北京市朝阳区2024-2025学年高三年级上册期中质量检测物理试卷（解析版）

北京市朝阳区2024〜2025学年度第一学期期中质量检测

高三物理

(考试时间90分钟满分100分)

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.关于直线运动与曲线运动，下列选项正确的是()

A.速度改变的运动一定是曲线运动B.速度恒定的运动一定是直线运动

C.加速度改变的运动一定是曲线运动D.加速度恒定的运动一定是直线运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.若速度的大小改变，方向不变时，运动是直线运动，故A错误；

B.速度恒定的运动一定是匀速宜线运动，即直线运动，故B正确；

C.曲线运动是初速度与加速度不共线，加速度的方向与速度共线时，即使加速度大小变，方向不变，物

体也做直线运动，故C错误：

D.只要加速度与初速度不共线物体就做曲线运动，马加速度变不变化无关。比如平抛运动，是曲线运

动，加速度恒定，故D错误。

故选B。

2.运动会中有l()()m、200m、400m比赛。如图所示，在200m、400m比赛中运动员从不同的逗跑线出

发，全程分道赛跑，比赛的最后程都经过跑道的直道部分，到达同一条终点线。下列选项正确的是

()

A.在100m比赛中,运动员的位移大小相等

B,在200m比赛中,不同跑道的运动员的位移相同

C.在400m比赛中,外跑道的运动员的路程大

D.在400m比赛中,不同跑道的运动员的位移相同

【答案】A

【解析】

【详解】A.100m是直线运动，则运动员的位移大小相等，故A正确；

BD.在200m和400m比赛中，由于赛道不同，起点和终点不同，则位移不相同，故BD错误；

C.在400m比赛中，所有运动员的路程相同，故C错误。

故选Ao

3.甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向同一方向做直线运动，位移-时间图像如图所示。则下列选项正

确的是（）

A.甲、乙均做加速运动B.乙时刻甲、乙的速度相同

C.在。~。时间内甲的速度总比乙大D.在（）~4时间内甲、乙的平均速度相同

【答案】D

【解析】

【详解】ABC.位移一时间图象的斜率等于速度，由图可知在0~乙时间内，甲的斜率不变，则速度不

变，甲做匀速直线运动，乙图线的斜率先小于甲后大于甲，即乙的速度先小于甲后大于甲，乙做加速运

动，乙时刻甲、乙的斜率不同，速度不相同，故ABC错误；

D.根据图像信息可知，甲乙做单向直线运动，在。时间内纵坐标的变化量相同，甲乙位移相同，根据

t

可知平均速度相等，故D正确。

故选D。

4.手持较长软绳端点O以周期7在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成沿绳水平方向

传播的简谐波，如图所示。绳上有另一质点尸（图中未画出），且0、0的平衡位置间距为心，=0时，。

位于最高点，。位于最低点，下列选项正确的是（）

B.该简谐波的最大传播速度为匕

A.该简谐波是纵波

T

时，户在平衡位置上方T

C./=5D.时，尸的速度方向竖直向上

2

]C

【解析】

【详解】A.该简谐波振动方向用波的传播方向垂直，是横波，故A错误;

B.O位于最高点，尸位于最低点，且。、尸平衡位置间距为1,则

L=(〃+；)/(〃=(),1,2,3....)

则波长

;=_^_

1、(〃=0,1,2,3....)

(〃+])

该简谐波的传播速度

二4二L

V~T~~EL(〃=0，1，2，3……)

(〃+/

当〃=0时，传播速度最大

2L

V.n=Y

故B错误;

T

C./=()时，夕位于最低点，t；时，。位于最高点，P在平衡位置上方，故C正确;

TTT

D./=＜之前很短时间内时，。的速度方向向上，1=7之后很短时间内时，。的速度方向向二，，=不时,

222

P在最高点，速度为零，故D错误。

故选Co

5.生活中常用绳索来改变或固定悬吊物的位置。如图所示，悬吊重物的细绳。点被一水平绳8。牵引，使

悬绳40段和竖直方向成。角。悬吊物所受的重力为G。下列选项正确的是()

