2024年江蘇省高考物理模擬試題（二）

2024年江蘇省高考物理模擬試題（二）

一、單選題

1.光子的動(dòng)量為p,真空中光速為C,則光子的能量可以表示為（）

A.pcB,-C.2pcD.—

cc

2.如圖所示，兩物塊之間連接一個(gè)處于拉伸狀態(tài)的輕彈簧，靜止于水平粗糙木板上。

現(xiàn)將整體自由下落，可觀察到的現(xiàn)象是（）

I|

I

A.兩物塊相對(duì)木板靜止

B.兩物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)且彼此靠近

C.質(zhì)量大的物塊相對(duì)木板靜止，質(zhì)量小的物塊靠近質(zhì)量大的物塊

D.質(zhì)量小的物塊相對(duì)木板靜止，質(zhì)量大的物塊靠近質(zhì)量小的物塊

3.下表為木星的兩顆衛(wèi)星繞木星運(yùn)動(dòng)的數(shù)據(jù)，由此可知木衛(wèi)一（）

衛(wèi)星軌道半徑r/km衛(wèi)星質(zhì)量m/kg

木衛(wèi)一4.217xl058.93xlO22

木衛(wèi)二6.71OxlO54.80xl022

A.所受向心力較小B.向心加速度較大

C.線速度較小D.周期較大

4.在“用兩面平行的玻璃磚測(cè)定玻璃折射率”實(shí)驗(yàn)中，其光路圖如圖所示，人的眼睛位

于B點(diǎn)附近，下列說法正確的是（）

A.大頭針片的位置需在眼睛的觀察下確定

B.大頭針△的位置需在眼睛的觀察下確定

C.片和鳥的距離應(yīng)適當(dāng)大一些

D.乙和巴的距離應(yīng)適當(dāng)小一些

5.如圖所示為水平圓盤的俯視圖，圓盤上距中心軸。為「處有一質(zhì)量為加的小物塊。

某時(shí)刻起圓盤繞軸。轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度從0增大至。，小物塊始終相對(duì)圓盤靜止。已知圓盤

的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃、重力加速度為g,此過程小物塊所受的摩擦力（）

B.大小始終為

C.沖量大小為〃20rD.做功為零

6.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A開始分別經(jīng)過等溫膨脹和絕熱過程，到達(dá)狀態(tài)B和C,

B、C狀態(tài)的體積相同，貝I（）

A.狀態(tài)B的內(nèi)能等于狀態(tài)C

B.狀態(tài)B的內(nèi)能小于狀態(tài)C

C.AfB與A-C過程對(duì)外做功相等

D.AfB過程吸收的熱量大于AfC過程對(duì)外做的功

7.氫原子在可見光區(qū)的4條特征譜線是玻爾理論的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)。如圖所示，這4條特征

譜線（記作Ha、所、叫和分別對(duì)應(yīng)著氫原子從〃=3、4、5、6能級(jí)向"=2能級(jí)的

躍遷，下面4幅光譜圖中，合理的是（選項(xiàng)圖中長度標(biāo)尺的刻度均勻分布，刻度值從左

至右增大）（）

E/eV

丁?0.38

5--+-0.54

4-」-0.85

3--1.51

t▼t

HHH-3.40

a夕b

HH1HHH

-/夕a

_-^----

^-

A一^-B

1

---

標(biāo)

尺

標(biāo)

尺

標(biāo)尺標(biāo)尺

8.如圖所示，MN和P2是豎直放置的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長，MP間接

定值電阻R,金屬桿保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。桿由靜止開始下落并計(jì)時(shí)，桿〃

兩端的電壓U、桿〃所受安培力的大小F隨時(shí)間》變化的圖像，以及通過桿cd的電流/、

桿〃加速度的大小。隨桿的速率v變化的圖像，合理的是（）

9.如圖所示，真空中兩個(gè)等量異號(hào)的點(diǎn)電荷-。和+。分別位于A點(diǎn)和A點(diǎn)，以A4,連

線中點(diǎn)O建立空間直角坐標(biāo)系。-孫z,8、C、M、P是坐標(biāo)軸上的4個(gè)點(diǎn)，其中30=OC。

下列說法正確的是（）

A.沿y軸從8點(diǎn)到C點(diǎn)電勢(shì)先增大再減小

B.B、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與M、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等

