【文档说明】重庆市第一中学2022-2023学年高三上学期10月月考试题 物理 含解析.docx，共(24)页，3.146 MB，由小赞的店铺上传

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2022年重庆一中高2023届10月月考物理试题卷满分100分时间75分钟一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意。1.我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射

仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，当火箭速度减为零时再点火，随后火箭加速飞向太空。下列说法正确的是（）A.速度减为零时，火箭处于平衡状态B.点火前的上升阶段，火箭在加速度为零时获得最大动能C.点火后，火箭靠周围大气产生的推力作用加速飞向太空D.点火后加速飞向太空的过

程中，火箭的机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A．速度减为零时，受重力作用，火箭处于非平衡状态，故A错误；B．点火前的上升阶段，火箭在加速度为零时速度最大，获得最大动能，故B正确；C．点火后，火箭是以热气流高速向后

喷出，利用产生的反作用力向前运动，故C错误；D．点火后加速飞向太空的过程中，动能增大，重力势能增大，火箭的机械能不守恒，故D错误。故选B。2.研究平抛运动的实验装置如图所示，竖直平面1、2、3均与斜槽所在平面垂直，小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3

的交点依次为A、B、C，A点是小球的水平抛出点。小球由A运动到B，运动时间为1t，水平位移为1x，竖直位移为1y，速度变化量大小为1v，小球运动至B点时重力的功率为1P；小球由B运动到C，运动时间为2t，水平位移为2x，竖直位移为2y，速度变化量大小为2v，小球运动至C点时重力的

功率为2P。忽略空气阻力，若213yy=，则下列关系式正确的是（）A.212tt=B.213xx=C.21ΔΔvv=D.213PP=【答案】C【解析】【详解】AB．A点是小球的水平抛出点，小球由A运动到B过程，有101xvt=，21112ygt=小球由A运动到C过程，有12012()xxvtt+=

+，212121()2yygtt+=+又213yy=联立解得21tt=，21xx=故AB错误；C．根据vgt=又21tt=可得21ΔΔvv=故C正确；D．小球运动至B点时重力的功率为2111yBPmgvmggtmgt===

小球运动至C点时重力的功率为12212()2yCPmgvmggttmgt==+=可得122PP=故D错误。故选C。3.一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到3v，在随后的一段时间内速度大小由3v增大到7

v。前后两段时间内，合外力对质点做的功分别为1W和2W，合外力的冲量大小分别为1I和2I。下列关系式一定成立的是（）A.21215,5WWII=B.21215,2WWII==C.21212,WWII=D.21212,2WWI

I==【答案】A【解析】【详解】CD．根据题意有222111(3)422Wmvmvmv=−=()()222211732022Wmvmvmv=−=故可知215WW=,CD错误。AB．根据动量定理Ip=由于此题只给了速度的大小

，没有给方向，而动量改变量的计算是一个矢量运算，根据矢量作差的规律有142mvImv2104mvImv故A对B错。4.草地滑坡是不少生态公园中的休闲项目，其滑道可简化为由一段倾斜直轨道和一段水平直轨道平滑连接而成。甲、乙两游客分别乘坐相同滑车沿

两条不同滑道从同一高度由静止下滑，最终停在水平轨道上，如图所示。已知游客甲的质量比乙大，滑车与两滑道的动摩擦因数相同，且处处相同，不计空气阻力。则（）A.两游客在倾斜滑道滑行的时间相同B.滑到倾斜滑道底端时的速度甲比乙大C.在滑道上滑

行的总路程乙比甲大D.两游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量相等【答案】C【解析】【详解】A．设倾斜滑道倾角为，游客在倾斜滑道滑行的加速度大小为sincosagg=−设倾斜滑道长度为L，根据运动学公式可得212Lat=可得

2Lta=由图可知，甲游客下滑的加速度比乙游客的小，甲游客滑行倾斜滑道长度大于乙游客滑行倾斜滑道长度，可知甲游客在倾斜滑道滑行的时间大于乙游客在倾斜滑道滑行的时间，A错误；B．在倾斜滑道滑行过程，根据动能定理可得21cos2mghmgL

mv−=解得2cos2vghgLghgx=−=−两游客下滑高度相同，甲游客在倾斜滑道滑行对应的水平距离更大，可知滑到倾斜滑道底端时的速度甲比乙小，B错误；C．游客从静止滑下到最终停止在水平轨道

