1、2015年湖北省孝感三中高考物理最后冲刺试卷（二）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分1（6分）如图所示，带正电的A球固定，质量为m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度v0射向A，虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近粒子经过b点时速度为v，重力忽略不计则（） A 粒子从a运动到b的过程中动能不断增大 B 粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大 C 可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差 D 可求出A产生的电场中b点的电场强度【考点】： 电场线【分析】
2、： 根据电场力做功正负分析动能的变化由库仑定律分析电场力的变化，从而判断加速度的变化由动能定理可求ab间的电势差由点电荷场强公式分析能否求b点的场强【解析】： 解：A、由图知，带电粒子受到A处正电荷的排斥力作用，粒子从a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故A错误B、粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误C、根据动能定理得：+qUab=，可得能求出A产生的电场中a、b两点间的电势差Uab，故C正确D、ab间不是匀强电场，根据公式U=Ed，不能求b点的电场强度故D错误故选：C【点评】： 根据轨迹的弯曲方向判断出库仑力的性质是解题关键，根据动
3、能定理、功能关系和公式U=Ed分析2（6分）电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则（） A 电介质插入极板间越深，电容器电容越小 B 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流 C 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长 D 当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【考点】： 电容器的动态分析【专题】： 电容器专题【分析】： A、根据电容器的电容公式C=，从而电容的大小变化；B、由牛顿第二定律，确定弹力是否变化，再确定电容器是否处于充放电状态；C、由惯性可知，弹簧处于什么状态；D
4、、先确定电介质向什么方向运动，再来确定电容器处于充电，还是放电，从而确定电路中的电流方向【解析】： 解：A、根据电容器的电容公式C=，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错误；D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器
5、处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选：D【点评】： 考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据3（6分）第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又叫做逃逸速度理论分析表明，逃逸速度是环绕速度的倍，这个关系对其他天体也是成立的有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以致于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞已知光在真空中传播的速度为c，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，
6、且认为质量不变，则应大于（） A 500 B 500 C 2.5105 D 5.0105【考点】： 万有引力定律及其应用；向心力【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据题设条件，当天体的逃逸速度大于光速c时时，天体就成为黑洞而逃逸速度是环绕速度的倍，根据万有引力提供向心力求出环绕速度，即可求出逃逸速度，就能得到R满足的条件【解析】： 解：第一宇宙速度为v1=，由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v2=，太阳的半径为R，太阳的逃逸速度为=，假定太阳能够收缩成半径为r的黑洞，且认为质量不变，v2=c，解得：2.5105，故选：C【点评】： 本题考查了万有引力定律定律及
7、圆周运动向心力公式的直接应用，要注意任何物体（包括光子）都不能脱离黑洞的束缚，那么黑洞表面脱离的速度应大于光速4（6分）图甲所示的理想变压器原、副线圈匝数比为55：6，图乙是该变压器原线圈两端输入的交变电压u的图象，副线圈中L是规格为“24V，12W”的灯泡，R0是定值电阻，R是滑动变阻器，图中各电表均为理想交流电表以下说法正确的是（） A 流过灯泡L的电流每秒钟方向改变50次 B 滑片P向下滑动的过程中，灯泡L能正常发光，A2表示数变小 C 滑片P向下滑动的过程中，A1表示数变大，V1表示数不变 D 原线圈两端输人电压的瞬时值表达式为u=220sin100t（V）【考点】： 变压器的构造和原
8、理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】： 交流电专题【分析】： 闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律流过灯泡L的电流每秒钟方向改变次数有周期判断；当滑片P向下滑动的过程中，导致总电阻发生变化，而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化原线圈两端输人电压的瞬时值表达式【解析】： 解：A、由图乙可知电流的周期为T=0.02S，故电流每秒钟方向改变次数为n=2=2=100次，故A错误B、当滑片P向下滑动的过程中，导致总电阻变小，而电压不变，由欧姆定律得I=故电流变大，故B错误C、当滑片P向下滑动的过程中，导致总电阻变小，而电压不变，故V1表示数不变，由于功
9、率变大，故A1表示数变大，故C正确D、由图象知交流电的周期为0.02s，角速度为100，电压峰值为311V，电压的瞬时值表达式为u=311sin1O0t（V），故D错误；故选：C【点评】： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化分析的思路先干路后支路，以不变应万变最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象的有效值不是原线圈的有效值5（6分）如图所示，电荷q均匀分布在半球面上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线P、Q为CD轴上在O点两侧，离O点距离相等的二点（带电量为Q的均匀
