【文档说明】《精准解析》甘肃省张掖市某重点校2022-2023学年高三上学期10月月考物理试题（解析版）.docx，共(25)页，964.755 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年度上学期高三十月月考试卷物理第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共10小题，每小题6分，共60分。在每小题给出的四个选项中，第1~6题只有一项符合题目要求，第7~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1.如图甲、乙所示为

某健身爱好者做俯卧撑运动的示意图，在做俯卧撑运动的过程中可将他的身体视为一根直棒。已知健身爱好者的质量为55kg，重心在c点，重心到地面的投影与脚、两手连线中点间的距离Oa、Ob分别为1.0m和0.5m。若他在1min内做了36个俯卧撑，每次

肩部上升的距离均为0.5m，取g=10m/s2，则1min内健身爱好者克服重力做的功和相应的功率约为（）A.660J，11WB.6600J，110WC.990J，16.5WD.9900J，165W【答案】B【解析】【详解】设重心上升高度为h，根据几

何知识可得1.00.51.00.5h=+解得1m3h=故做一次俯卧撑克服重力做功为550J3Wmgh==所以一分钟克服重力做功为'366600JWW==功率为'6600W110W60WPt===故选B。2

.如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的10倍。两车开始都处于静止状态，小孩把A车以相对于地面的速度v推出，A车与墙壁碰撞后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又将其以相对于地面的速

度v推出。每次推出后，A车相对于地面的速度均为v，方向向左。则小孩把A车推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车（）A.5B.6C.7D.8【答案】B【解析】【详解】第1次推有110mvmv=第2次推有12+10=10mvmvmvmv−第3次推有23+10=10mv

mvmvmv−可知第n次推有1+10=10nnmvmvmvmv−−则有2110nnvv−=A车返回时小孩不能再接到A车，则有nvv解得5.5n则小孩把A车推出6次后，A车返回时小孩不能再接到A车.故选B。3.如图所示，小滑块P、Q质量均为m，P、Q通过轻质定滑轮和

细线连接，Q套在光滑水平杆上，P、Q由静止开始运动，P下降最大高度为h，不计一切摩擦，P不会与杆碰撞，重力加速度大小为g。下面分析正确的是（）A.P下落过程中绳子拉力对Q做功的功率一直增大B.Q的最大速度为2ghC.当P速度最大时，Q的加速度为零D.当P速度最大时，水平杆给Q的弹力等于

2mg【答案】B【解析】【分析】【详解】A．P下落过程中绳子拉力始终对Q做正功，Q动能增大，当Q在滑轮正下方时Q速度最大，此时拉力和速度垂直，拉力功率为零，所以功率先增大，后减小，故A错误；B．当Q的速度最大时

，Q在滑轮正下方，此时P的速度为零，根据P、Q系统机械能守恒得212mghmv=得出2vgh=故B正确；C．P先加速后减速，当加速度为零时速度最大，此时绳子拉力等于mg，Q继续加速，故C错误；D．当P速度最大时，其加速度为零，此时绳子的拉力等于重力mg，对Q，

绳子与竖直方向夹角小于90，所以水平杆给Q的弹力小于2mg，故D错误。故选B。4.如图所示，一质量不计的直角支架两端分别连接质量均为m的小球A和B。支架的两直角边长度分别为2l和l，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动。已知重力加速度为g。开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则（）A.

当OA边转过45°时，A球的速度最大B.当OA边转过90°时，A球的速度为2glC.B球的最大速度为2(51)5gl+D.B球可上升的最大高度为1.6l【答案】D【解析】【详解】A．球A和B组成的系统，在转动过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，设当OA与竖直方向的夹角

为时，由机械能守恒得22AB112cos(1sin)=+22mglmglmvmv−−又A、B两球转动的角速度相同，则有AB2=vv解得2A8888=(sin+2cos)=5sin(+)5555vglglglgl−−式中tan=2，则=

arctan2，由数学知识知=90?arctan245?−时，sin+2cos有最大值，A球速度最大，故A错误；B．由选项A分析可知2A88=(sin+2cos)55vglgl−当OA边转过90°时，此时=0?，代入上

式求得A85=vgl故B错误；C．由AB2=vv可知，当A球速度达到最大时，B球也达到最大速度，根据2A88=5sin(+)55vglgl−当sin(+)=1时，A球速度达到最大，为Am2(51)=25vgl−则Bm2(51)=5vgl−故C错误；D．B球到达最大高度时

