【文档说明】山东省潍坊市（高密一中、高密三中、高密四中）2021-2022学年高二12月月考物理试题 word版含解析.docx，共(24)页，1.305 MB，由管理员店铺上传

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高二物理第I卷一、单项选择题：本题共8小题，每题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小B.薄膜干涉中，肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化C.同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间

距比红光的大D.一束光从空气射入水中，如果入射角大于或等于临界角，就会产生全反射现象。【答案】A【解析】【详解】A．根据公式cnv=易知，单色光在介质中传播时，介质的折射率越大，光的传播速度越小。故A正确；B．薄膜干涉中

，肥皂膜从形成到破裂，肥皂膜的厚度会发生变化，即发生干涉的两列光的路程差会发生变化，所以条纹的宽度和间距会发生变化。故B错误；C．根据公式Lxd=蓝光波长小于红光的波长，所以同一个双缝干涉实验中，蓝光产生的干涉条纹间距比红光的小。故C错误；D．

当光从空气射入水中，不会发生全反射，因为不满足光的全反射条件，即光从光密介质进入光疏介质。故D错误。故选A。2.如图所示，某一匀强磁场磁感应强度为B，方向沿z轴正向，其中AB=a，BE=b，EF=c，∠CDF=30°，下列说法正确的是：（）A.穿过ABCD面和穿过ADFE面的磁通量都为

Bac的B.穿过BCFE面的磁通量为0C.若将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角时，其磁通量变化量大小为BbcD.若将BCFE面绕BC边转过180°角时，其磁通量变化量大小为0【答案】C【解析】【详解】A．磁场方向与ABCD面平行，则穿

过ABCD面的磁通量为0，根据=BS可得，穿过ADFE面的磁通量都为Bbc，所以A错误；B．根据=BS可知，穿过BCFE面的磁通量为Bbc，所以B错误；C．若将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角时，其磁通量为0，则磁通量的变化量

大小为=0BbcBbc−=所以C正确；D．若将BCFE面绕BC边转过180°角时，其磁通量为=Bbc−则磁通量的变化量大小为=2Bbc−=−所以D错误；故选C。3.如图所示，图甲为等量同种正电荷，A、B为其连线中垂线上对称的两点，图乙为两根电流方向相反的长直通电导线横

截面，C、D为其连线中垂线上对称的两点，以下说法正确的是（）A.A、B两点电场强度相同B.一带负电粒子沿中垂线从A运动到B，其电势能先增大后减小C.C、D两点磁感应强度相同D.CD连线上各点的磁感应强度

方向各不一样【答案】C【解析】【详解】A．根据等量同种电荷的电场分布可知，A、B两点电场强度大小相等，方向相反，则场强不相同，选项A错误；B．一带负电粒子沿中垂线从A运动到B，电场力先做正功后做负功，则其电势能先减小后增大，选项B

错误；CD．因两根通电导线的电流方向相反，根据安培定则，结合磁场叠加知识可知，C、D两点磁感应强度相同，CD连线上各点的磁感应强度方向一样，选项C正确，D错误。故选C。4.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg

，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A.vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/sB.vA′＝2m/s，vB′＝4m/sC.vA′＝－4m/s，vB′＝7m/

sD.vA′＝7m/s，vB′＝1.5m/s【答案】B【解析】【详解】AD．碰前的动量为10?m/sAABBpmvmvkg=+=碰后A项的总动量为10?m/sAAABBpmvmvkg=+=D项的总动量为10?m/sDAABBpmvmvkg=+=则两种情况都满足动量

守恒；但碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际，AD错误；B．碰后的总动量为'10?m/sAABBpmvmvkg=+=则满足动量守恒，碰后A的速度小于B的速度，不会发生第二次碰撞，碰前的总动能22kABB1122J22Emvmv

=+=两球碰后的总动能22kAABk1118J<22EmvmvE=+=不违背能量守恒定律，B正确；C．碰后的总动量为'10kg?m/sAABBpmvmv=+=则满足动量守恒，两球碰后的总动能22AAB

k1157J22Emvmv=+=大于碰前的总动能22kABB1122J22Emvmv=+=违背了能量守恒定律，C错误。故选B。5.如图所示，两片状电极通过滑动变阻器与电源连接，电极间连接一由某种金属材料制成的圆台工件，工件过A、B两点的圆形纵截面半径分别为rA和rB，P为滑