10、带电球壳，其内部电场强度处处为零，电势都相等）则下列判断正确的是（） A P点的电势与Q点的电势相等 B P点的电场强度与Q点的电场强度相同 C 带正电的微粒在O点的电势能为零 D 在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作匀加速直线运动【考点】： 电势能；电势【分析】： 利用等效法分析电场强度，利用叠加原理判断电场线的分布，由受力分析判断带电粒子的运动状态【解析】： 解：A、由电场的叠加原理可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，所以P点的电势高于Q点的电势，故A错误；B、均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边然后看PQ两
11、点，可以看到，PQ两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上而由题目给出的条件，正电球在PQ两点产生的电场为零所以，Q点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与P点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，故B正确；C、本题没有选取零势点，所以带正电的微粒在O点的电势能不一定为零，故C错误；D、电场线方向水平向右，所以在P点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，故D错误故选：B【点评】： 本题考查了电势和电场强度的知识，题目较新颖，难度也
12、较大，要认真分析，注意等效思维的运用6（6分）如图所示是反映汽车从静止匀加速启动（汽车所受阻力f恒定），达到额定功率P后以额定功率运动最后做匀速运动的速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是（） A B C D 【考点】： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像【专题】： 功率的计算专题【分析】： 汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由P=Fv可知汽车功率逐渐增大，当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动，当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，明确了整个汽车启动过程，即可正确解答本题【解析】： 解：汽车开始做初速
13、度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后运动运动开始匀加速时：Ff=ma 设匀加速刚结束时速度为v1，有：P额=Fv1最后匀速时：F=f，有：F额=Fvm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v1=，最后匀速速度为：vm=A、在vt图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，故A正确；B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故B错误；C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故C正确；D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故D正确故选：ACD【点评
14、】： 对于机车启动问题，要根据牛顿第二定律和汽车功率P=Fv进行讨论，弄清过程中速度、加速度、牵引力、功率等变化情况7（6分）如图所示，在xoy平面的第象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v0先后从y轴上坐标（0，3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于y轴射入磁场，在x轴上坐标（L，0）的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用根据题设条件可以确定（） A 带电粒子在磁场中运动的半径 B 带电粒子的电荷量 C 带电粒子在磁场中运动的时间 D 带电粒子的质量【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】： 由题意可明确粒子转动的几何关系，根据圆的性质
15、确定圆心和半径，再根据洛仑兹力充当向心力可明确质量及电荷量【解析】： 解：A、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知AC长为2L；BAC=30，则R=2L；因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120，B对应的圆心角为30；即可确定对应的圆心角，则由t=可以求得转动的时间；故AC正确；B、由于不知磁感应强度，故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量；故BD错误；故选：AC【点评】： 本题考查带电粒子在磁场中的运
16、动，要注意明确几何关系的正确应用，并能正确根据洛仑兹力充当向心力来确定其他相应的物理量8（6分）如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部环中维持恒定的电流I不变，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H已知重力加速度为g，磁场的范围足够大在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是（） A 在时间t内安培力对圆环做功为mgH B 圆环先做匀加速运动后做匀减速运动 C 圆环运动的最大速度为gt D 圆环先有收缩后有扩张的趋势【考点】： 楞次定律【
17、分析】： 根据牛顿第二定律，与运动学公式，依据做功表达式，结合电磁感应与安培力，即可求解【解析】： 解：环中通以恒定电流I后，圆环所受安培力为BI2r，则在竖直方向的分力为2rBIcos，AC、由牛顿第二定律，可得：BI2rcosmg=ma，则圆环向上的加速度为a=g，竖直向上，在电流未撤去时，圆环将做匀加速直线运动，经过时间t，速度会达到最大值，由v=at得v=gt，故C项正确；在时间t内，上升的高度h=，则安培力对圆环做功为W=Fh=rBIt2cos（g），故A错误；B、电流撤去后，由于惯性，圆环继续向上运动，在磁场中切割磁感线而做变减速运动，故B项错误；D、圆环通电流时，电流方向为顺时针
