【文档说明】山东省济南市莱芜第一中学2022-2023学年高二上学期期末阶段性学情检测物理试题 word版含解析.docx，共(26)页，1.088 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度第一学期阶段性学情检测高二物理试题一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法中正确的是（）A.周期性变化的电场可以产生恒定的磁场B.若有一小段通电导体

在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为0C.麦克斯韦最早通过实验证实了电磁波的存在D.磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量【答案】D【解析】【详解】A．根据麦克斯韦电磁理论，周期性变化得电场可以产生周期性变化的磁场，故A错误；B．通电导体在磁场中受到的磁场力为安培力，安培力的表达

式为FBIL=当通电导体所受的安培力为零时有可能磁感应强度为零，也可能导体与磁场方向平行，故B错误；C．赫兹最早通过实验证实了电磁波的存在，故C错误；D．磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量，故D正确。故选D。2.A、B、C、D是

以AD为直径的半圆弧上的四个点，O为半圆弧的圆心，30AOBDOC==。在A、D处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，此时O点的磁感应强度大小为B0。若将A、D处的长直导线分别移至B、C处，则此时O点的磁感应强度大小为（）A.B0

B.02BC.0233BD.032B【答案】D【解析】【详解】设长直导线在O点的磁感应强度大小为B，根据安培定则和叠加原理02BB=2cos30BB=解得032BB=故选D。3.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其自感系

数很大，直流电阻忽略不计，下列说法正确的（）A.S闭合瞬间，A先亮B.S闭合瞬间，A、B同时亮C.S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭D.S断开瞬间，A逐渐熄灭，但不会闪亮一下【答案】C【解析】【详解】AB．开关S闭合时，灯泡A所在支路由于二极管的单向导电性而处于断路状态，所以灯泡A不会

亮。由于线圈的自感作用，灯泡B逐渐亮起来，故AB错误；CD．开光S断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈、二极管、灯泡A构成了一个闭合回路，自感电流的方向符合二极管的导通方向，所以灯泡A开始发光，随着自感电流减小，灯泡A熄灭，即灯泡A闪亮一下，然后逐渐熄灭。灯泡B则立即熄灭，故C正

确，D错误。故选C。4.如图所示，固定在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现杆在水平向

左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程错误．．的是（）A.杆的速度最大值为22()FmgRBd−B

.流过电阻R的电荷量为BdLRr+C.从静止到速度恰好达到最大经历的时间2222()()()mRrBdLtBdFmgRr+=+−+D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量【答案】A【解析】【详解】A．当杆的速度达到最大时，安培力为22=

BdvFRr+安此时杆受力平衡，则有F-μmg-F安=0解得22()()FmgRrvBd−+=A错误，符合题意；B．流过电阻R的电荷量为BdLqItRrRr===++B正确，不符合题意；C．根据动量定理有()FmgtBItmv−−=，qIt=结合上述解得

2222()()()mgRrBdLtBdFmgRr+=+−+C正确，不符合题意；D．对于杆从静止到速度达到最大的过程，根据动能定理，恒力F、安培力、摩擦力做功的代数和等于杆动能的变化量，由于摩擦力做负功

，所以恒力F、安培力做功的代数和大于杆动能的变化量，D正确，不符合题意。故选A。5.玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，如图所示，枪口直径为d，水的密度为，水平出射速度为v，垂直击中竖直

目标后以大小为0.2v的速度反向溅回，则水柱水平击中目标的平均冲击力大小为（）A.221.2πdvB.220.3πdvC.21.2πdvD.20.3πdv【答案】B【解析】【详解】设t时间内水枪喷出的水柱长度为l，则有lvt=t时间内冲

击墙壁水的质量为21π4mVSldl===设墙壁对水柱的平均冲击力大小为F，根据动量定理有0.2()Ftmvmv=−−联立以上三式解得220.3πFdv=根据牛顿第三定律可知水柱水平击中目标的平

均冲击力大小为的220.3πFFdv==故选B。6.如图所示，回旋加速器两个D形金属盒分别和一高频交流电源两极相接，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近。若粒子源射出的粒子（初速度不计）电荷量为q，质量为m，粒子最大回旋半