动变阻器的滑片。已知电源的电动势及内阻均不变，不计温度对该金属材料电阻率的影响。闭合开关后，下列说法正确的是（）A.滑片P向下滑动时，单位时间内通过截面A的自由电荷个数减少B.滑片P向下滑动时，单位时间内通过截面B的自由电荷个数不变C.滑片P保持

不动时，A、B两截面处自由电荷定向移动的速率之比ABBA:vvrr=：D.滑片P保持不动时，A、B两截面处自由电荷定向移动的速率之比22ABBA:vvrr=：【答案】D【解析】【详解】AB．滑片P向下滑动时，滑动变阻器的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律ABPEIRRr=++电路中

电流增大，单位时间内通过截面A和截面B的自由电荷个数增大，故AB错误；·CD．根据电流的微观表达式IneSv=自由电荷定向移动的速率与横截面积成反比22ABBA22ABAB1111:::vvrrSSrr===：故C错

误D正确。故D。6.某高中维修科网购了一盘大约650m长的铝导线，某实验小组使用表盘如图a所示的多用电表正确测量其电阻约为13Ω后，需要继续测量一个阻值大约为100~200Ω的电阻。正确测量时指针如图b所示，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下说法正确的是（）A.换挡后必须先用螺丝刀调节表盘下

中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”B.将多用电表的选择开关旋至100倍率的电阻挡，欧姆调零后测量，读数为160ΩC.用多用电表测量电阻时，黑表笔电势较高D.测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“直流电压500V”位置【答案】C【解析】【详解】A．用多用电

表测量了一个13Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是100~200Ω的电阻，不需要进行机械调零，故A错误；B．使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近,所以应将多用电表的选择开关旋至10

倍率的电阻挡，欧姆调零后测量，读数为160Ω，故B错误；C．用多用电表测电阻时，多用电表有内置电源，黑表笔与电源的正极相连，则黑表笔的电势高，故C正确；D．测量结束后要将表笔从插孔中拔出，并将选择开关旋至到交流电压最大量程处（或OFF

档，故D错误。故选C。7.有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向相互垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则（）A.在a、d处的质点振动减

弱，b、c处的质点振动加强B.从图示时刻经过半个周期，e处的质点通过的路程为2AC.从图示时刻经过半个周期，g处的质点加速向平衡位置运动D.从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A．振动加强点为波峰与波峰相遇

点，波谷与波谷相遇点；振动减弱点，为波谷与波峰相遇点，故a、d处的质点振动加强，b、c处的质点振动减弱，A错误；B．这两列机械波在水平竖直方向的波形如图所示，e点也是振动加强点，这幅为2A，在这两列波传播半个周期的过程中

，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，故路程为4A，B错误；C．由图可知经过半个周期后，g点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速靠近平衡位置，C正确；D．振动加强点的振幅始终为2A，不变，D错误。故选C。8.如图所示，

与地面夹角为的光滑斜面顶端固定一垂直斜面的挡板，劲度系数为k的轻弹簧一端固定一个质量为m的小物体，另一端固定在挡板上。物体在平行斜面方向上做简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长。则物体在振动过程中

（）A.物体在最低点时受的弹力大小为mgsinB.弹簧的最大弹性势能等于2222sinmgkC.平衡位置处，弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最大D.物体的最大动能应等于222sinmgk【答案】B【解析】【详解】A．物体在最高点，有sinFmg=回物体在最低点时，受力

分析可得sinFmgF−=回联立，可得2sinFmg=故A错误；B．设物体在最低点时，弹簧伸长量为x，根据胡克定律，可得2sinkxmg=物体从最高点运动到最低点，由动能定理，可得sin0mgxW+=弹又pm0WE=−弹联立，可得222pm2sinmgEk=故