A.绳AO所受拉力大小为Gsin。

B.绳4。所受拉力大小为Gtan。

C.保持。点位置不变，若8点上移，则绳A0中拉力变大

D.保持0点位置不变，若8点上移，则绳B0中拉力变大

【答案】B

【解析】

【详解】AB.对。点受力分析，如图

根据几何关系可知

G

F（）A——，FOB=Gtan夕

cos夕

故A错误，B正确；

CD.根据题意，对结点。受力分析，保持。点不动，缓慢向上转动30绳，如图所示

由图可知，04拉力一直减小，0B拉力先减小后增大，故CD错误；

故选B。

6.在平直的公路上，一辆小汽车前方26m处有一辆大客车正以12m/s的速度匀速前进，这时小汽车从静止

出发以Im/s2的加速度追赶。下列选项正确的是（）

A.小汽车运动12s追上大客车B.小汽车运动338m追上大客车

C.追上时小汽车的速度大小为24m/sD.追上前两车之间的最远距离为72m

【答案】B

【解析】

【详解】A.设小汽车运动乙追上大客车，则有

12

Wi+-Yo=-^r

解得

乙=26s或/]=-2s（舍去）

此时小汽车运动的位移

x小汽4=；〃：=338m

故A错误；B正确;

C.追上大客车时小汽车的速度大小为

匕=at}=26m/s

故C错误;

D.依题意，追上大客车前两车共速时它们之间的距离最远，则有

V客车=at2,Ax=v客车J+玉，-2々I

联立，解得

Ar=98m

故D错误。

故选B。

7.如图所示，传送带的水平部分长为乙传动速率为V,在其左端无初速度放•小木块，若木块与传送带

间的动摩擦因数为4，则木块从左端运动到右端的时间不可能是（）

AL+L

B.

v2〃g7

2L

C.D.

v

【答案】B

【解析】

【详解】A.木块可能在传送带上先做匀加速直线运动,速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动。匀

加速直线运动的加速度

匀加速运动的时间

V

A=—

匀加速直线运动的位移

V"2V)