上，根据动能定理可得cos0mghmgLmgx−−=可得(cos)()hLxxxx=+=+=总可知两游客整个滑行过程的水平位移相等，即两游客停止同一位置，由图中几何关系可知，在滑道上

滑行的总路程乙比甲大，C正确；D．根据能量守恒可知，两游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量等于减少的重力势能，则有Qmgh=由于游客甲的质量比乙大，所以甲游客所乘滑车在滑道上滑行产生的热量大于乙的，D错误。故选C。5.学校门口

的车牌自动识别系统如图所示，闸杆距地面高为1m，可绕转轴O在竖直面内匀速转动，自动识别区前边界ab到后边界ab的距离为6.9m，闸杆开始保持水平静止，ab在闸杆的正下方。汽车以速度3m/s匀速驶入自动识别区，识别的反应时间为0.3s，若汽车可看成高1.6m

的长方体，闸杆转轴O与车左侧面的水平距离为0.6m。要使汽车匀速顺利通过，闸杆拍杆时匀速转动的角速度至少为（）A.rad/s3B.rad/s4C.rad/s6D.rad/s8【答案】D【解析】【详解】闸杆转动时间为06.9s0.3s2s3xttv=−=−=汽车

匀速顺利通过，闸杆转动的角度至少为1.61tan0.6−=解得4=则闸杆转动的角速度至少为rad/s8t==故选D。6.光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的四分之一光滑圆轨道，轨道底端的切线水平，离地高度为h

，B为光滑小球，将其从轨道项端由静止释放，如图所示。若滑块固定，小球B落地时离轨道底端的水平距离为1x；若滑块不固定，小球B落地时离轨道底端的水平距离为2x；已知小球B和滑块A的质量相等，则12xx为（）A.12B.21

C.12D.21【答案】A【解析】【详解】设A、B质量为m，滑块A固定时，小球B离开A时的速度大小为v。小球下滑过程中，由机械能守恒定律得212mgRmv=解得2vgR=滑块不固定时，B离开A时B的速度大小为1v，A的速度大小为2v，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒

，以向右为正方向，在水平方向上120mvmv−=由机械能守恒定律得22121122mgRmvmv=+解得12vvgR==两种情况下小球B离开A后都做平抛运动，竖直方向上212hgt=水平方向上1xvt=212()

xvvt=+代入解得12122222gRxvtxvtgR===故选A。7.如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为1m和2m的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使1m瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如

图乙所示，己知0t时刻1m的速度第一次变为0，2m在第1秒内运动的位移为0.4m。下列说法正确的是（）A.两物块的质量之比为12:1:3mm=B.0t时刻2m的速度为4m/s3C.第1秒内弹簧的长度缩短

了1.6mD.第1秒内1m的位移为2.2m【答案】D【解析】【详解】A．系统动量守恒，选择开始到t=1s时刻列方程可知m1v0=（m1+m2）v1将v0=3m/s，v1=1m/s代入得m1：m2=1：2故选项A错

误；B．0t时刻m1v0=m2v2解得2m的速度为23m/s2v=选项B错误；CD．若考虑两物体从t=1s到t=2s的时间内，m2加速运动，m1减速运动，因m1：m2=1：2则在任意时刻两物体的加速度之比为a1：a2=2：1若用微元法考虑，则两物体间的距离22221211211111()2

222xvtatvtatatat=+−−=+则“2212at”对应的位移（面积）为0.6m，则“2112at”对应的位移（面积）为1.2m，该两部分面积之和与0~1s内对应的虚线面积相等，即1.8m，即0~1s内弹簧的长度缩短1.8m

，第1秒内1m的位移为1.8m+0.4m=2.2m，选项C错误D正确。故选D。8.如图甲为某缓冲装置模型，劲度系数为k（足够大）的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力为定值f，轻杆向右移动不超过l时，装