速度为零，则A球速度也为零，设此时OA杆位于竖直位置向左偏了角，假设B球能上升的最大高度为1.6l，则有BΔ=(1+sin)=1.6hll可求得sin=0.6即=37此时可求得A球下降的高度为AΔ=2cos=1.6hll根据A、B系统机械能守恒，此

时应满足2cos=(1+sin)mglmgl显然假设成立，所以B球可上升的最大高度为1.6l，故D正确。故选D。5.如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从

P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（）A.小球恰好可以到达Q点B.小球冲出Q点后可上升的最大高度大于2RC.小球不可能第二次经过P点D.小球从N到Q克服摩擦力

做的功等于14mgR【答案】B【解析】【详解】ABD．由题意得，在N点满足24.5=NmvmgmgR−从释放点到N点，由动能定理得212=02NmgRWmv−−解得14WmgR=因为PN段比NQ段同一高度处速度

大，则PN段比NQ段同一高度处的支持力大，则可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功满足1'<4WmgR又因为从N到Q过程由动能定理得2211'=22QNmgRWmvmv−−−解得211>22QmvmgR设小球冲出Q点后可上升的最大高度为h，则由动能定理得210

2Qmghmv−=−可得的>2Rh故AD错误，B正确；C．同理分析可知从Q返回P的过程中，克服的摩擦力做功小于从P到Q过程克服的摩擦力做功，即1<2QPWmgR又因为从Q到P过程由动能定理得2211=22QPPQWmvmv−−可得第二次经过P点时>0Pv即小球能第二次经过P点，故C错

误。故选B。6.如图所示，半径分别为R和r的两光滑圆轨道固定放置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球压缩，同时释放两小球，a、b两小球均能恰好通过各自圆轨道的最高点，已知小球a的质量为m，2rR=。则（）

A.小球b的质量为2mB.a、b两小球与弹簧分离时的动能之比为1:2C.若弹簧储存的弹性势能不变，改变两球质量，当满足2abmmm==时，a、b两小球均不可以通过各自轨道的最高点D.a、b两小球到达各自与圆心等高处时，对轨道的压

力大小相等【答案】A【解析】【详解】A．设小球离开弹簧后的速度大小为av，a球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为'av，则有'2=avmgmR解得'=avgR选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得22112

22=+aamvmgRmv解得5avgR=同理可得b球离开弹簧后的速度大小为5bvgr=取向左为正方向，根据动量守恒定律得0abbmvmv−=可得2bmm=故A正确；B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系2k2pEm=可知，动

能之比为2:1，故B错误；D．a球到达圆心等高处时，速度为v，由动能定理可得221122−=−amgRmvmv轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有2=vFmR联立解得=3Fmg由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为3mg

，同理对b球，在圆心等高处，由动能定理可得'221122222bmgrmvmv−=−轨道对b球的支持力为'F，由牛顿第二定律有'2'2vFmR=联立解得'32Fmg=由牛顿第三定律可知，b小球对轨道压力为32mg，故D错误；C．根据B选项分析可知，当质量满足2abmmm==

，两小球与弹簧分离时，a、b小球的动能之比为2:1，根据2k12Emv=小球a的质量变小，可知小球a在轨道最低点的速度变大，则能通过轨道最高点，故C错误。故选A。7.某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细

绳与放在倾角为=30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0~6s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示，其中除1~5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g

=10m/s2。则下列判断正确的是（）A.在0~ls内电动机所做的功为25JB.1s后电动机的输出功率为100WC.在1~5s内电动机牵引力的冲量大小为50N⋅sD.在0~5s内物体沿斜面向上运动了32.5m【答案】BC【解析】【详解】A．在0~1s内，物体

的位移大小为，11112.5m2xvt==设0~1s内电动机做的功为W1，由动能定理得21111sin302Wmgxmv−=解得W1＝50J故A错误；B．在0~1s内，物体的加速度大小为2115m/sv

at==设0~1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得F1－mgsin30°＝ma解得F1＝20N由题意可知1s后电动机输出功率为P＝F1v1＝100W故B正确；C．当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为F2＝mgsin30°＝10N根据功率的

公式可得m210m/sPvF==在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得I－mgt2sin30°＝mvm－mv1解得I＝50N·s故C正确；D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得2222m111sin3022Ptmgxmvmv−=

−解得x2＝32.5m所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x＝x1＋x2＝35m故D错误。故选BC。8.如图所示，一小车放在光滑的水平地面上，小车的AB段是长为3m的粗糙水平轨道，BC段是光滑的、半径为0.2m的四分之一圆弧轨道，两段轨道在B点平滑连接。小车左端A点有一可视为质点的质量与