B正确；C．物体做简谐运动过程中，涉及弹簧的弹性势能、物体的重力势能和物体的动能，且总量保持不变。当物体运动到平衡位置时，动能最大，即弹簧的弹性势能和物体的重力势能总和最小。故C错误；D．由于简谐运动的对称性，物体在平衡位置时，重力势能为222psin'sin2xmgEmgk=

=根据弹簧弹性势能的特点，物体在平衡位置时，弹簧的弹性势能为222pmpsin42EmgEk==选取物体最低点所在平面为零重力势能面，根据能量守恒，可得pmppkm00'EEEE++=++解得222kmsin2mgEk=故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，

每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.图甲是一列简谐横波在t0=0时刻的波形图，P、Q分别是平衡位置在x1=1m、x2=12m处的质点，图

乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（）A.波速大小为6m/sB.波沿x轴正方向传播C.t1=11s时质点Q沿y轴正向运动D.质点P简谐运动的表达式为0.10sin()m6yt=+【答案】AD【解析】【详解】A．根据甲图可得波长为=12m根据乙

图可得周期为2sT=根据vT=解得6m/sv=所以A正确；B．根据上下坡法则，质点Q向上振动处于下坡状态，则波沿x轴负方向传播，所以B错误；C．t1=11s时，质点振动了1152tnTT==，则Q沿y轴

负方向运动，所以C错误；D．根据图像可得振幅为0.10mA=在t0=0时刻，质点P沿y轴正方向运动，则质点P简谐运动的表达式为2sinyAtT=+根据三角函数的知识可得，当t=0时，y=5cm，代入解得=6则质点

P简谐运动的表达式为0.10sin()m6yt=+所以D正确；故选AD。10.如图所示电路，定值电阻12RRr==，30.5Rr=，电源电动势为E，内阻为r，a为滑动变阻器的中点。闭合开关后，滑片由a滑到b的过程中，下列说法正确的是（）A.R2消耗的电

功率增大B.R1消耗的电功率增大C.电源的输出功率逐渐增大D.电源的效率逐渐增大【答案】BC的【解析】【详解】ABD．由电路图可知，滑片由a滑到b的过程中外电路的总电阻减小，则干路电流增大，则3R两端的电压增大，由闭合电路欧姆定律UEIr=−可

知路端电压减小，则2R两端的电压减小，则流过2R的电流减小，根据2UPR=可知R2消耗的电功率减小，总电流增大，则流过1R的电流增大，根据2PIR=可知R1消耗的电功率增大，电源的效率UIUEIE==可知电源效率减小，故B正确，AD错误；C．由电路图可知，滑片由a滑到b

的过程中，外部电阻总电阻由大于r变化到r，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，可知滑片由a滑到b的过程中，滑片由a滑到b的过程中，电源的输出功率逐渐增大，故C正确。故选BC。11.如图所示的电路中，电表可视为理想电表，电源电动势E=

12V，内阻r=1Ω，R1和R2为定值电阻，Rp为可变电阻，当开关闭合后，电压表V1示数为10V，电流表A1示数为0.5A，则下列说法中正确的是（）A.R1=3ΩB.Rp不变时，V1的读数与A2读数之比等于R3C.Rp改

变时，V1读数的变化量的绝对值与A1读数变化量的绝对值的比值是4ΩD.滑动变阻器滑片向左移动，则两电流表示数均增大【答案】ABC【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律有()111UEIrR=−+代入数据解得1113ΩEURrI−=−=所以A正确

；B．Rp不变时，V1的读数与A2读数之比等于R3，所以B正确；C．根据闭合电路欧姆定律有()111UEIrR=−+则有1114ΩUrRI=+=所以Rp改变时，V1读数的变化量的绝对值与A1读数变化量的绝对值的比值是4Ω，则C正确；D．滑动变

阻器滑片向左移动，滑动变阻器阻值变大，则整个电路的总电阻变大，根据EIrR=+外则A1读数变小，所以D错误；故选ABC。12.两个透明标准板M和N间形成楔形空气薄层，用某单色光从上向下照射时，在空气膜的上表面可观察到明暗相间的干涉条纹，某同学想利用该装置测量单色