X.=—=--------

2〃

匀速运动的时间

_L—A)_Lv

VV2〃g

则木块从左端运动到右端的时间

Lv

/=1+八=一+----

-24g

故A可能；

BCD.木块在传送带上可能直做匀加速直线运动，到达右端的速度恰好为y时，根据平均速度推论知

L=-t

2

则运动的时间

2£

若到达右端的速度小于y时，则运动的时间应该大于不，根据

L=-ar

2

得

=匹Va=匹V4g

故B不可能，CD可能。

本题选不可能的，故选B。

8.“套圈圈”是许多人喜爱的一种游戏。如图所示，小孩和大人在同一竖直线上的不同高度先后水平抛出

圆环，且圆环都恰好套中前方同•个物体，若大人抛出圆环的高度为小孩抛出高度的〃倍，圆环的运动均

可视为平抛运动，则大人和小孩所抛出的圆环（）

A.运动时间之比为〃：1B,速度变化率之比为1：«

C.水平初速度大小之比为1：«D.落地时速度大小之比为1：〃

【答案】C

【解析】

【详解】A.圆环被抛出后做平抛运动，设小孩抛出圆环的高度为〃，则大人抛出圆环的高度为新；则

712,12

nh=-^\»h=Qgt-

解得

%：，2=册：1

故A错误；

B.速度变化率即加速度，做平抛运动的物体的加速度都是重力加速度g,故B错误；

C.平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动，则

X=V/),x=v2t2

解得大人和小孩所抛出的圆环水平初速度大小之比为

匕：匕=1:&

故C正确：

D.大人和小孩所抛出的圆环落地时速度大小分别为

%'=&+g2

则有

，k+〃g2g

v；\片+铲片

故D错误。

故选C。

9.如图所示是A、B两物体做匀速圆周运动的向心加速度。的大小随半径7•变化的图像，其中A为反比例

函数图像。由图可知当圆周运动的半径增大时（）

1k

Or

A.物体A运动的线速度增大B.物体B运动的线速度增大

C.物体A运动的角速度增大D.物体B运动的角速度增大

【答案】B

【解析】

【详解】AC.曲线A中。与「成反比，则由向心加速度公式

V

a=—

r

可知，A物体的线速度大小不变；

由

v=rco

知角速度逐渐减小的，故AB错误；

BD.曲线B图中。与r成正比，则由向心加速度公式

a=rco1

可知，B物体运动的角速度保持不变，由

v=rco

可知线速度增大，故B正确，D错误。

故选B。

10.如图所示，水平面上放一足够长的木板，木板左侧固定一轻弹簧并与物块的左侧连接，控制木板和物

块均静止并使弹簧处于压缩状态，不计各表面摩擦。现同时释放木板和物块，则（）

I

A.弹簧恢复原长时物块动量最大B.弹簧伸长最长时木板动能最大

C.木板与物块最终一起向左运动D.木板、物块、弹簧组成的系统机械能变大

【答案】A

【解析】

【详解】不计各表面摩擦，则木板不动，动能一直为o,弹簧恢复原长时，速度最大，根据〃=根口可.知,

此时动量最大，只有系统内部弹力做功，则木板、物块、弹簧组成的系统机械能守恒。

故选Ao

11.如图所示，轻质定滑轮固定在天花板上，质量分别为㈣、川2的物体1和2用不可伸长的轻绳相连，

悬挂在定滑轮上，且叫＜初2。1=0时刻将两物体由静止释放，物体2的加速度大小为4。重力加速度大

小为g,不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列选项正确的是()

////////

AF.两物体的加速度相同

R〃与(m2-/«,)成正比

C.物体1机械能增加量小于物体2机械能减少量

D.物体1动能增加量小于其重力势能增加量

【答案】D

【解析】

【详解】A.两物体由静止释放后，由于班＜"%，所以物体1向上加速，物体2向下加速，两物体的加

速度大小相等，方向相反，加速度不同，故A错误；

B.对物体1根据牛顿第二定律，有

耳一〃qg=mxa

对物体2根据牛顿第二定律，有

m2g一耳=叫a

两式联立，求得

-m,

〃2,-nt

所以,〃与嬴京成正比,故B错误；

C.两物体组成的系统机械能守恒，所以物体1机械能增加量等于物体2机械能减少量，故C错误;

D.假设物体1上升的高度为人则物体1动能增加量为

△昂二F合/

物体1重力势能增加最为

△%=m】gh

根据牛顿第二定理，有

„-m.一m.

