，这个圆的圆心可视为小球落点的平均位置

D.仅调节斜槽上固定位置C,它的位置越低，线段。P的长度越大

(3)在某次实验中，测量出两个小球的质量Tn〉爪2。记录的落点平均位置M、N几乎与。P在同一条直线上，

测量出三个落点位置与。点距离。M、OP、ON的长度。在实验误差允许范围内，若满足关系式,

则可以认为两球碰撞前后在0P方向上的总动量守恒；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足关系式o

(用测量的量表示)

(4)在OP、OM、ON这三个长度中，与实验所用小球B质量无关的是,与实验所用小球质量B有

关的是o

(5)某同学在做这个实验时，记录下小球三个落点的平均位置M、P、N,如下图所示。他发现M和N偏离了。P

方向。这位同学猜想两小球碰撞前后在。P方向上依然动量守恒，请你帮他写出验证这个猜想的办法

【答案】(1)>BC

⑵C

(3)mi-OP=mi-OM+myONmi-OP2=mi-OM2+m2-ON2

(4)。尸，OM^WON

--------父----------

(5)0

--------------jp•

A/

【解析】1,

根据碰撞的特点可知，两小球质量应满足根1＞爪2,该实验需要测量两球质量和平抛运动中的水平距离，故

需要天平和刻度尺，故8C正确；

2.由于实验误差的影响，每次碰撞的落点不一定相同，故4B均错误；落点近似一个圆，取圆心为记录点,

C正确；竖直高度越低，水平抛出的速度越小，平抛运动的水平位移就越短，。错误；

3,若满足动量守恒，m1v0=m1v1+m2v2,因为平抛运动中竖直方向高度相同，所以平抛运动时间相同,

将水平速度替换成水平位移,则满足•0P=+a2•ON,若还满足弹性碰撞,则还满足动能守恒，

222

仍然将速度替换成水平位移，贝!1ml•OP=-OM+m2-ON；

4.OP是没有发生碰撞时，入射小球4的落点，与被撞小球B质量无关；0M和。N是碰撞后入射小球4与被撞

小球8的落点，碰撞过程与被撞小球8质量相关；

5.

。•-

M

连接。P、OM,ON,作出M、N在。P方向上的投影点M'、N',如图所示。分别测量出。P、OM'、ON'的长

度。若在实验误差允许范围内，满足关系式爪1•OP=•OM'+m2-ON',则可以认为两小球碰撞前后在。P

方向上动量守恒。

四、计算题：本大题共3小题，共42分。

13.如图所示，分拣工件的车间里，与水平面成。=37。的传送带正以u=5m/s的速度匀速运行，4、B两端

相距］=30m。现每隔T=1s把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带的下端，工件在传送带的带动

下向上运动，已知工件与传送带间的动摩擦因数〃=0.875,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8;求：

(1)一个工件从4到B所用的时间；

(2)传送带上相邻两个工件间的最小距离与最大距离.

【答案】解：(1)设工件能达到与传送带共速，则在加速时间内，根据牛顿第二定律"mgcos。-mgsin。=ma,

工件匀加速时间为ti=：,

工件匀加速的位移为x=，=12.5m<I,假设成立，

工件匀速运动的时间为t2=-=吧产s=3.5s,

工件从4到8所用的时间t=t1+t2=8.5so

(2)当某一工件刚放上传送带时，前面的工件恰与传送带共速，此时这两工件间的距离最小,

1

即最小距禺为dmin=万"2=0.5m,

在该工件加速的时间h内，位移为X=]ti，

而前面工件的总位移为，=x+vT,

故相邻工件间最大距离为dmax=X'-X，

即dmax=5m0

【解析】详细解答和解析过程见【答案】

14.如图所示，光滑绝缘水平地面上有滑块4B,质量均为爪0=1kg,其中滑块2带有q=+2x如菖。的电

荷量，滑块B不带电且绝缘.一劲度系数k=200N/ni的轻弹簧右端固定于墙面上，左端与滑块B相连.现给空

间加上水平向右的匀强电场，电场强度大小E=IOOOV/TH.在与滑块B的距离d=0.3机处将滑块力由静止释放,

与静止的滑块B发生碰撞(碰撞时间很短)后粘在一起开始做简谐运动.两滑块均可视为质点，在运动过程中，

弹簧的形变始终在弹性限度内，已知弹簧的形变量为久时，弹性势能a=求：

、2

(1)两滑块碰撞过程中损耗的机械能的大小；

(2)两滑块碰后运动半个周期的路程；

(3)滑块B从开始运动到第一次运动到最左端所用的时间.(已知T=2兀值,7为简谐运动周期,k为劲度系数,

TH为振子质量)

【答案】(1)设滑块4与滑块B碰撞前速度为几,由动能定理得qEd=gao诏

解得见=2yf3m/s

设滑块/与滑块8碰撞后速度为u,由动量守恒得mo%=2mov

解得u=y/~3m/s

2

根据能量守恒定律有4E=|moVo-|x2mov=3/；

(2)4、8滑块一起做简谐运动，设在平衡位置处弹簧形变量为久1，有k