2015 年新课标 II 高考物理试卷 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～4 题只有一 项符合题目要求，第 5～8 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．（6 分）如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒， 微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过 a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转 45°，再由 a 点 从静止释放一同样的微粒，改微粒将（ ） A．保持静止状态 B．向左上方做匀加速运动 D．向左下方做匀加速运动 C．向正下方做匀加速运动 解答： 解：在两板中间 a 点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力 和电场力平衡，故电场力大小 F=mg，方向竖直向上； 将两板绕过 a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转 45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转 45°，故电场力逆时针旋转 45°，大小仍然为 mg； 故重力和电场力的大小均为 mg，方向夹角为 135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定， 向左下方做匀加速运动； 故 ABC 错误，D 正确； 故选：D． 2．（6 分）如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平 行于 ab 边向上．当金属框绕 ab 边以角速度 ω 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、Uc．已知 bc 边的长度为 l．下列判断正确的是（ ） A． Ua＞Uc，金属框中无电流 B． Ub＞Uc，金属框中电流方向沿 a﹣b﹣c﹣a C． Ubc=﹣Bl2ω，金属框中无电流 D． Ubc=Bl2ω，金属框中电流方向沿 a﹣c﹣b﹣a 解答： 解：AB、导体棒 bc、ac 做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感 应电动势的方向从 b 到 c，或者说是从 a 到 c，故 Ua=Ub＜Uc，磁通量一直为零，不变，故 金属框中无电流，故 A 错误，B 错误； 第 1 页 共 13 页 CD、感应电动势大小 =Bl（ ）=Bl2ω，由于 Ub＜Uc，所以 Ubc=﹣Bl2ω，磁通量 一直为零，不变，金属框中无电流，故 C 正确，D 错误； 故选：C． 3．（6 分）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入 地球同步轨道．当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使 卫星沿同步轨道运行．已知同步卫星的环绕速度约为 3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上 空时的速度为 1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道 的夹角为 30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为（ ） A．西偏北方向，1.9×103m/s C．西偏北方向，2.7×103m/s B．东偏南方向，1.9×103m/s D．东偏南方向，2.7×103m/s 解答： 解：合速度为同步卫星的线速度，为：v=3.1×103m/s； 一个分速度为在转移轨道上的速度，为：v1=1.55×103m/s； 合速度与该分速度的夹角为 30 度，根据平行四边形定则，另一个分速度 v2 如图所示： 该分速度的方向为东偏南方向，根据余弦定理，大小为： ==1.9×103 m/s． 故选：B． 4．（6 分）一汽车在平直公路上行驶．从某时刻开始计时，发动机的功率 P 随时间 t 的变化 如图所示．假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变．下列描述该汽车的速度 v 随时间 t 变化的 图线中，可能正确的是（ ） 第 2 页 共 13 页 A． B． C． D． 解答： 解：在 0﹣t1 时间内，如果匀速，则 v﹣t 图象是与时间轴平行的直线，如果是加速， 根据 P=Fv，牵引力减小；根据 F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速 度为 0 时，即 F1=f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度 v1= =．所以 0﹣t1 时间内， v﹣t 图象先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线； 在 t1﹣t2 时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据 P=Fv，牵引力减 小；再根据 F﹣f=ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为 0 时，即 F2=f， 汽车开始做匀速直线运动，此时速度 v2= =．所以在 t1﹣t2 时间内，即 v﹣t 图象也先是 平滑的曲线，后是平行于横轴的直线． 故 A 正确，BCD 错误； 故选：A 5．（6 分）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说明正确的是（ ） A． 指南针可以仅具有一个磁极 B． 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C． 指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D． 在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 解答： 解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故 A 错误； B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故 B 正确； C、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故 C 正确； D、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的， 故导线通电时指南针偏转 90°，故 D 错误； 故选：BC． 6．（6 分）有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，I 中的磁感应强度是Ⅱ中的 k 倍，两个速率相同的 电子分别在两磁场区域做圆周运动．与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子（ ） A． 运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍 B． 加速度的大小是Ⅰ中的 k 倍 C． 做圆周运动的周期是Ⅰ中的 k 倍 D． 做圆周运动的角速度是Ⅰ中的 k 倍 解答： 解：设Ⅱ中的磁感应强度为 B，则Ⅰ中的磁感应强度为 kB， 第 3 页 共 13 页 A、根据电子在磁场中运动的半径公式 r= 可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为 的电子运动轨迹的半径为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，所以 A 正确； B、电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为 a= ，所以Ⅰ中 的电子加速度的大小为 ，Ⅱ中的电子加速度的大小为 ，所以Ⅱ的电子的加速度大 ，Ⅱ中 小是Ⅰ中的倍，所以 B 错误； C、根据电子在磁场中运动的周期公式 T= 可知，Ⅰ中的电子运动周期为 ，Ⅱ中的 电子运动周期为 ，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的 k 倍，所以Ⅱ中的电子运 动轨迹的周期是Ⅰ中的 k 倍，所以 C 正确； D、做圆周运动的角速度 ω= ，所以Ⅰ中的电子运动角速度为 ，Ⅱ中的 电子运动角速度为 ，在Ⅱ的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的倍，所以 D 错误； 故选：AC． 