小车相同的物块，随小车一起以4m/s的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧挡板发生碰撞，碰撞后小车的速度大小不变，方向相反，发生碰撞后将右侧挡板撤去。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，取2=10m/sg，则（）A.物块第一次到达C点后将

做斜抛运动B.物块从C点离开后可以上升最大高度为0.8mC.小车和挡板第一次碰撞后向左运动最大距离为1.6mD.最终物块将停在小车上【答案】BC【解析】【详解】AB．物块与小车组成的系统，水平方向动量守恒，设小车和物块的质量均为m，当物块达到点时，根据

动量守恒定律可得000mvmv−=可知物块在C点水平方向的速度为零，此时物块做竖直上抛运动，根据能量守恒定律可得22011222ABCmvmgxmgRmv=++物块从C点到最高点，根据212Cmvmgh=联立解得0.8mh=故B正确，A错误；C．由AB选项分析可知，当物块到达C

点时，小车和挡板第一次碰撞后向左运动的距离最大，应用人船模型可得max()1.6m2mxxRm=+=故C正确；D．小球返回时，根据计算可得的的212Cmvmgx可知物块最终从小车上掉落，故D错误。故选BC。9.如图所示，一个半径和质量不计的定滑轮O固定在天花板

上，物块B和A通过轻弹簧栓接在一起，竖直放置在水平地面上保持静止后用不可伸长的轻绳绕过滑轮连接物块A和C，物块C穿在竖直固定的细杆上，OA竖直，OC间距l=3m且水平，此时A、C间轻绳刚好拉直而无作用力。已知物块A、B、C质量均为2kg，C由静止释放，下滑h=4m时物块B刚好被提起，下列说法正确

的是（）A.弹簧的劲度系数为20N/mB.此过程中绳子对物块A做的功为60JC.此时物块A速度的大小为108m/s41D.绳子对物块C做功的绝对值大于物块A动能的增加量【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A．初始A静止，

由共点力的平衡可得mg=kx1当B刚好被提起时由平衡方程可得mg=kx2由于过程中C下滑4m，故可得x1+x2=2m联立解得k=20N/m故A正确；BC．对AC及弹簧构成的整体系统，由于该过程中，除重力外，绳的拉力的功为零，弹簧的弹性势能不变，故该过程系统机械能守恒，设当C下滑4m时其速度为v

，则由关联速度及几何关系可得此时A的速度为145vv=故有：2212141()()252ACACmgxxmghmvmv−++=+解得此时的速度为1108m41v=该过程，对A列动能定理可得21211()2AAmgxxWm

v−++=解得绳子对物块A做的功为W≈55.6J故B错误，C正确；D．由于该过程中，绳子对物块C做功的大小等于物块C机械能的减小量；由AC系统机械能守恒，所以C机械能的减少量等于A机械能的增加量；A机械能的增加量等于A动能的增加量与A重力势能增加量之和，综上绳子对物块C做

功的大小大于物块A动能增加量，D正确。故选ACD。10.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2（已知m2=0.5kg）的两物块A、B相连接，处于原长并静止在光滑水平面上。现使B获得水平向右、大小为6m

/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像提供的信息可得（）A.在t1时刻，两物块达到共同速度2m/s，且弹簧处于伸长状态B.从t3到t4，弹簧由原长变化为压缩状态C.t3时刻弹簧的弹性势能为6JD.在t3和t4时刻，弹簧处于原长状态

【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．从v­t图像可以看出，从0到t1时间内B减速A加速，B的速度大于A的速度，弹簧被拉伸，t1时刻两物块达到共同速度2m/s，此时弹簧处于伸长状态，故A正确；BD．由v­t图像可知，从t3到t4时间内A做减速运动，B做加速运动，弹簧由

压缩状态恢复到原长，即t3时刻弹簧处于压缩状态，t4时刻弹簧处于原长状态，故B、D错误；C．由v­t图像可知，t3时刻两物块的速度相同，都是2m/s，A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得2123(mvmmv

=＋）解得11kgm=B和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律得()222123p1122mvmmvE=++解得t3时刻弹簧的弹性势能p6?JE=故C正确。故选AC.第II卷（非选择题共50分）二、非选择题：本题共5小题，共50分。11.某探究小组想利用图甲所示的装置测量当地的重力加速度

。框架上装有可上下移动的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电门到零刻度线的距离分别为1x和2x；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。当小铁块由静止释放时

，小铁块先后经过两个光电门，通过与光电门1连接的速度传感器即可测算出其经过光电门1时的速度大小1v。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组1x的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k，纵截距为b。（1