置可安全工作。一质量为m的小车以速度0v撞击弹簧后，导致轻杆向右移动了2l，此过程小车运动的vt−图像如图乙所示，在10~t时间内，图线为曲线，在21~tt时间内，图线为直线。己知装置安全工作时，轻杆

与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计小车与地面间的摩擦。下列说法正确的是（）A.在10~t时间内，小车运动的位移2fkB.在12tt+时刻，小车恰好离开轻弹簧C.小车离开轻弹簧时的速度为20vmfl−D.为使装置安全工作，小车的撞击速度不能超过202flvm+【答案】C【解析】【详解】

A．在0~t1时间内，小车压缩弹簧轻杆保持静止，在t1时刻，弹力等于最大静摩擦力，则在0~t1时间内，小车运动的位移为弹簧的形变量有fxk=故A正确；B．在0~t1时间内，小车做加速度增大的减速运动，在t1~t2时间内，与轻杆一起做匀减速运动，t2时刻之

后弹簧反弹小车时其做初速度未零的加速度减小的加速运动，该加速过程的位移大小等于0~t1时间内位移大小，故该加速过程所用时间大于t1，故在12tt+时刻，小车未离开轻弹簧，故B错误；C．对全过程，根据能量守恒22011'222flmvmv−=解得离开轻弹簧时的速度20'vlvmf=−故C正确

；D．为使装置安全工作，当小车速度减为零时，轻杆移动的距离最多为l，此时，根据能量守恒2aPmx12vfEml=+22201P11()22xvEkmv==−解得21max202fvlvvm−=+故D错误。故选C。二、多项选择题：共3小题，每小题5

分，共15分。全部选对得5分，选对但不全得3分，选错得0分。9.宇宙中有一孤立星系，中心天体O的周围有三颗行星Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，如图所示。行星Ⅰ、Ⅲ沿圆轨道运动，半径分别为1r、3r。13rr；行星Ⅱ沿椭

圆轨道运动。半长轴为a，3ar=，与行星Ⅰ轨道在A点相切。与行星Ⅲ轨道在P点相交，B为行星Ⅲ轨道上的点。不考虑行星之间的万有引力，下列说话正确的是（）A.行星Ⅱ在P点的加速度与行星Ⅲ在B点的加速度相同B.行星Ⅱ的运行周期与行星Ⅲ的运行周期相等C.行星Ⅲ的运行

速率小于行星Ⅱ在A点的速率D.行星Ⅲ的机械能一定大于行星Ⅰ的机械能【答案】BC【解析】【详解】A．万有引力提供向心力，加速度指向地心，则行星Ⅱ在P点的加速度与行星Ⅲ在B点的加速度方向不相同，故A错误；B．根据开普勒第三定律32RkT=，行星Ⅱ的半长

轴与行星Ⅲ的半径相等，则行星Ⅱ的运行周期与行星Ⅲ的运行周期相等，故B正确；C．当行星在圆轨道运行时，根据万有引力提供向心力22GMmmvRR=GMvR=故行星Ⅲ的运行速率小于行星Ⅰ的运行速率，若行星在A点由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要加速做离心运动

，故行星Ⅲ的运行速率小于行星Ⅱ在A点的速率，故C正确；D．机械能与行星质量有关，不知道质量关系，无法判断机械能关系，故D错误。故选BC。10.如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个

光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接。已知A、B的质量均为1kg，A与斜面间的动摩擦因数为33，重力加速度大小为210m/s。将A、B由静止释放，下列说法正确的是（）A.物体A、B释放瞬间，轻绳对P点的拉力大小为4NB.物体B

下降2m时（B未落地）的速度大小为4m/sC.物体B下降2m过程中（B未落地）轻绳对动滑轮做的功为6JD.物体B下降过程中，B减少的机械能大于A增加的机械能【答案】BD【解析】【详解】A．物体A、B释放瞬间，设轻绳的拉力为T,则对物体A由牛顿第二定律有AAAA2sin30cos30Tm

gmgma−−=对物体B由牛顿第二定律有BBBmgTma−=由题图可得AB2aa=代入数据，联立解得6NT=故A错误；B．设物体B下降2m时的速度为v，则A的速度为2v，由能量守恒可得22BABA11cos30