径为R，则（）A.粒子在盒内一直做加速圆周运动B.所加交流电源周期为mqBC.粒子加速后获得的最大动能小于()22qBRmD.若将交流电源电压U减小，粒子在D形盒内运动的时间变长【答案】CD【解析】【详解】A.粒子在磁场中做

匀速圆周运动，A错误；B.所加交流电源的周期等于粒子做圆周运动的周期2mqB，B错误；C.根据动能的定义2k12Emv=根据牛顿第二定律2vqvBmR=解得2k()2qBREm=的C正确；D.若将交流电源电压U减小，粒子加速次数增多，在D形盒内运动的时间变长，D正确。故选CD。7.如图

所示，电源的电动势为E，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，电阻RA、RB的阻值与滑动变阻器的最大阻值相等。在滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是（）A.电压表示数U与电流表示数I

的比值不变B.电流表的示数增大C.电压表的示数先增大后减小D.电源的效率一直增大【答案】C【解析】【详解】A．由电路图可知，电压表示数U与电流表示数I的比值表示的是外电路的总电阻，滑动变阻器的滑片P从a端滑到b端，外电路的总电阻变化，则电压表示数U与电流表示数I的比值变化，A错误；BC．当滑动变

阻器的滑片处于中点时，两个并联支路的电阻相等，并联后电阻最大，则滑片P从a端滑到b端的过程中，外电路的总电阻先增大后减小，则电流表示数先减小后增大，电压表示数先增大后减小，B错误，C正确；D．电源的效率可表示为110

0%100%100%1UIRrEIRrR===++外电路的总电阻先增大后减小，电源的效率先增大后减小，D错误。故选C。8.我国超级电网，将热、水、风、光、核发电及电动汽车电池储能并入电网．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压

器原、副线圈两端的电压分别为1U和2U，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为3U和4U．在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确酌是（）A.两互感器均起到降压

作用B.若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kWC.若保持发电机输出电压1U和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少D.若发电机输出电压1U一定，若用户数增加，为维持用

户电压4U一定，可将滑片P下移【答案】B【解析】【详解】A．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故A错误。B．电压互感器原线圈两端电压12210220V2200V1nUUn===

电流互感器原线圈中的电流4231010A100A1nIIn===对于理想变压器，输送功率P=P2=U2I2=2200×100W=220000W故B正确。C．将滑动片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的

匝数n2，根据理想变压器的规律2211nUUn=升压变压器副线圈两端的电压增大；降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流44UIR=当R不变时，I4增大，降压变压器原线圈中的电流4343nIIn=匝数比不变，I3增大，输电

线上损失功率23PIr=增大，故C错误。D．当用户数增加，负载电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流44UIR=增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失ΔU=I3r增大；原线圈两端电压U3=U2-Δ

U将减小，根据4433nUUn=可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑动片P上移，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求

，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。9.如图所示，电源电动势E=6V，小灯泡L标有“2V，2W”字样，开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光；然后将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作。电动机线圈的电阻RM=1Ω。则（）A.

电源内阻为1ΩB.电动机的正常工作电流为1.5AC.电动机的输出功率为2WD.电源效率约为93.3%【答案】AC【解析】【详解】A．开关S接1，当电阻箱调到R=3Ω时，小灯泡L正常发光，此时电路中的电流为1AL

LPIU==电源内阻=1LEUrRI−=−A正确；B．将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作，则此时通过电动机的电流为I=1A，B错误；C．电动机两端的电压UM=E-UL-Ir=3V则电动机的输出功率为P=IUM-I2R

M=2WC正确；D．电源效率约为00611=83.36IUEIrIEE−−==D错误。故选AC。10.图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO'匀速转动，从t=0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所

示，已知线圈的匝数n=50，线圈的电阻r=5Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R=45Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断不正确的是（）A.线圈转动的周期为6.28sB.t=0时刻线圈平面与磁感线平行C.线圈转动过