18、，安培力分量指向圆心，有收缩的趋势，撤去电流后，切割产生的感应电流为逆时针，则安培力分量背离圆心，则有扩张的趋势，故D正确故选：CD【点评】： 该题考查磁场中力做功与牛顿第二定律、电磁感应等的综合问题，要理清其中能量转化的方向二、实验填空题（两题共15分将答案填在横线的空白处）9（6分）用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律下图给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g
19、，则（计算结果保留两位有效数字）在纸带上打下记数点5时的速度v=2.4m/s；在记数点05过程中系统动能的增量EK=0.58J为了简化计算，设g=10m/s2，则系统势能的减少量EP=0.59J；在本实验中，若某同学作出了v2h图象，如图3，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g=9.7m/s2【考点】： 验证机械能守恒定律【专题】： 实验题【分析】： 解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能根据功能关系
20、得重力势能减小量等于重力做功的数值对于物理量线性关系图象的应用我们要从两方面：1、从物理角度找出两变量之间的关系式2、从数学角度找出图象的截距和斜率，两方面结合解决问题【解析】： 解：利用匀变速直线运动的推论有：v5=2.4m/s；系统动能的增量为：EK=Ek50=（m1+m2）v52=0.58 J系统重力势能减小量为：Ep=（m2m1）gh=0.19.80.6000m J=0.59 J在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒由于EK=Ek50=（m1+m2）v52=Ep=（m2m1）gh由于（m1+m2）=2（m2m1）所以得到：v2=h所以v2h图象的斜率k=9.7m/s2故答案
21、为：2.4；0.58、0.59；9.7【点评】： 该题的研究对象是系统，要注意m1和m2的重力势能的变化情况利用v2h图线处理数据，（m1+m2）=2（m2m1），那么v2h图线的斜率就等于直线图象中斜率和截距是我们能够利用的信息10（9分）现要用伏安法描绘一只标值为“2.5V，0.6W”小灯泡的IU图线，有下列器材供选用：A电压表（03V，内阻3k；015V，内阻10k）B电流表（00.6A，内阻0.5；03A，内阻0.1）C滑动变阻器（10，2A）D滑动变阻器（100，1.0A）E蓄电池（电动势6V，内阻不计）（1）为了减小测量误差，图甲中的S1应接M（填“M”或“N”），滑动变阻器应选用
22、C（用序号字母表示）（2）根据你选择的电路，用笔画线代替导线在图乙中将实物连接成实验所需电路图（3）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于A端（选填“A”、“B”或“AB正中间”）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，电压表示数变化明显，但电流表示数始终为0，则电路故障为小灯泡断路【考点】： 描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】： 实验题【分析】： （1）由题目中给出的仪表可得出滑动变阻器及电流表接法，则可以选择电表；（2）由原理图即可得出实物图；（3）根据实验安全性要求可得出滑片开始时的位置；由实验现象明确电路故障【解析】： 解：（1）由实物图可知，电路采用了滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻较小，故
23、电流表采用外接法；故S1应接在M点；因采用分压接法，故滑动变阻器采用小电阻；故选：C；（2）根据实验原理图得出实物图如图所示；（3）为了保证实验安全，开始时灯泡两端的电压应为最小，故滑动变阻器的滑片应在A端；由题意可知，电压表示数变化明显，说明电压表与电源相连，且滑动变阻器连接正常，而电流表没有示数说明电路是断开的，由电路图可知，只能是灯泡发生了断路故障；故答案为：（1）M；C；（2）如图所示；（3）A；小灯泡断路【点评】： 此题是测量小灯泡的伏安特性曲线实验，考查了电流表、电压表的连接及量程的选择，同时考查了电路故障的分析，要掌握伏安法测功率和电阻的实验原理，并找出两个实验中的区别和联系三、
24、计算题：（2小题，共32分按题目要求作答，应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分）11（14分）如图甲所示，倾角=37的粗糙斜面固定在水平面上，斜面足够长一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态当t=0时释放滑块在00.24s时间内，滑块的加速度a随时间t变化的关系如图乙所示已知弹簧的劲度系数k=2.0102N/m，当t=0.14s时，滑块的速度v1=2.0m/sg取l0m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8弹簧弹性势能的表达式为Ep=kx2（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形
25、变量）求：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W【考点】： 动能定理的应用【分析】： （1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动根据加速度的大小，结合牛顿第二定律求出摩擦力的大小（2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，结合弹性势能的表达式，根据动能定理求出d的大小（3）物块速度减为零后反向做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律分别求出各段过程中的位移的大小，从而得出摩擦力做功
26、的大小【解析】： 解：（1）当t1=0.14s时，滑块与弹簧开始分离，此后滑块受重力、斜面的支持力和摩擦力，滑块开始做匀减速直线运动由题中的图乙可知，在这段过程中滑块加速度的大小为：a1=10m/s2根据牛顿第二定律有：mgsin+f=ma1代入数据解得：f=4.0N （2）当t1=0.14s时弹簧恰好恢复原长，所以此时滑块与出发点间的距离d等于t0=0时弹簧的形变量x，所以在00.14s时间内弹簧弹力做的功为：W弹=Ep初Ep末=在这段过程中，根据动能定理有：W弹mgdsinfd=mv120代入数据解得：d=0.20 m （3）设从t1=0.14s时开始，经时间t1滑块的速度减为零，则有：t