）当地的重力加速度为______（用k表示），小铁块经过第二个光电门的速度2v为______（用b表示）。（2）若选择光电门2所在的平面为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为______（用题目

所给的字母表示）。（3）关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差______（填正确答案标号）。A.尽量靠近刻度尺零刻度线B.尽量靠近光电门2C.适当增大与光电门2距离【答案】①.2k−

②.b③.()21211122mvmkxx−−④.C【解析】【详解】（1）[1][2]根据运动学公式有()2221212vvgxx−=−解得()2212212vvgxx=−−结合图像有2gk−=，22vb=解得2kg=−，2vb=（2）[3]若选择光电门2所在的平面为零势

能面，则小铁块经过光电门1时的机械能为()()22121121111222Emvmgxxmvmkxx=+−=−−（3）[4]为了减小刻度尺读数的偶然误差，根据读数时“测大不测小”，可知光电门1的位置不能过于靠近靠近刻度尺零刻度线，也不能过于

靠近靠近光电门2的位置，应当适当增大与光电门2的距离。的故选C。12.某学习小组利用如图甲所示的实验装置探究恒力的冲量与物体动量变化量的关系。小车的质量为200.0gM=，钩码的质量为10.0gm=，打点计时器的电源为50Hz的交流电。

（1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到__________。（2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图乙所示。选择某一点为O，每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数

点间的距离x，记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度1v=______m/s。（3）将钩码的重力大小视为小车受到的拉力大小，取29.80m/sg=，利用Imgt=算出拉力对小车的冲量I，利用pMv=算出

小车的动量，并求出对应时间内动量的变化量p。计算结果见下表。()31/10kgmsI−−9.819.629.439.249.0()31/10kgmsp−−9.218.427.636.846.

0请根据表中的数据，在图丙中作出pI−图像。（）（4）实验结果表明，p总是略小于I。某同学猜想是由于小车所受拉力大小小于钩码重力大小造成的。利用题中纸带上数据求出钩码下落的加速度=a______，小车受到的实际拉力F=______。（计算结果均保留两位有效数字）【答案】①.纸

带上点迹均匀②.0.228③.见解析④.20.46m/s⑤.29.310N−【解析】【分析】【详解】（1）[1]挂钩码前，让目前倾斜适当的角度，轻推小车，观察到纸带上点迹均匀分布，则小车恰好做匀速运动，说明消除了摩擦力的影响。（2）[2]交流点频

率为50Hz，则有0.1sT=2021(2.062.50)10m/s0.228m/s220.1xvT−+===（3）[3]根据表中的数据，在图丙中作出pI−图像如图所示（4）[4][5]根据逐差法，可求得钩码下落的加速度2471420.46m/s9xxaT−=

对钩码由牛顿第二定律有TmgFma−=代入数据求得：29.310NTF−13.如图所示，半径为R的14光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠轨道下端B点，上表面与圆弧轨道末端相平。离滑

板右端02RL=处有一竖直固定的挡板P。一质量为m的物块（可视为质点）从圆弧轨道顶端A点由静止开始沿轨道滑下，经B点滑上滑板。已知滑板质量2Mm=，物块与滑板间的动摩擦因数0.5=，重力加速度为g。滑板与挡板碰撞时立刻反弹且没有机械能损失，滑板返回B点时即被锁定而保持静

止。滑板足够长使物块总不能滑至滑板右端。（1）求物块滑到B点时对圆弧轨道的压力；（2）求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小；（3）滑板与挡板碰撞之后物块有一段时间在做加速运动，求这段时间内滑板的速度范围。【答案】（1）F=3mg；（2）12

3gRv=；（3）M2296gRgRv【解析】【分析】【详解】（1）物块由A到B的运动过程，只有重力做功，机械能守恒。设物块滑到B点的速度大小为v0，有2012mgRmv=解得02vgR=在B点20vFmgm

R−=解得F=3mg（2）假设滑板与P碰撞前，物块与滑板具有共同速度v1，取向右为正，由动量守恒定律01()mvmMv=+设此过程滑板运动的位移为s，由动能定理21102mgsMv=−联立解得123gRv=210492vRRsLg===所以假设成立，滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小为1

23gRv=（3）由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失，所以滑板与挡板P碰撞后速度v1大小不变，只是方向向左。此后滑板作匀减速运动，物块先向右减速，再向左加速运动。设两者第二次具有共同速度为v2，取向左为正，由动量守恒定律有112(