光的波长，他沿着M标准板测出从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的距离为L，斜面倾角为，则下列说法中正确的是（）A.波长大小为cos2LB.波长大小为sin2LC.实验中如果减小斜面的倾角，则相邻条纹间距将变小D.实验

中如果用波长更长的光照射，则相邻条纹间距将变大【答案】BD【解析】【详解】AB．根据形成亮纹的条件可知，对第1条亮纹12nd=对第5条亮纹5(4)2nd+=即512ddd=−=由几何关系sindL

=解得sin=2L选项A错误，B正确；C．根据sin=2L可知，实验中如果减小斜面的倾角，则从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的距离为L将变大，则相邻条纹间距将变大，选项C错误；D．根据sin=2L可知，实验中如果用波长更长的光照射，则从第1条中心亮纹到第5条亮纹中心的

距离为L将变大，则相邻条纹间距将变大，选项D正确；故选BD。第II卷三、非选择题（本题共6小题，共60分）13.用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。用天平测量两个小球的质量1m、2m，且12mm；直接测定小球碰撞前后的速度是

不容易的，但是可以通过测量相关量，来间接解决这个问题。下面是三个实验小组的实验情况：（1）实验小组甲的实验装置如图1所示。图中O点是小球抛出点在水平地面上的垂直投影，实验时，先让入射球1m多次从斜轨上A位置静止释放；然后把被碰小球2m静止于轨道的水平部分，再将入射小球1m，从斜轨上

A位置静止释放，与小球2m相撞，并多次重复，分别找到小球的平均落点1M、1P、1N，并测量出平均水平位移1OM、1OP、1ON的长度1x、2x、3x。（用上述步骤中测量的量表示），若两球相碰前后的动量守恒，其表

达式可表示为：______。（2）实验小组乙的实验装置如图2所示。在水平槽末端的右侧放置一个竖直屏，竖直屏的O点与小球的球心等高。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验（1）的操作，得到两球落在竖直屏上的平均落点2M、2P、2N，量出2OM、2OP、2

ON的高度1h，2h、3h。（用上述步骤中测量的量表示），则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：______。（3）实验小组丙的实验装置如图3所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验（1）的操作，得到

两球落在斜面上的平均落点3M、3P、3N，用刻度尺测量斜面顶点到3M、3P、3N三点的距离分别为1l、2l、3l。（用上述步骤中测量的量表示）则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为______。【答案】①.121123mxmxmx=+②.112231mm

mhhh=+③.121123mlmlml=+【解析】【详解】（1）[1]设小球1碰撞前瞬时速度为0v，碰撞后瞬间小球1、小球2的速度分别为1v、2v。小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度均相同，在空中的运动时间t相等，水平位移x与其初速度成正

比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度。无碰撞时小球1的平均落点为1P，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为1M、1N。若两球碰撞过程动量守恒，则有：101122mvmvmv=+又有20xvt=11xvt=32xvt=联立整理得121123mxmxmx=+

若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为121123mxmxmx=+；2（）[2]设小球在B点平抛初速度为v，水平位移为x，竖直位移为H，对于平抛运动有xvt=212Hgt=解得2gvxH=可见当x一定，平抛初速度v与1H成正比，设小

球1碰撞前瞬时速度为0'v，碰撞后瞬间小球1、小球2的速度分别为1'v、2'v。每次平抛运动的水平位移x一定，平抛初速度越大，下落的高度越小即越靠近O点，可知无碰撞时小球1的平均落点为2P，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为2N、2M。可得0

'v：1'v：2'v=231111::hhh若两球相碰前后的动量守恒，需满足m10'v=m11'v+m22'v联立整理得112231mmmhhh=+则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为112231mmm

hhh=+3（）[3]设斜面倾角为，平抛初速度为v，落点与抛出点的距离为L，对于平抛运动cosxLvt==21sin2hLgt==解得2cos2singLv=可见平抛初速度v与L成正比。设小球1碰撞前瞬时速度为0v，碰撞后瞬间

小球1、小球2的速度分别为''1v、'2'v，无碰撞时小球1的平均落点为3P，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为3M、3N。可得'0'v：''1v：'2'v=213::lll若两球相碰前后的动量守恒，需满足m1'0'v=m1''1v+m2'2'v联立整理得121123mlmlml