因

叫一町C

〃4+m2

故

%v叫g

即

△昂<△%

故D正确。

故选D。

12.当自行车在水平路面上正常匀速前进时，轮胎边缘气门嘴的运动，可以等效成一个沿前进方向匀速直

线运动和一个匀速圆周运动的合运动。关于气门嘴，下列说法正确的是（）

A.相对于轮轴的线速度和沿前进方向匀速直线运动的速度一定相同

B.运动到车轮轮轴前方同一水平位置时的速度方向竖直向下

C.所受合力大小不变，方向始终指向车轮轮轴方向

D.运动到最低点时所受合力为零

【答案】C

【解析】

【详解】A.根据

2nr

v=------

T

可知，相对于轮轴的线速度和沿前进方向匀速直线运动的速度大小相等，方向不同，故A错误；

B.运动到车轮轮轴前方同一水平位置时的速度方向是竖直向下和水平方向的合速度方向，不是竖直向下，

故B错误；

CD.气门嘴参与匀速直线运动和匀速圆周运动两个分运动，则所受合力提供向心力，大小不变，方向始终

指向车轮轮轴方向，故C正确，D错误。

故选C。

13.不计质量的弹簧一端连接一个可看作质点的小球构成弹簧振子，若小球质量为〃人弹簧的劲度系数为

k,则系统做简谐运动的固有周期为7=2%上。实验小组把未连接小球的弹簧竖直悬挂在铁架台的横杆

上，拉伸弹簧并释放后，发现弹簧不悬挂重物时也存在振动周期。为探究这一问题，小组同学首先测量了

弹簧自身的质量〃与，然后按照图1所示的装置把不同质量的小球悬挂在这根弹簧的卜端，测量并记录系

统振动周期7与对应的小球质量〃］，作出尸一根的图像如图2所示，发现该图像为•条不过原点的直线。

对这一探究过程，以下推理正确的是（）

图1图2

A.小球质量不同，造成弹簧劲度系数发生了变化

B.图像不过原点是周期的测量值存在误差造成的

C.图2中图线延长线与横轴交点的绝对值不等于〃%

D.使系统在水平方向做简谐运动，尸-"2图像将通过原点

【答案】C

【解析】

【详解】A.弹簧劲度系数由弹簧本身决定，故A错误；

BC.当不计弹簧重力时，在平衡;立置时有，令此时弹簧伸长量为与,则

mg=K

以平衡位置为初始位置，为重力的零势面，向下为正方向，小球位移为“，有能量守恒定理可得

―加"+3^（工+与）2-1^02=1

—mv

2

可得

-kx2=-mv2

22

计弹簧质量时，弹簧时匀质弹簧，均匀伸长，悬挂点速度为0,和小球接触的末端速度为L设质量为〃2。,

则将弹簧等分为〃份（〃-8）,从悬挂点开始数，第〃，份弹簧的动能和重力做功

］叫n'叫x1

=--（―v）2,=—

2nnnnn

则整个弹簧的动能

线裳争争的2弓争为21%）、，

¥2n（nV）

则

它竽心+3?+…总学也?

由于九一＞8,则

F12

弹簧重力势能变化关系

尸111

与二m砥期=

由于〃一＞8,则

Ep=。

则计弹簧重力时

2

7gx+gz（x+Xo;—g公/=3〃八，+1w（）V

则

111、2

k7x2（

5=5"丁产

即计弹簧重力时，不计弹簧重力悬挂等效为质量为机+g〃7°的小球。则此时周期

十

则〃一根图像图线延长线与横轴交点的绝对值等于gm。，不过原点也并非是测量误差的原因，故B错误,

C正确;

D.使系统在水平方向做简谐运动，同理可得弹簧的质量也应等效到振子质量中，则一〃?图像不会通过

原点，故D错误；

故选C。

14.蛟龙号载人潜水器是一艘由中国自行设计、自主集成研制的潜水器，当前最大下潜深度7062.68m。设

想潜水器的平稳潜浮，是通过微调吸入或排出的水量来实现的。在潜深4000m到7000m阶段视为匀速下

潜，为简化分析，可视为潜水器(包含吸入的水)只受重力、浮力及流体阻力，其中浮力与=4〃，流体

阻力鸟=&0声。如图所示，深度大于1000m后，海水密度。随深度力变化呈线性关系

p=0o+&(〃-1000)。上述表达式中占、⑥、％、0()均为定值，重力加速度为8。潜水器在下潜

40com〜7000m过程中，下列说法王确的是()

A.题目中0()表示海而处海水的密度

B.浮力做功为叱=3(XX)K(M+4500©

C.只有重力、浮力及流体阻力做功

D.若潜水器内水质量变化了Am,则可求出潜水器的速度大小

【答案】D

【解析】

［详解］A.将/?=1000m代入

p=P。+&(〃-1°0°)

可知Po表示1000m处海水的密度，故A错误；

B.潜水器在下潜4000m~7000m过程中，浮力为

£二勺4一女&I。。。+4&力

将％=4000m、%=7000m代入解得

R=kq+3000—，£〃=匕.+6000"

由于"-〃成线性变化，则浮力做功为

叱=-伏W。+3000"3)；*2。+60003)x3000=-3(XX)勺(A)+4500%)

故B错误；

C.吸入水的过程中还有其他力做功，故C错误；

D.设潜艇原来的质晟为机，根据力的平衡条件可知

mg=3+k"

吸入水后，有

2

(m+△〃?)g=kg+k2p2v

其中0代表4000m处水的密度，。2代表7000m处水的密度，代入后可解得速度，故D正确;

故选D。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15

(1)某同学用频闪照相记录平抛小球在不同时刻的位置，探究平抛运动的特点。关于该实验，下列做法

中正确的是_______O

A.选择体积小、质量小的小球

B.借助重锤线确定竖直方向

C.先打开频闪仪，再抛出小球

(2)如图1所示，某同学用向心力演示器探究向心力大小〃与物体的质量加、角速度。和轨道半径r的

关系。通过本实验可以初步得到的结果是________O

A.在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比

B.在质量和角速度一定的情况下，向心力的大小与半径成反比

C.在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比

(3)利用图2所示装置通过研究重物的落体运动来验证机械能守恒定律。下列做法中正确的是

图2

A.要用秒表测量时间

B.选用重物时，同样大小、形状的重物应选重•点的比较好

C.可以利用公式u=J丽来计算瞬时速度

(4)某同学在竖直悬拄的弹簧下加挂钩码，研究弹力与弹簧仲K量的关系。他根据实验数据作出钩码的

质量加跟弹簧总长度X关系的图像，如图3所示，重力加速度取9.8m/s2。由图可知弹簧的劲度系数为

N/m(结果保留两位有效数字)。

【答案】(1)BC(2)AC(3)B

(4)29

【解析】

【小问1详解】

A.选择体积小、质量大的小球，可以减小阻力的影响。故A错误;