)MvmvmMv−=+设此时滑板离P的距离为s，由动能定理22211122mgsMvMv−=−解得12239gRvv==2132'81vRsg==＜02RL=说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B点，两者能够第二次达到共同速度。设当物块的速度减

为零时，滑板速度为v3，取向左为正，有113MvmvMv−=解得13226gRvv==所以，物块加速运动阶段的速度范围为m209gRv此阶段滑板的速度范围为M2296gRgRv14.如图所示，长L0=30m、倾角为37=的固定

斜面顶端，叠放着小滑块A和长木板B，A、B间的动摩擦因数μ1=0.8，B与斜面间的动摩擦因数μ2=0.75，斜面底端固定一垂直斜面的挡板，挡板长度小于B的厚度。开始A、B均保持静止，现使A以大小为v0=4m/s的初速度自B的上端沿木板滑下，已知A、B的质量mA=m

B=2kg，B的长度LB=15m，B与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，在B第一次碰撞挡板前A未滑离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。（1）求B第一次碰撞挡板时速度大小v1；（2）求B第一次碰撞挡板前运动的时间tB；（3）求在B第一次碰撞挡板前的运动过程中，A、B及斜面体

组成的系统产生的热量Q。【答案】（1）2m/s；（2）10s；（3）488J【解析】【分析】【详解】(1)对AB整体分析可知AB2AB()sin37()cos37mmgmmg+=+故在B碰撞挡板前的过程中，AB组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知A0AB1()mvmmv=+

共解得12m/sv=共当AB共速后，一起相对静止地沿斜面下滑，由受力分析可知，在B第一次碰撞挡板前保持匀速运动，故112m/svv==共的（2）对A由牛顿第二定律可知1AAAAcos37sin37mgmgma−=解得A的加速度大小2A0.4m/sa=由A01v

vta−=共减可知5st=减此过程中，B运动的位移大小1Bl2vxt=共减解得B15mx=由0BBl1LLxtv−−=匀可知5st=匀故B碰撞挡板前运动的时间B10sttt=+=减匀（3）在A、B发生相对滑动的过程中，

A运动的位移大小为0A112vvxt+=共减即A115mx=故A相对B运动的位移大小为1A1Bl10mxxx=−=由11A1cos37Qmgx=知A、B间产生的热量1128JQ=由22AB0B()cos37()QmmgLL=+

−可知B与斜面间产生的热量2360JQ=故系统产生的总热量12488JQQQ=+=15.如图所示，PQC为高1.8m的三角形斜坡，倾角θ=37°，P点左侧有一平台与半径为1.25m的四分之一圆弧底部相切，平台表面与圆轨道均光滑，一质量为3kg的B球静止在平台右侧紧靠P点处。现让一质量为m的小

球A从圆弧左侧与圆心等高处静止释放，A球下滑至平台并与B球发生碰撞，碰后其中一个小球落在斜面上的M点，M点和P点的水平距离为0.15m，另一小球恰好落在斜面的底端Q点。A、B两球可视为质点，g=10m/s2．求：（1）A球到达

圆弧底端时对轨道的压力和重力的比值；（2）落点分别为M和Q时，小球从P点抛出时的速度大小；（3）求出符合题意的A球质量m的可能值，并对结果进行合理性论证。【答案】（1）3Fmg=；（2）v0M=1m/s，v0Q=1m/s；（3）见解析【解析】【分析】【详解】（1）根据机械能守恒212mgRmv

=代入数据得25/vgRms==在圆轨道最低点2vNmgmR−=解得N=3mg由牛顿第三定律可知3FNmg==则3Fmg=（2）①若碰后两球都向右运动，据平抛运动212hgt=0xvt=tanyx=可得02tangx

v=落点为M时xM=0.15m，落点为Q时2.4tan37QPCxm==带入数据可得vOM=1m/svOQ=1m/s（3）①碰后AB都向右运动vA1=vOM=1m/s，vB1=vOQ=4m/s由动量守恒11ABBmvmvmv=+得m=3kg碰前总动能21

1352KE=碰后总动能22111313422KE=+因为11KKEE其解成立。②若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有：21/AOMvvms=−=−，24/BOQvvms=−=由动

量守恒22ABBmvmvmv=+得m=2kg碰前总动能221252KE=碰后总动能222112(1)3422KE=−+因为22KKEE其解成立。③若碰后A球向左运动，B球向右运动，则可能有∶34/AOQvvms=−=−，3

1/BOMvvms==由动量守恒33ABBmvmvmv=+得13mkg=碰前总动能2311523KE=碰后总动能223111(4)31232KE=−+因为33KKEE其解成立。获得更多资源请扫码加入享学资源网

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