C.尸點(diǎn)與。點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等

D.P點(diǎn)與M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直

10.如圖所示，輕彈簧左端固定，右端自然伸長于粗糙水平面上的。點(diǎn)，小球從A點(diǎn)以

某初速向左運(yùn)動(dòng)，被彈簧反彈后恰好返回至A。則小球（）

OA

A.兩次經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)的速度大小相等

B.向左經(jīng)過。點(diǎn)的加速度小于向右經(jīng)過。點(diǎn)的加速度

C.向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間等于向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

D.壓縮彈簧過程所受彈力的沖量小于彈簧恢復(fù)形變過程所受彈力的沖量

二、實(shí)驗(yàn)題

11.用頻閃照相方法探究碰撞中的守恒量，實(shí)驗(yàn)裝置如圖（a）所示，主要操作步驟如

圖（a）

①用天平測(cè)量A、B兩個(gè)小球的質(zhì)量；

②安裝好實(shí)驗(yàn)裝置，使斜槽末端水平；帶有正方形方格的木板靠近斜槽豎直安裝，且斜

槽末端的重錘線和方格的豎線平行；

③將小球A從斜槽上擋板P處由靜止釋放，離開斜槽后，頻閃照相機(jī)連續(xù)拍攝小球A

的位置，如圖6所示；

④將小球B放在斜槽末端，讓小球A仍從尸處由靜止釋放，兩球發(fā)生正碰后，頻閃照

相機(jī)連續(xù)拍攝下兩個(gè)小球的位置，如圖c所示。

圖(b)圖(c)

(1)為檢驗(yàn)兩球大小是否相同，用游標(biāo)卡尺測(cè)量小球直徑，如圖d所示，則小球直徑為_

cm。

23cm

IIIIIIII,IIIIIIIII1,11,1,1,

|IIII|IIIIIIIII|IIII|

01020

(2)測(cè)得A、B的質(zhì)量分別為4:%根，由圖b、c可知，碰撞前后A、B總動(dòng)量_____(選

填“守恒，，或，不守恒，，)，總動(dòng)能(選填“相等，，或“不相等，，)。

(3)已知方格邊長為3頻閃周期為T,根據(jù)圖6、c還可以求出_____o

A.A、B球碰撞前后速度大小

B.當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭

C.A球在斜槽釋放點(diǎn)高度

(4)實(shí)驗(yàn)中可能會(huì)引起誤差的操作有(寫出兩條)

(5)若在操作步驟③中得到A球的位置如圖e,請(qǐng)?zhí)岢龈倪M(jìn)意見。

圖(C)

三、解答題

12.如圖所示，A8CO是一塊玻璃的截面，其中ABC是半徑為R的圓弧面，圓心是。，

ADC是平面，軸。/。2垂直于AOC且過AC的中點(diǎn)。。從P點(diǎn)射向圓心。的一條單色光

線射到圓弧面經(jīng)玻璃折射后射到。/。2軸上。點(diǎn)，已知P0與。7。2軸夾角為30°,從玻

璃射出的光線與。/。2軸夾角為45。，。、。間的距離為d。sinl50=加丁,光在真空

中傳播速度為以求：

(1)玻璃的折射率；

(2)這種單色光通過玻璃的時(shí)間。

13.如圖甲所示，兩足夠長的光滑平行導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、

方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌間距為L,一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒垂直

導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為優(yōu)，接入電路的電阻為底在金屬棒中點(diǎn)對(duì)棒施加一個(gè)水平向右、平

行于導(dǎo)軌的拉力，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬棒在水平拉力作用下，

速度v隨時(shí)間r按余弦規(guī)律變化，如圖乙所示，取水平向右為正方向，重力加速度為g。

在t=0至心=［的過程中，求：

4

(1)拉力做的功;

(2)拉力沖量的大小。

V

14.某戶外大型闖關(guān)游戲“渡河”環(huán)節(jié)中，選手從高臺(tái)俯沖而下，為了解決速度過快帶來

的風(fēng)險(xiǎn)，設(shè)計(jì)師設(shè)計(jì)了如圖所示的減速裝置。浮于河面的B板緊靠緩沖裝置A板，B

的左側(cè)放置一物體C。選手通過高臺(tái)光滑曲面下滑，經(jīng)過A后滑上B。已知A、B的質(zhì)

量均為48kg,C的質(zhì)量為M=12kg。A、B的長度均為￡=3m,人與A、B間的

動(dòng)摩擦因數(shù)均為4=0.5,A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.3。B在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻

力是其所受浮力的01倍，B碰到河岸后立即被鎖定。不計(jì)水流速度，選手和物體C均

可看作質(zhì)點(diǎn)，g=10m/s2,貝lj：

(1)為了防止A滑動(dòng)而出現(xiàn)意外，選手及裝備的質(zhì)量最大不超過多少？

(2)若選手及裝備的質(zhì)量為60kg,從〃=3.3m的高臺(tái)由靜止開始滑下，經(jīng)過A后與C

發(fā)生碰撞后一起運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間極短可忽略，求在此碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能？

(3)在第(2)問前提下，人與C碰撞后經(jīng)0.5s恰好與平板B速度相同，要使選手能

15.如圖甲，xOy平面內(nèi)，以。為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為穌。一比荷大小為c的粒子以某一初速從A(R,0)沿-x方

向射入磁場(chǎng)，并從8(0,R)射出。不計(jì)粒子重力。

(1)求粒子的初速度大??；

(2)若在原磁場(chǎng)區(qū)域疊加上另一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),粒子從A以原初速射入磁場(chǎng)，

射出時(shí)速度方向與+x軸成60°,求所疊加的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；

(3)若在平面內(nèi)施加一個(gè)以。為圓心，原磁場(chǎng)邊界為內(nèi)邊界的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)

方向垂直于紙面向里，如圖乙。粒子從A以原初速射入磁場(chǎng)，從B射出后，在圓環(huán)形磁

場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，從尸(-立R,再次從圓環(huán)形磁場(chǎng)進(jìn)入圓形磁場(chǎng)，則圓環(huán)形磁場(chǎng)外徑

應(yīng)滿足什么條件？并求粒子運(yùn)動(dòng)的周期。

參考答案：

1.A

【詳解】根據(jù)光的能量為

E=hv

同時(shí)有

1h

4=-，c=Av

P

可得光子的能量為

E=pc

故選A?

2.B

【詳解】整體未下落時(shí)，兩物塊相對(duì)木板靜止，彈力等于摩擦力，整體無初速度釋放后，兩

物體和木板都處于完全失重狀態(tài)，兩物塊對(duì)木板的壓力為零，此時(shí)摩擦力消失。在水平方向

上，兩物塊只受到彈簧的拉力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物塊相對(duì)木板運(yùn)動(dòng)且相互靠近。

故選B。

3.B

【詳解】A.根據(jù)萬有引力定律表達(dá)式

斤「Mm

F=G下

可知木衛(wèi)一質(zhì)量大、軌道半徑小，則木星對(duì)木衛(wèi)一的引力大于木星對(duì)木衛(wèi)二的萬有引力，A

錯(cuò)誤；

B.根據(jù)萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得

「Mm

G——=ma

可得

因?yàn)槟拘l(wèi)一的軌道半徑小于木衛(wèi)二的軌道半徑，所以木衛(wèi)一繞木星運(yùn)動(dòng)的向心加速度大于木

衛(wèi)二繞木星運(yùn)動(dòng)的向心加速度，B正確；

C.根據(jù)萬有引力提供向心力，由

得

因?yàn)槟拘l(wèi)一的軌道半徑小于木衛(wèi)二的軌道半徑，所以木衛(wèi)一繞木星的線速度大于木衛(wèi)二繞木

星的線速度，C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)萬有引力提供向心力，由

—Mm4乃之

Gyr=m^rr

得

因?yàn)槟拘l(wèi)一的軌道半徑小于木衛(wèi)二的軌道半徑，所以木衛(wèi)一繞木星的周期小于木衛(wèi)二繞木星

的周期，D錯(cuò)誤。

故選B。

4.C

【詳解】AB.大頭針々、鳥的位置都不需要在眼睛的觀察下確定，只有大頭針巴、B的位

置需在眼睛的觀察下確定，故AB錯(cuò)誤；

CD.為了減小作圖誤差，:和鳥的距離應(yīng)適當(dāng)大一些，鳥和乙的距離應(yīng)適當(dāng)大一些，故C

正確，D錯(cuò)誤。

故選C。

5.C

【詳解】A.由于小物塊在水平面上做圓周運(yùn)動(dòng)，則小物塊的重力與圓盤的支持力平衡，小

物體始終相對(duì)圓盤靜止，因此小物塊，所受外力的合力等于圓盤對(duì)其的靜摩擦力，由于角速

度從0增大至。，則小物塊做變速圓周運(yùn)動(dòng)，靜摩擦力沿徑向的分力提供向心力，沿切向的

分力使物塊線速度增大，即此過程小物塊所受的摩擦力不指向圓心，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)上述可知，小物塊所受摩擦力為靜摩擦力，隨角速度的增大，該靜摩擦力也逐漸增