27、1=0.20s这段时间内滑块运动的距离为：x1=0.20m此时t2=0.14s+t1=0.34s，此后滑块将反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可求得此时加速度的大小为：a2=2.0m/s2在0.34s0.44s（t2=0.1s）时间内，滑块反向运动的距离为：x2=t22代入数据解得：x2=0.01m所以在00.44s时间内，摩擦力f做的功为：W=f（d+x1+x2）代入数据解得：W=1.64J答：（1）斜面对滑块摩擦力的大小f为4.0N；（2）t=0.14s时滑块与出发点间的距离d为0.20m；（3）在00.44s时间内，摩擦力做的功W为1.64J【点评】： 本题考查了牛顿第二定律、动能定
28、理和运动学公式的综合运用，关键结合图象理清滑块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解12（18分）电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt（k为大于零的常数），空气阻力忽略不计（1）求t=0时刻，线框中感应电流的功率P；（2）若线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；（3）若用相同的金
29、属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大【考点】： 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】： （1）根据法拉第电磁感应定律，结合功率表达式，即可求解；（2）根据动能定理，与法拉第电磁感应定律求得平均电动势，及闭合电路欧姆定律，电量表达式，从而即可求解；（3）根据感应电动势与感应电流值，依据安培力表达式，及牛顿第二定律，即可证明【解析】： 解：（1）t=0时刻线框中的感应电动势 功率 解得（2）由动能定理有W=Ek解得穿出过程线框中的平均电动势线框中的电流通过的电量：q=it=|0B0S|=；（3）n匝
30、线框中t=0时刻产生的感应电动势线框的总电阻R总=nR 线框中的电流t=0时刻线框受到的安培力F=nB0IL设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F=（nm+M）a解得可知，n越大，a越大 答：（1）线框中感应电流的功率；（2）安培力对线框所做的功通过导线截面的电荷量；（3）根据可知，n越大，a越大【点评】： 考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，理解电量的综合表达式的推导，注意安培力大小与匝数有关四、选修模块（15分）13（6分）以下说法正确的是（） A 玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射 B 天然放
31、射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构 C 爱因斯坦光电效应理论认为光电子的最大初动能跟照射光的频率成正比 D UTh+He是衰变 E 铋210的半衰期是5天，则8个铋210经过10天后还剩2个【考点】： 轻核的聚变；天然放射现象【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 玻尔理论认为，原子轨道是量子化的，且处于定态，不产生电磁辐射；天然放射现象揭示了原子核内部有复杂结构；根据光电效应方程判断光电子的最大初动能与入射光频率的关系半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用【解析】： 解：A、玻尔理论认为，原子中的电子在某些不连续的特定轨道上绕核转动是稳定的，不产生电磁辐射，故A正确B、天然放射现象的射线来
32、自原子核，说明原子核内部有复杂结构，故B正确C、根据光电效应方程知，Ekm=hvW0，光电子的最大初动能与照射光的频率不成正比，故C错误D、衰变是自发进行的，放出一个氦核，形成一个新核，故D正确E、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，故E错误故选：ABD【点评】： 本题考查了玻尔理论、天然放射现象、光电效应方程、衰变、半衰期等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点14（9分）两个质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg的小滑块A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小滑块A粘连，另一端与小滑块B接触而不粘连现使小滑块A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0=3m
33、/s在水平面上做匀速直线运动，如图所示一段时间后，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两滑块仍沿水平面做直线运动，两滑块在水平面分离后，小滑块B冲上斜面的高度为h=1.5m斜面倾角=37，小滑块与斜面间的动摩擦因数为=0.15，水平面与斜面圆滑连接重力加速度g取10m/s2求：（提示：sin37=0.6，cos37=0.8）（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小；（2）解除锁定前弹簧的弹性势能【考点】： 动量守恒定律；动能定理的应用【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）由动能定理可以求出小滑块到达斜面底端时的速度；（2）两滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定
34、律与能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能【解析】： 解：（1）设分离时A、B的速度分别为vA、vB，小滑块B冲上斜面轨道过程中，由动能定理得：mBghmBgcos37=0mBvB2，代入数据解得：vB=6m/s；（2）两滑块在水平面上做匀速直线运动，处于平衡状态，系统所受合外力为零，系统动量守恒，以滑块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAvA+mBvB，代入数据解得：vA=2m/s，在弹簧解除锁定到两滑块分离过程中，由能量守恒得：（mA+mB）v02+Ep=mAvA2+mBvB2，代入数据解得：Ep=0.6J；答：（1）A、B滑块分离时，B滑块的速度大小为6m/s；（2）解除锁定前弹簧的弹性势能为0.6J【点评】： 本题考查了求滑块的速度、弹簧的弹性势能问题，分析清楚运动过程是正确解题的关键，应用动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题