()42222hhvmghmgmgmvm−−=+代入数据，解得4m/sv=故B正确；C．物体B下降2m时，物体A运动的距离1mx=，可得轻绳对动滑轮做的功为2261J12JWTx===故C错误；

D．物体B下降过程中，B减少的机械能一部分转化为A增加的机械能，还有一部分转化为克服摩擦力做的功，所以B减少的机械能大于A增加的机械能，故D正确。故选BD。11.如图所示，斜面倾角为30=，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，有10个完全相同、质量均为m的小球（可视为质点）

放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为32。当1号小球在B处时，将10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.6号球刚进入BC段不久，

6号球与7号球间细杆的弹力大小为1.8mgB.10号球不能到达B点C.1号球运动过程中的最大速度为95gdD.5号球运动过程中的最大速度为5720gd【答案】AD【解析】【详解】A．在6号球刚进入BC段时

，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有110sin6cos10mgmgma−=解得120ga=把7到10小球共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有14sin4mgFma−=解得1.8Fmg=故A正确；B．若10号球能到达B

点且速度为v1，根据动能定理，有21110sin9cos(987654321)102mgdmgdmv−++++++++=解得12gdv=所以10号球能到达B点，故B错误；CD．小球始终相同

，在斜面上先加速后减速，第n个球刚进入BC段时加速度为零，此时小球速度最大，则有10sincos0mgnmg−=解得203n=即20673n=，所以在第七个球刚进入BC段时，小球速度最大，根据动能定理22110sin6cos(654321)102mgdmgdmv−+++++=

解得25720vgd=故C错误，D正确。故选AD。三、实验题：共2小题，12小题6分，13小题8分，共14分。12.某实验小组想通过如图1所示的实验装置来“探究功与速度变化的关系”．实验中通过改变拉伸的橡皮筋的条数来改变外力对

小车做功W的数值，用速度传感器测出每次小车获得的速度v．（1）下列关于本实验的说法中正确的是____________．A．本实验需要先平衡摩擦力B．实验中必须测出小车的质量mC．实验中必须测出橡皮筋对小车做功的具体数值D．每次所用

的橡皮筋应该是相同规格，且每次都拉伸到同一位置（2）某次实验中同学们通过速度传感器得到小车沿木板运动的速度随时间变化的关系图象如图2所示，图中0~t1内的图线为曲线，t1~t2内的图线为直线．由此可知，该实验中存在的不当之处

是_____________．（3）同学们纠正不当之处后，先后用一根、两根、三根、四根、五根橡皮筋做实验，通过速度传感器测出小车各次获得的速度，并画出v2–W图象如图3所示．测得该图线的斜率为k，由此可以计算出本实验中所用的小车

的质量为_________．【答案】①.AD②.平衡摩擦时倾角过大③.2/k【解析】【详解】(1）为了使橡皮筋对小车做的功等于合外力做的功，必须在实验前让木板有适当的倾角以平衡摩擦力，A正确；只要小车的质量保

持不变，就可以得到小车获得的速度与合外力做功的关系B错误；只要用规格相同的橡皮筋，使它们伸长相同的长度，即每次拉伸到同一位置，就可以用W、2W、3W、···表示外力各次做的功，而不需要测出每次做功的具体数值，C错误，D正确，故选AD.（2）10~t时间内为橡皮筋逐渐恢复原长

的过程，小车做加速度减小的加速运动，而21~tt时间内橡皮筋完全恢复原长后，小车还在做匀加速运动，这一定是平衡摩擦时倾角过大造成的；（3）根据动能定理212mvW=得22vWm=，所以该图线的斜率2km=，所以小车的质量2mk=.13.小明同学利用如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律，A为装

有挡光片的钩码，总质量为M，挡光片的挡光宽度为b，轻绳一端与A相连，另一端跨过光滑轻质定滑轮与质量为()mmM的重物B相连。他的做法是：先用力拉住B，保持A、B静止，测出从挡光片的上端到光电门的距离h，然后由静止释放B，A下落过程中经过光电门，测得挡光片的挡光