B.实验中需要借助重锤线确定竖直方向。故B正确；

C.实验过程中先打开频闪仪，再抛出小球。故C正确。

故选BC。

【小问2详解】

根据

F=m（o2r

可知，在半径和角速度一定的情况下，向心力的大小与质量成正比；在质量和角速度一定的情况下，向心

力的大小与半径成正比；在质量和半径一定的情况下，向心力的大小与角速度平方成正比。

故选AC。

【小问3详解】

A.实验过程中，由纸带上点迹间的时间间隔计时，不需要秒表。故A错误；

B.实险过程中为了减小空气阻力的影响，选用重物时，同样大小、形状的重物应选重一点的比较好。故

B正确：

C,实验过程中根据一段时间的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度来计算瞬时速度。公式

u=J砺是在物体做自由落体运动前提下推导出的，用来计算瞬时速度验证机械能守恒没有意义。故C

错误。

故选Bo

【小问4详解】

弹簧的劲度系数为%,根据胡克定律，有

F=k()(x-x())=mg

整理，可得

m=—k°x——K/o

gg

结合图3,可知

%A/w120x1()-'

—=k=-=,s-2kg/m=3kg/m

g4x10

解得

%=29N/m

16

（1）如图1所示为“探究小车加速度。马受力尸、质量M的关系”实验装置图。

¥

□

槽码

图1

①实验中主要采用的研究方法是O

A.理想模型法B.微元法C.控制变量法

②关于本实验，下列说法正确的是。

A.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车

B.每次增加重物改变小车的质量，都需要重新平衡摩擦力

C.立衡小车受到的摩擦力和其他阻力时，应不挂槽码

③经正确操作后获得一条如图2所示的纸带，选取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，建立以计数点0为

坐标原点的x轴，相邻计数点间的时间间隔为丁，计数点0、3、6的位置坐标分别为0、％。小车加

速度的表达式是________（用所给字母表示）。

04乙2

0123456x

012345678910II1213M]516171819202122232425262728293O3I3233J435563738394041424344454647484950

cm

图2

（2）如图3所示，两小车放在水平桌面上，把木板一端适当垫高平衡阻力。两小车前端各自通过小盘及

重物牵引，后端各系一条细线，用板擦把两条细线按在木板上，使小车静止。抬起板擦，小车同时运动,

一段时间后按下板擦，小车同时停下。

黑板擦（______

-n_|小车1

运动方向

-----1小车21

俯视图

①用小盘和盘中重物的总重力大小代替拉小车的轻绳拉力大小，其条件是小盘和盘中重物的总质量

（选填“远大于”、“远小于”或“等于”）小车和车中重物的总质量;

②在盘中重物相同且保持不变的情况下，通过增减小车中的重物改变小车的质量，多次进行实验，测得多

组数据。把两小车质量（包括车上重物质量）之比"作为横轴，对应的两小车位移大小之比工作为纵

加2内

元,m.

轴，作出-—-1图像。该图像满足什么特征即可说明“合力一定时，物体加速度与其质量成反比”

X]m2

【答案】⑴①.C②.AC®.L-~2L[

9T2

(2)①.远小于②.过原点的一条倾斜直线，斜率为1

【解析】

【小问1详解】

①[1]影响加速度大小的因素有木块和祛码的总质量、木块和祛码所受的合外力，探究加速度与力、质量

的关系，先控制其中一个物理量不变，探究加速度与另一个物理量的关系，本实验主要应用的方法是控制

变量法。

故选C。

②[2]A.实验时，应先接通打点计时器的电源，再释放小车，故A正确；

B.平衡摩擦力只需要平衡一次即可，每次增加重物改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力，故B错