程中产生的最大感应电动势为1002VD.电压表的示数为452V【答案】AC【解析】【详解】A．由题图乙可知，线圈转动的周期为26.2810T−=sA错误，符合题意；B．由题图乙可知，t=0时刻线圈磁通量是零，

则线圈平面与磁感线平行，B正确，不符合题意；C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为2mm2250210V100V6.2810EnBSn−−====C错误，符合题意；D．由闭合电路欧姆定律，可知电压表的示数为100245V452V455EURRr===++D正确，不符合题意

。故选AC。11.如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m、电荷量为+q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，下列说法中正

确的是（）A.小球的加速度一直增大B.小球的机械能和电势能的总和逐渐不变C.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是22qEmgvqB−=D.下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是22qEmgvqB+=【答案】CD【解析】【详解】A．当小球刚开始下滑速度较小时，所受电场力向左，重力

向下，洛伦兹力向右，滑动摩擦力向上，一开始洛伦兹力小于电场力，故弹力向右，水平方向由平衡条件可得NqEFqvB=+竖直方向上有fmgFma−=又fNFF=随着速度逐渐增大，洛伦兹力增大，弹力减小，摩擦力减小，加速度增大，当

qEqvB=加速度为重力加速度，保持不变，故A错误；B．由能量守恒可知机械能和电势能总量的减小量等于系统因摩擦产生的热量，所以机械能和电势能总和逐渐减少，故B错误；CD．当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g，当加速度为2g，洛伦兹力

较小时有NfqEF=−NmgFma−=f=qvB可求得22qEmgvqB−=当洛伦兹力较大时有NfqEF=+NmgFma−=可求得22qEmgvqB+=CD正确。故选CD。12.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，相距为2L

的两条直线MN、PQ之间存在着竖直向下的匀强磁场，一个用相同材料且粗细均匀的电阻丝制成的、边长为L的正方形线框以速度v1从MN左侧沿垂直于MN的方向进入磁场区，线框完全离开磁场区域时速度大小变为v2，且2112vv=，则以下说法正确的是（）A.整个线框处于磁场

区域运动时，A、B两点电势不相等B.线框进入磁场过程与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量不相等C.线框在进入磁场过程与穿出磁场两个过程中克服安培力做功之比为7：5D.若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三倍【答案】ACD【解析】【详解】A

．整个线框处于磁场区域运动时，线框的磁通量不变，线框中没有感应电流，可线框的AB和DC边切割磁感线产生感应电动势，可知A、D两点电势相等，B、C两点电势相等，由右手定则可知，A、D两点电势高于B、C两

点电势，即A、B两点电势不相等，A正确；B．线框进入磁场过程中，由电磁感应定律可得Et=则有EIR=qIt=2BL=解得2=BLqR同理可知，线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量也为2=BLqR可知线框进入磁场过

程中与线框穿出磁场过程中通过线框截面的电量相等，B错误；C．设线框在完全进入磁场后的速度为v，对线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得111BILtmvmv−=−线框穿出磁场过程，以向右方向为正方向，由动量定

理可得2BILtmvmv−=−又有11ItIt=解得134vv=由动能定理可得线框在进入磁场过程中克服安培力做功为2221111172232Wmvmvmv=−=线框穿出磁场过程中克服安培力做功22222

11152232Wmvmvmv=−=可得127:5:WW=C正确；D．若只将线框进入磁场时的速度v1变为原来的两倍，线框进入磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得1112BILtmvmv−=−线框穿出

磁场过程中，以向右方向为正方向，由动量定理可得2BILtmvmv−=−又有211BLItItR==解得174vv=212332vvv==则线框穿出磁场时的速度v2会为原来的三

倍，D正确。故选ACD。三、非选择题：本题包括6个小题，共60分。13.小明利用如图1所示实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量200.0gM=，槽码和挂钩的总质量50.0gm=。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有

槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间1t和2t，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量v。的（1）

游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d=______mm；（2）打开气泵，带气流稳定后，观察到______，说明气垫导轨水平。（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和v的数据如下表请根据表中数据，在方格纸上作出vt−图线。/st0.7