时间t，算出挡光片经过光电门的平均速度，将其视为A下落h时的瞬时速度，己知当地的重力加速度大小为g。（1）在A由静止开始下落h的过程中，验证A、B、地球所组成的系统机械能守恒的表达式为_______________

_________（用题目所给物理量的符号表示）。（2）改变h的值多次进行实验，测得各次挡光片的挡光时间t，以h为纵轴、21t为横轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出21ht-图像。若___________

_____________，则证明系统的机械能守恒。（3）由于光电门所测得的平均速度与钩码A下落h时的瞬时速度间存在一个差值v，因而实验中系统减少的重力势能总是____________系统增加的动能（选填“大于”“等于”或“小于”）。（4）若利用本实验装置，根据上述实验数据来测量当地的

重力加速度g，则测量值总是____________真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】①.21()()2−=+bMmghMmt②.图像为过原点的倾斜直线且其斜率等于2()2()MmbMmg+−③.大于④.小于【解析】【详解】（1）[1]系统

重力势能减少量p()EMmgh=−钩码经过光电门的速度bvt=则系统动能的增加量22k11()()22bEMmvMmt=+=+系统机械能守恒的表达式21()()2−=+bMmghMmt（2）[2]由21()()2−=+bMm

ghMmt得22()12()MmbhMmgt+=−则h-21t图像为过原点的倾斜直线且其斜率等于2()2()MmbMmg+−。（3）[3]光电门测出的平均速度是挡光片通过光电门过程中中间时刻的瞬时速度，此时下

降的高度小于h，则系统减少的重力势能大于系统增加的动能。（4）[4]由2k1()()2bMgMEmhmt−==+得重力加速度k()gMEmh=−实验中由于阻力的存在，重力势能大于系统增加的动能，即kE偏小，则重力加速度g的测量值总是小

于真实值。四、计算题：共3小题，14题9分，15题12分，16题18分，共39分，解题须写出必要的文字说明、重要的公式和演算步骤，只写出最后答案的不得分。14.如图所示，质量为1kg的有孔小球穿在固定的长直杆上，杆与水平方向成37?角，球与杆间的动摩擦因数=0.25。小球在竖直向上大小为20N的

拉力F作用下，从A点由静止开始向上运动，经过1s撒去拉力。g取210m/s，sin37?=0.6，cos37?=0.8，求：（1）撤去拉力前瞬间小球的速度大小；（2）小球从开始到运动至最高点过程中，受杆支

持力的冲量。【答案】（1）4m/s；（2）4Ns方向垂直杆向下【解析】【详解】（1）撤去拉力前，设小球的加速度大小为1a，由牛顿第二定律得N1()sin37?=FmgFma−−，N=()cos37?FFmg

−解得214m/sa=方向沿杆向上，撤去拉力前瞬间的速度1114m/svat==（2）撤去拉力前支持力冲量的大小为1N1==8NsIFt方向垂直杆向下，撤去拉力后，设小球的加速度大小为2a，由牛顿第二定律得N2s

in37?=mgFma−，N=cos37?Fmg解得228m/sa=方向沿杆向下，从撤去拉力到减速为0所需时间1220.5svta==撤去拉力后到最高点过程中支持力冲量的大小为2N2==4NsIFt

方向垂直杆向上，全过程支持力冲量的大小为12==4NsIII−方向垂直杆向下。15.如图所示，一水平轻杆一端固定在竖直细杆上的O点，一轻质弹性绳下端固定在竖直杆底端A点，另一端穿过一固定在竖直杆B点的光滑小环与穿在水平杆上的小球连接，OB间距离为l。弹性绳满足胡克定律，原长等于AB间距离，

劲度系数为mgkl=，且始终不超过弹性限度。小球质量为m，与水平杆间的动摩擦因数为=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P为水平杆上的一点，OP间距离为l。已知弹性绳的弹性势能表达式为2p12Ekx=，其中x为弹性绳的形变量。不计其它阻力，重力加速度为g。（1）若小