误；

C.该实验中需要把带滑轮的长木板右垫高来补偿阻力的影响；利用木块重力沿木板向下的分力来补偿阻

力，所以木块不悬槽码，但要连接纸带并使用打点计时器，故c正确；

故选ACo

③⑶根据逐差法可知加速度为

L,也

a=~~~T-1-

9T2

【小问2详解】

①UI根据牛顿第二定律可得

mg=(M+tn)a

轻绳拉力为

「M

F=------m2

所以用小盘和盘中重物的总重力大小代替拉小车的轻绳拉力大小，其条件是小盘和盘中重物的总质量远小

于小车和车中重物的总质量；

②[2]根据运动学公式

12

x=-at

2

牛顿第二定律可得

F

a=——

m

整理可得

Ft21

x=-----------

2m

所以两车合外力相同，运动时间相同时，有

"々_-网-

X)叫

该图像满足过原点的一条倾斜直线，斜率为1的特征即可说明“合力一定时•，物体加速度与其质量成反

比”

17.如图所示，把个质量为〃“-0.2kg的小球放在高度为〃-5.0m的直杆顶端。颗了弹以皿-500m/s

的速度沿水平方向击中并穿过小球，小球落地处离杆底端的距离为s=20m,子弹落地处离杆底端的距离

丁=100m,小球和子弹的落点与直杆底端在一条直线上。忽略空气阻力的影响，取重力加速度10

（1）子弹穿过小球瞬间的速度大小

（2）子弹对小球做的功W：

（3）子弹的质量"加。

【答案】（1）lOOnVs

(2)40J(3)0.01kg

【解析】

【小问1详解】

作用后小球及子弹的飞行时间为，，根据水平方向匀速直线运动

%;7

竖直方向自由落体运动

h=Qgi-

解得子弹的末速度

%'=1OOm/s

【小问2详解】

设作用后小球的速度为打则有

v=-=20m/s

t

对小球由动能定理得

W=

解得

W=40J

【小问3详解】

子弹击穿小球过程中，根据动量守恒定律得

〃?o%=，%%'+少

解得

=0.01kg

18.如图所示，长度为L的粗糙水平面48与竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道在8点平滑相接，一质

量为〃?的小滑块将轻弹簧压缩至4点后由静止释放，小滑块到达B点前已和弹簧分离，经过8点后沿半圆

轨道恰好能通过最高点C作平抛运动。已知：R=0.9m,〃z=（）.2kg,L=10m,小滑块与轨道A8间

的动摩擦囚数〃=0.2,重力加速度大小取g=10ni/s、。求：

（1）小滑块通过。点的速度大小％;

（2）小滑块对圆枕道最低处。点的压力大小小

(3)弹簧压缩至4点时的弹性势能Ep。

【答案】(1)3nVs

(2)12N

(3)8.5J

【解析】

【小问1详解】

小滑块恰好能通过最高点C，根据牛顿第二定律有

解得

vc==3m/s

【小问2详解】

从B点到C点应用动能定理

cn1212

-mg-2K=—mv~.——mVg

在B点由牛顿第二定律有

F支一mg=mY^

根据牛顿第三定律可得小滑块对圆轨道最低处8点的压力大小

F=F「12N

【小问3详解】

根据能最守恒有

Ep=wngL+3^

解得

Ep=8.5J

19.一种对钢水管道中的钢水减速缓冲的设计方案如图1所示。钢水在截面为矩形的水平腔内以速度之匀

速流动，钢锭P静置在缓冲区。内的MN处。为简化起见，如图2所示，将钢水视为与钢锭P相同的

长方体A,且A、P质量均为加。当钢水A与钢锭P同时处于缓冲区时，A、P受到大小相等且方向相反的

作用力使A立即减速、P立即加速，作用力与A、P的速度之差成正比，比例系数为鼠忽略钢锭本身的大

小，不考虑其他作用力，且钢水A在缓冲区未与钢锭P接触。

7

（1）求钢水A运动过程中的最大加速度。m；

（2）若钢锭P到达缓冲区边界cd时的速度为会，求:

a.此过程系统损失的机械能AE；

b.MN与边界出?间的最小距离X。

【答案】（1）4"="

m

2,

(2)a.AE=­/nVg；

【解析】

【小问1详解】

由牛顿运动定律

得钢水的加速度为

火％

4=—

m

【小问2详解】

a.当A、P均处于缓冲区时，系统动量守恒，取初速度方向为正，根据动量守恒定律有

加％=tnv+m.为

{3

△E=gmv^-g/nv；

解得

AL2,

AE=-mv^

b.由于钢水A和钢锭P受到的作用力与速度差成正比，因此其平均作用力也与平均速度差成正比。设