210.79008540.9130.968()1Δ/msv−1.381.521.641.751.86.（4）查得当地的重力加速度29.80m/sg=，根据动量定理，vt−图线斜率的理论值为______2m/s；（5）实验结果发现，图线斜率的

实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因（）A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大【答案】①.10.20②.滑块在不受拉力作用下能够在短时间内保持静止③.1.96④.B

DDB【解析】【详解】（1）[1]20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图2可知遮光条宽度为10mm40.05mm10.20mmd=+=（2）[2]打开气泵，带气流稳定后，观察到滑块在不受拉力作用下

能够在短时间内保持静止，说明气垫导轨水平；（4）[3]以M、m为系统，根据动量定理可得()mgtMmv=+可得mgvtMm=+则vt−图线斜率的理论值为322350.0109.80m/s1.96m/s+(200.050.0)10mgkMm−−===+（5

）[4]AC．槽码质量在同一实验中不会影响测量值的准确性，释放滑块的位置也不会影响图线的斜率，故AC错误；B．细线与气垫导轨不完全平行，则会在垂直导轨方向产生分力，越靠近定滑轮其水平分力越小，从而使加速度越小，速度变化量vt越小，故B正确；D．

实验中Δt的测量值偏大，则速度变化量vt偏小，会使图线斜率偏小，故D正确。故选BD。14.某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18Ω．为了进一步精确测量该电阻，实验台上备有以下器材：A．电流表（量程15mA，内阻未知

）B．电阻箱（0～99.99Ω）C．电阻箱（0～999.9Ω）D．电源（电动势约3V，内阻约1Ω）E．开关2只F．导线若干(1)甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a．先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电流表指

针有较大的偏转，读出此时电阻箱的阻值R1和电流表的示数I；b．保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值R2．①根据实验步骤和实验器材规格可知，电阻箱应选择_____（选填器

材前的字母）；②根据实验步骤可知，待测电阻Rx＝_____（用步骤中所测得的物理量表示）．(2)乙同学认为该电路也可以用来测量电源的电动势和内阻．若已知所选电流表的内阻为RA，同时闭合开关S1和S2，

调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的1I﹣R图象如图乙所示，图象的斜率为k、截距为b，由此可求得电源电动势E＝_____，内阻r＝_____（用本题所给物理量表示）．【答案】①.C②

.R2﹣R1③.1k④.bk﹣RA【解析】【详解】(1)[1]电源电动势为3V，电流表量程为15mA0.015A＝，由欧姆定律：UIR=，可知电路中最小电阻应为：minA3Ω200Ω0.015ERI===所以电阻箱应选C；[2]根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有:()1AxEI

RRRr=+++S2闭合时有：()2AEIRRr=++解得：21xRRR=−(2)[3][4]闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：()AEIRRr=++整理得：A11RrRIEE+=+由1RI−图象可知：1kE=ARrbE+=电源电动势：1Ek=电源

内阻AbrRk=−15.如图所示，运动员练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6m，被重新顶起，离开头部后竖直上升至1m处。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，足球在空中时空气

阻的力为1N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10m/s2，在此过程中，求：（1）足球在空中时空气阻力对它的冲量；（2）足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量。【答案】（1）0；（2）3.2kgm/s，方向

竖直向上【解析】【详解】（1）足球下落过程中有1mgfma−=解得217.5m/sa=根据动力学公式211112hat=解得10.4st=足球上升过程中有2mgfma+=解得2212.5m/sa=根据动力学公式222212hat=解得20.4st=足

球在空中时空气阻力对它的冲量为f120Iftft=−=（2）取竖直向上为正方向，足球与头部接触前的速度1113m/svat=−=−足球与头部接触后的速度2225m/svat==根据动量定理足球与头部作用过程中，合力对足球的冲量为210.4(53)kgm/s3.2

kgm/sImvmv=−=+=合力对足球的冲量方向竖直向上。16.如图所示，线框由裸导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且22TB=。已知ab长

0.1mL=，整个电路总电阻0.5R=，螺线管匝数4n=，螺线管横截面积20.1mS=，在螺线管内有如图所示方向的磁场1B，若磁场1B以110T/sBt=均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，g取210m/s，试求：（1）通过