=+则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为121123mlmlml=+14.某次实验要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室提供以下器材：A．一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）；B．电流表1A（量程1mA，内阻A150ΩR=）；C．电流表2A（量程0

.6A，内阻A2R约为2Ω）；D．电压表V（量程10V，内阻RV约2kΩ）E．滑动变阻器1R（阻值范围0~10Ω，额定电流2A）；F．滑动变阻器2R（阻值范围0~500Ω，额定电流0.5A）；G．定值电阻01950ΩR=；I．开关S和导

线若干。（1）选择提供的器材，请在图甲中设计并画出实验电路图，并在图中标注上所补器材及滑动变阻器的符号___________。为（2）某次调节过程中，电流表2A的指针指在图乙所示位置，其示数为___________A。（3）调节滑动变阻器的阻值，记录多组

两电流表的读数，根据数据描出12II−图像，如图丙，若不考虑电表内阻对测量结果的影响，则该电池的电动势E=________，内阻r=_______。（结果均保留三位有效数字）（4）若考虑电表内阻对实验结果的影响，则修正后的电源内阻r=__

_____。（用A1R、0R和r等符号表示）。【答案】①.②.0.33③.1.48④.1.20⑤.()A10A10RRrRRr++−【解析】【详解】（1）[1]电源电动势约为1.5V，题中所给电压表的量程太大，为了减小误差，将电流表1A串联一个定值电阻，可以改装成较大量程

的电压表，1A与0R串联的量程为110A1V()2VIRR=+=由于电源内阻较小，为了使路端电压变化明显，所以滑动变阻器选择最大阻值较小的1R，电路图如下图所示（2）[2]测量电流的电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，由图可知读数为0.33A；（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律

1A102()EIRRIr=++整理得21A10A10IrEIRRRR=−++结合图像可知A100.074mAERR=+32A10(0.50.074)100.400IrRR−−−=+−代入数据解得1.48VE=1.20Ωr=（4）[5]根据'1A1021()()EIRRIIr

=+++整理得''1A102()EIRRrIr=+++可得'12''A10A10ErIIRRrRRr=−++++未修正前A10rkRR=+修正后斜率''A10rkRRr=++联立可得()A'10A10RRrRrRr++=−15.某型号玩具车利用

铅蓄电池给直流电动机供电，简化电路如图所示。卡住电动机的转子，当电阻箱的阻值分别调节为10Ω和4Ω时，理想电流表的示数分别为1.0A和2.0A。不计铅蓄电池的内阻，则：（1）求电源电动势E和电动机的内阻r；（2）松开转子后，当电阻箱的阻值为1Ω时，电动机恰好正常工作，此时理

想电流表的示数为2.5A，求电动机正常工作时的输出功率。【答案】（1）12V，2Ω；（2）11.25W【解析】【详解】（1）电动机不转时为纯电阻电路，由闭合电路欧姆定律得：1122EIRrEIRr=+=+解得E=12Vr=2Ω（2）由33

UEIR=−=9.5V233PUIIr=−解得P=11.25W16.从王坞水库到南湖植物园有一段截面为半圆形的水渠，为研究水渠注水后，光在其中的传播，某学校实验小组用一块半圆形玻璃对其进行模拟，如图所示，OBCD为水渠的横截面，直径ODd=，

一束由紫光和红光组成的复色光沿AO方向从空气射入玻璃，入射角为，两种色光分别从B、C点射出。求：（1）从B点射出的光线为哪种颜色的光（不必说明原因）？（2）两种色光在玻璃中的传播时间，并比较大小；（3）若红光恰好发生全

发射，则其对玻璃的折射率为多少？此时紫光能否也发生全反射？【答案】（1）紫光；（2）12tt=；（3）21sinn=+，发生全反射【解析】【详解】（1）从B点射出的光线为紫光。的（2）设紫光折射率为1n，折射角为1，在玻璃中的传播时间为1t，红光折射率为2n，折射角为2，在玻璃中的传播