大，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)上述，小物塊所受合力等于摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理有

I=mv-0

由于

v=a>r

則有

1=mcor

故C正確；

D.小物塊動(dòng)能增大，根據(jù)動(dòng)能定理有

11

W=—mv=—mco2r2

22

可知。摩擦力做功不為零，故D錯(cuò)誤。

故選C。

6.D

【詳解】AB.狀態(tài)A經(jīng)過等溫膨脹到達(dá)狀態(tài)B,因此狀態(tài)A與狀態(tài)B內(nèi)能相等，而狀態(tài)A

經(jīng)過絕熱過程到達(dá)狀態(tài)C,且體積增大，氣體對(duì)外界做功，因此內(nèi)能減小，故狀態(tài)B的內(nèi)能

大于狀態(tài)C,故AB錯(cuò)誤；

CD.設(shè)狀態(tài)B氣體溫度為刀，狀態(tài)C氣體溫度為72，由AB選項(xiàng)分析可得

T,>T2

故AfB與AfC過程。-V圖像如下

根據(jù)P-V圖像圖線與橫軸圍成的面積表示做的功可知

W,>W2

由于AfB過程內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知吸收的熱量等于對(duì)外做的功，即

蠲=叱＞區(qū)

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

7.A

【詳解】光譜圖中譜線位置表示相應(yīng)光子的波長。氫原子從〃=3、4、5、6能級(jí)分別向〃=2

能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)射的光子能量增大，所以光子頻率增大，光子波長減小，在標(biāo)尺上Ha、Hp、

H?和譜線應(yīng)從右向左排列。由于氫原子從"=3、4、5、6能級(jí)分別向"=2能級(jí)躍遷釋放

光子能量的差值越來越小，所以，從右向左4條譜線排列越來越緊密，故A正確。

故選Ao

8.D

【詳解】C.設(shè)桿長為L桿下落過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為

EBLv

I=------=-------0CV

R+rR+r

故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)牛頓第二定律有

mg—BIL=ma

即

B2I}V

a=g-------------

m(R+r)

故D正確；

B.桿所受安培力的大小為

歹=B/L=竺2

R+r

桿下落過程中先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度保持不變，所以安培力隨

速度先增大，后不變，最終大小為根g,故B錯(cuò)誤;

A.導(dǎo)體桿兩端的電壓為

速度先增大，后不變，所以U先增大，后不變，故A錯(cuò)誤。

故選D。

9.B

【詳解】A.根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，y軸上A和A之間的電場(chǎng)線方向?yàn)檠貀

軸正方向，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，所以沿y軸從2點(diǎn)到C點(diǎn)電勢(shì)逐漸減小。故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，B和C關(guān)于。點(diǎn)對(duì)稱的情況下，仰=-%，而加

點(diǎn)處電勢(shì)為0,因此8、/兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與M、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等。故B正確；

C.根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，從。點(diǎn)開始沿z軸正方向場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，尸點(diǎn)電

場(chǎng)強(qiáng)度小于。點(diǎn)。故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，4和A點(diǎn)的對(duì)稱軸上的點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度均為沿y軸正

方向，尸點(diǎn)與M點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同。故D錯(cuò)誤。

故選Bo

10.D

【詳解】A.地面粗糙，從兩次經(jīng)過。點(diǎn)，摩擦力做負(fù)功，機(jī)械能減少，彈性勢(shì)能相同，動(dòng)

能減少，因此第二次經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)速度小，A錯(cuò)誤；

B.向左向右經(jīng)過。點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)，合外力等于摩擦力，因此加速度大小相等。

B錯(cuò)誤；

C.0A段向左和向右過程加速度大小相等，位移大小相等，但向左運(yùn)動(dòng)的平均速度大，因

此向左時(shí)間短。

彈簧壓縮，向左運(yùn)動(dòng)時(shí)

jumg+Fk=ma芹

向右運(yùn)動(dòng)時(shí)

《一〃機(jī)右

位移大小相等，向左減速逆運(yùn)動(dòng)是初速度為的勻加速運(yùn)動(dòng)。因此向左的時(shí)間短，綜上得，向

左運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于向右運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。C錯(cuò)誤；