球静止在P点，求小球受到的摩擦力的大小；（2）若整个装置以竖直杆为轴匀速转动，小球始终位于P点，求转动角速度允许的最大值；（3）小球开始静止在P点，给其一水平向左的初速度0v，若小球刚好能到达O点，求0v的大小。【答案】（1）mg；（2）m13=5gl；（

3）115gl【解析】【详解】（1）设BP与水平方向夹角为θ，小球在P点所受弹性绳弹力为N=BPFkl弹力的水平分量N=cos==xBPOPFklklmg由平衡条件知NxfFmg==。（2）设BP与水平方向夹角为θ，当小球刚要相对向外滑动时，

其所受最大静摩擦力m=fN由平衡条件得=+sin=+=2BPOBNmgklmgklmg分析可知，当弹力的水平分力与小球所受摩擦同向，即都水平向左时，装置的转速最快。根据牛顿第二定律可得2Nm+=xOPNFml解得m13=5gl（3）设在OP段任意一点为P

，BP与水平方向夹角为θ，则小球受到弹性绳弹力沿竖直方向的分力为1N=sin=sin==BPOBFFklklmg故小球对水平杆的压力为12NFmgmg=+=小球在OP段受到杆的摩擦力为==2fNmg故杆对小球的摩擦

力为恒力。由题意可知小球到达O点时速度为0，在OP段由能量守恒定律可得2220111+(2)=+222mvklflkl解得0115glv=16.一段凹槽A倒扣在足够长的水平木板C上，槽内有一小物块B（不计大小），它到槽两内侧的距离均为2l

，如图所示。木板位于光滑的水平桌面上，A与C间的摩擦忽略不计，B与C间的动摩擦因数为。A的质量为m，B的质量为2m，C的质量为3m，原来A、B、C都静止。现使槽A以大小为v0的初速度向右运动，已知重力加速度为g，02vgl，所有碰撞皆为弹性碰撞。求：（1）A、B第一次碰后各自的速度大小v

A和vB；（2）在A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞时间内，C运动的路程；（3）在A、B发生第一次碰撞到第四次碰撞时间内，系统产生的热量。【答案】（1）013v−，023v；（2）2044945vlg−；（3）201117228125mv【解析】【详解】（1）A、B

物体发生弹性碰撞，满足动量守恒，有0A1B12mvmvmv=+根据能量守恒，有2220A1B11112222mvmvmv=+解得A1013vv=−B1023vv=（2）若A、B发生第二次碰撞之前物体B、C共速，B、C满

足动量守恒，有B1BC12(23)mvmmv=+解得BC10415vv=这段时间根据牛顿第二定律，可得C的加速度为C2233mgagm==运动的时间为BC101C25vvtag==A的位移为20AA11215vxvtg=−=−B的位移为()20BB1BC1114

1275vxvvtg=+=C的位移20CBC1141275gvxvt==因为20AB2475gvxxl+=所以B、C共速前不会相撞，假设成立。此时A、B相距2024Δ75vxlg=−再运动时间为2A1BC

1Δxtvv=+所以C走的总路程等于20CBCBC1244945vxxvtlg=+=−（3）A、B发生第二次碰撞，根据动量守恒，有BC1A1B2A222mvmvmvmv−=+根据能量守恒，有2222BC1A1B2A21111222222mvmvmvmv+=+解得A2071

5vv=B20215vv=−A、B发生第三次碰撞之前物体B、C共速，满足动量守恒，有BC1B2BC232(23)mvmvmmv=+−解得BC20875vv=第三次相碰，根据动量守恒有BC2A2B3A322mv

mvmvmv+=+根据能量守恒，有2222BC2A2B3A31111222222mvmvmvmv+=+A、B发生第四次碰撞之前物体B、C共速，满足动量守恒，有BCBBC23332(23)mvmvmmv=++联立解得A30175vv=−BC3076375vv

=所以损失的机械能2220A3BC3111Δ(23)222Emvmvmmv=−−+根据能量守恒解得产生的热量为2011172Δ28125QEmv==获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.x

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