时间为2t，由折射定律11sinsinn=11cnv=11OBtv=1sinOBd=联立解得1sindtc=同理得2sindtc=故12tt=两种色光在玻璃中传播时间相等。（3）若红光恰好发生全发射，则临界角290C=−由折射定律2sinsinn

=21sin(90)n−=联立得的21sinn=+因为12nn，所以临界角12CC又因为12°129090−−所以此时紫光也发生全反射。17.如图所示，足够长水平地面上的A、B两点分别静置两质量分别为11kgm=、23kgm=的小滑块，两滑块与地面间的动摩擦因数分

别为10.625=、20.1=，内壁光滑的两固定竖直半圆轨道CDE与地面C点相切，轨道CD部分由内径略大于两滑块的管道弯制。已知AC的距离36mACx=，B为AC的中点，两半圆轨道的半径分别为11.1mR=、20.4mR=，E为轨道的最高点。现使1m以大小为025m/sv=的初速

度自A点沿地面向右运动，2m被正碰后由C点进入轨道，刚好通过E点后第一次在地面上的落点为F（图中未标出），不计两滑块的碰撞时间，重力加速度210m/s=g，则：（1）求C、F两点间的距离；（2）求1m与2m碰后瞬间，2m的速度大小；（3）通过计算，判断1m与

2m发生的是弹性碰撞还是非弹性碰撞？若为弹性碰撞，求在A、C两点间的运动过程中，1m与2m因摩擦产生的总热量；若为非弹性碰撞，求1m与2m因碰撞损失的机械能。【答案】（1）215m5CFx=；（2）10m/sBv=；（3）为弹性碰撞；216.5JfQ=总

【解析】【详解】（1）在E点：由2222EmvmgR=得2m/sEv=由21212()2RRgt+=得2m自E点运动到F点的时间15s5t=由CFExvt=得C、F两点间的距离215m5CFx=（2）两滑块相碰后，对2m，在由B到E的

运动过程中，由动能定理可知2222BC2122E2B112()22mgxmgRRmvmv−−+=−解得2m碰后瞬间的速度大小10m/sBv=（3）由A运动到B的过程中，对1m，由动能定理可得2211AB1A101122mgxmvmv−=−解得1m碰前瞬间的速度大小20m/sAv=对1m

与2m的碰撞过程，由动量守恒知112AABmvmvmv=+解得碰后瞬间1m的速度为10m/sAv=−（负号表示与初速度方向相反），碰前瞬间1m的动能2k11200J2AAEmv==碰后瞬间两滑块的总动能22kk1211200J22ABABEEmvmv+=+=故kkkAAB

EEE=+即碰撞前后系统机械能守恒，故为弹性碰撞由21122112ABBCAfQmgxmgxmv++=总可知在A、C两点间的运动过程中，1m与2m因摩擦产生的总热量216.5JfQ=总18.如图甲所示，有一

质量为2Mkg=的平板小车静止在光滑的水平面上。现有质量均为1kgm=小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始A以初速度12m/sv=向左运动，B同时以24m/sv=向右运动，物块B运动的vt−图像如图乙所示。若A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间动摩擦因数相同，g

取10m/s2，求：（1）小车与物块间的动摩擦因数μ；（2）小车总长度L；（3）从物块A、B开始运动计时，求6s时小车离原位置的距离x。【答案】（1）0.1；（2）9.5m；（3）1.625m【解析】【详解】（1）设

最后达到共同速度v，由图像乙知向右为正方向，整个系统动量守恒，有21(2)mvmvMmv−=+对物块B由动量定理，有2mgtmvmv−=−从乙图可知3.5st=，可解得0.5m/sv=0.1=（2）整

个系统由能量守恒定律，有22212111(2)222mgLmvmvmMv=+−+解得9.5mL=（3）物块A从开始运动到减速到零，设时间为1t，小车在1t前静止，然后小车和物块A一起以加速度a向右加

速，直到和物块B达共同速度v。滑块A减速过程，由动量定理有110()mgtmv−=−−滑块A和小车一起向右加速过程，设时间为2t，由牛顿第二定律得()mgMma=+由运动学公式得21212xat=滑块A和

小车一起向右匀速过程()226sxvt=−6s时小车离原位置的距离121.625mxxx=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com