导体棒ab的电流I的大小；（2）导体棒ab的质量m的大小；（3）现去掉磁场1B，导体棒ab下落时能达到的最大速度。【答案】（1）8A；（2）0.16kg；（3）20m/s【解析】【详解】（1）根据楞次定律，螺线管产生的感应电动势114VB

EnSt==由闭合电路欧姆定律118AEIR==（2）导体棒静止时有安培力等于重力，即1211.6NFBILmg===求得0.16kgm=（3）去掉磁场1B后，导体棒ab向下做加速度减小的加速运动，当加速度减

小为零时，速度达到最大，有22mgBIL=2max22BLvEIRR==联立解得max20m/sv=17.如图所示，在坐标系第一象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向未知，磁感应强度为B，方向垂

直纸面向里；在第二象限的某个三角形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（图中未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一速度v（大小未知）沿与x轴负方向成θ角（θ<2）的方向从A点进入第一象限，在第一象限内做直线运

动，而后从y轴上的C点进入三角形磁场区域。一段时间后，粒子经过x轴上的D点且速度方向与x轴负方向成θ角。已知A点坐标为（L，0），D点坐标为（-3L，0），不计粒子所受的重力。求：(1)匀强电场E的方向与x轴正方向的夹角α的大小和粒子速度的大小；(2)三角形区域内

磁场的磁感应强度B'的大小；(3)三角形区域磁场的最小面积。【答案】(1)α=90°-θ；EvB=；(2)sinmEBqBL=；(3)L2·tanθ【解析】【详解】(1)粒子在第一象限内做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以粒子必做匀速直线运动。这样，电场力和

洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直α=90°-θ由平衡条件有Eq=Bqv得EvB=(2)粒子从C点进入第二象限的磁场B'中，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在第二象限做圆周运动的半径为R，由几何关系可得2sin3RLL=−由牛顿第二定律得2vqvBmR

=解得sinmEBqBL=(3)由图可知，C、F点应分别是粒子进入磁场和离开磁场的点，三角形磁场的最小区域应该是以切线AC、DF为邻边的等腰三角形CFG，CF为底边，由几何关系得，底边CF=2L高h=L·tanθ

所求磁场的最小面积为S=12CF·h=L2·tanθ18.如图所示，质量为m的物块A与质量为2m的物块B静置于光滑水平面上，B与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A获得水平向右的初速度0v，A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，全过程中弹簧始终

处于弹性限度内。（1）求两物块最终分离时各自的速度；（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小为04v时弹簧的弹性势能；（3）如果在物块B的右侧固定一挡板（挡板的位置未知，图中未画出），在物块A与弹簧分

离之前，物块B与挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块B以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求碰撞后的过程中弹簧最大弹性势能可能的取值范围。【答案】（1）03v−，023v；（2）202164mv；（3）220p011

'272mvEmv【解析】【详解】（1）物块A与物块B发生的是弹性碰撞，设物块A与弹簧分离时A、B速度分别为1v、2v，则满足0122mvmvmv=+2220121112222mvmvmv=+013vv=−0223vv=（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A的速度大小

为04v时，B的速度为Bv,则0AB2mvmvmv=+2220AB1112222mvmvmvEp=++解得当物块A的速度大小为04v时弹簧的弹性势能为2p02164Emv=（3）设物块A与弹簧分离之前的某时刻，物块A的速度为3v，物块B的速度为4v，则物块B与

挡板发生碰撞前满足0342mvmvmv=+物块B与挡板发生碰撞后，当A、B两物块共速时弹簧弹性势能最大，设为p'E，则34523mvmvmv−=2202p11'(2)22mvmmvE=++解得弹簧弹性势能最大为220p4083()3416'vmEvv=−−+由（2）知40203v

v所以当4014vv=时，弹簧弹性势能最大值取得最大，即为'2pmax012Emv=当0423vv=时，弹簧弹性势能最大值取得最小，即为'2pmin0127Emv=所以弹簧最大弹性势能可能的取值范围为220p011'272mvEmv获得更多资源请扫码加入享学资

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