D.壓縮彈簧過程和彈簧恢復(fù)形變過程彈力變化相同，壓縮彈簧時(shí)時(shí)間小，因此彈力沖量小，

D正確。

故選D

11.1.335守恒不相等AB斜槽末端未水平放置、小球未從同一

位置釋放、方格板未豎直放置等斜槽上擋板P的位置適當(dāng)調(diào)低

【詳解】⑴口］小球直徑為

1.3cm+0.05mmx7=1.335cm

⑵⑵［3］碰前小球A的速度

碰后AB的速度分別為

2L

T

4L

T

則碰前動(dòng)量

“3L12mL

Pi=4m■—=———

碰后總動(dòng)量

2L4L12mL

-----卜m-----=--------

則碰撞前后A、B總動(dòng)量守恒；碰前總動(dòng)能

碰后息動(dòng)能

總動(dòng)能不相等。

(3)[4]根據(jù)(2)的分析，若已知方格邊長為L頻閃周期為T,根據(jù)圖6、c還可以求出

A、B球碰撞前后速度大?。桓鶕?jù)b圖可得

Ay=2L=gT2

即可求得當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭;因A球在斜槽中運(yùn)動(dòng)時(shí)有摩擦作用，則不能求解A球在斜槽

釋放點(diǎn)高度，故選AB。

⑷⑸實(shí)驗(yàn)中可能會(huì)引起誤差的操作有：斜槽末端未水平放置、小球未從同一位置釋放、方

格板未豎直放置等；

(5)⑹由圖可知，A球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度過大，即從斜槽中下落的高度過高，則可將斜槽

上擋板P的位置適當(dāng)調(diào)低。

12.⑴〃(2)-0的(6+1刈

【詳解】

(1)由于光線沿圓弧面的半徑方向，所以在圓弧面沒有偏折，射到直線面的M點(diǎn)射出玻璃,

如圖所示，是從玻璃射出的光線，作光線在直線面的M點(diǎn)的法線可得

ZMOD=ZOMO4=ZPM03=30°

ZMQD=ZQMO4=45°

設(shè)玻璃的折射率為小則

smZO^MQ

n

~sinZPMO3

解得

n=^2

(2)在AM。。中，ZQMO=15°,ZMQO=135°,QO=d,則

OMQO

sinZMQO~sinZQMO

解得

OM=(6+?d

設(shè)光在玻璃中傳播速度為V,在玻璃中經(jīng)過的路程為無，通過玻璃時(shí)間為f,則

x=R-OM

C

u=—

n

x

t=—

V

解得

t=包R-小必

c

222

、B￡VJT12、BI}V0T

13.(1)-----------------機(jī)V；；(2)-----------------mvQ

8(R+r)2°2兀(R+r)°

【詳解】（1）速度隨時(shí)間的變化關(guān)系為

271

v=v0cos—

電路中產(chǎn)生正弦式電流，電動(dòng)勢(shì)的峰值

綜=BLV0

電動(dòng)勢(shì)的有效值

￡=旦

產(chǎn)生的熱量

0增T

0R+r4

解得

B^T_

“8(7?+r)

安培力做的功

叼=-。

由動(dòng)能定理有

19

W+WA=O--mvl

解得

w=^LAmvl

8(7?+r)20

(2)單匝線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交變電流的模型中，從平行磁感線位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)后的

四分之一周期內(nèi)，流過線圈的電量為

-A①BSET

q=It=----1=——=-m--

tR總R總2?R總

(其中&=BS。)

將本題由于速度變化產(chǎn)生交變電流的情景與單匝線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生交變電流的模

型類比，可得

“BS_EJBLvT

Q——0

R總總2?(R+廠)

根據(jù)動(dòng)量定理

/一/安=0—mv0

又

/安—Ft-BLlt=BLq

解得

r『B0°T

14.(1)102kg；(2)180J；(3)6.75m

【詳解】(1)B、C整體受到的浮力等于整體的重力，故B若運(yùn)動(dòng)受到的阻力為:

<=O.lx(Af+Mo)g=O.lx(12+48)xlON=6ON

為了防止A滑動(dòng)，需滿足:

Juimg</i2(M0+m)g+fl

解得

m<102kg

(2)滑上A時(shí)速度

12

~mvi-0=mgh

與C碰前速度

gmv^—gmvf=—juxmgL

經(jīng)過A后與C發(fā)生碰撞后一起運(yùn)動(dòng)

mv2=(M+rri)v

損失機(jī)械能

1,1,

AE=—mv^——(M+m)v

解得