7．（6 分）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边 拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力 大小为 F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时，P 和 Q 间的拉力大 小仍为 F．不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（ ） A．8 B．10 C．15 D．18 解答： 解：设 PQ 两边的车厢数为 P 和 Q， 当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pm•a， 当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm•a， 根据以上两式可得， ，即两边的车厢的数目可能是 2 和 3，或 4 和 6，或 6 和 9，或 8 和 12，等等， 所以总的车厢的数目可能是 5、10、15、20， 所以可能的是 BC． 故选：BC． 8．（6 分）如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距 h， b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动．不计摩擦，a、b 可视为 质点，重力加速度大小为 g．则（ ） 第 4 页 共 13 页 A． a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B． a 落地时速度大小为 C． a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D． a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 解答： 解：A、当 a 到达底端时，b 的速度为零，b 的速度在整个过程中，先增大后减小， 动能先增大后减小，所以轻杆对 b 先做正功，后做负功．故 A 错误． B、a 运动到最低点时，b 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh=mAvA2，解得 vA= ．故 B 正确． C、b 的速度在整个过程中，先增大后减小，所以 a 对 b 的作用力先是动力后是阻力，所以 b 对 a 的作用力就先是阻力后是动力，所以在 b 减速的过程中，b 对 a 是向下的拉力，此时 a 的加速度大于重力加速度，故 C 错误； D、a、b 整体的机械能守恒，当 a 的机械能最小时，b 的速度最大，此时 b 受到 a 的推力为 零，b 只受到重力的作用，所以 b 对地面的压力大小为 mg，故 D 正确； 故选：BD． 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第 9 题～第 12 题为必做题，每个考题考生都 必须作答，第 13 为选考题，考生格局要求作答． 9．（6 分）（2015 春•南昌校级期末）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动 摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频率为 50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部 分如图（b）所示，图中标出了五个连续点之间的距离． （1）物块下滑是的加速度 a= 3.25 m/s2，打 C 点时物块的速度 v= 1.79 m/s； （2）已知重力加速度大小为 g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是 C （填正确答案 标号） A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的倾角． 解答： 解：（1）根据△x=aT2，有： 解得：a= ==3.25m/s2 第 5 页 共 13 页 打 C 点时物块的速度： v= m/s=1.79m/s （2）对滑块，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 解得：μ= 故还需要测量斜面的倾角，故选：C； 故答案为：（1）3.25，1.79；（2）C． 10．（9 分）电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍．某同学利用这 一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下： 待测电压表 （量程 3V，内阻约为 3000 欧），电阻箱 R0（最大阻值为 99999.9 欧）， 滑动变阻器 R1（最大阻值 100 欧，额定电流 2A），电源 E（电动势 6V，内阻不计），开关 两个，导线若干． （1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整． （2）根据设计的电路写出步骤： 移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路 分压最小，闭合开关 S1、S2，调节 R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变， 断开开关 S2，调节电阻箱 R0 使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得 的电压表内阻； ． （3）将这种方法测出的电压表内阻记为 Rv′，与电压表内阻的真实值 Rv 相比，Rv′ ＞ Rv （填“＞”“=”或“＜”），主要理由是 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压 变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值的偏大 ． 解答： 解：（1）待测电压表电阻（3000 欧姆）远大于滑动变阻器 R1 的电阻值（100 欧 姆），故滑动变阻器 R1 采用分压式接法； 电路图如图所示： 第 6 页 共 13 页 （2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关 S1、S2， 调节 R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器滑片的位置不变，断开开关 S2，调节电阻 箱 R0 使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻； （3）电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算 值，则会引起测量值的偏大，故 Rv＜Rv′； 故答案为： （1）如图所示； （2）移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小，闭合开关 S1、S2， 调节 R1，使电压表的指针满偏，保证滑动变阻器的位置不变，断开开关 S2，调节电阻箱 R0 使电压表的指针半偏，读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻； （3）＞，电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于 计算值，则会引起测量值的偏大． 11．（12 分）如图，一质量为 m、电荷量为 q（q＞0）的粒子在匀强电场中运动，A、B 为 其运动轨迹上的两点．已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向的夹角为 60°； 它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°．不计重力．求 A、B 两点间的电势 差． 解答： 解：设带电粒子在 B 点的速度大小为 vB，粒子在垂直电场方向的分速度不变，故： vBsin30°=v0sin60° 解得： ①②设 A、B 间的电势差为 UAB，由动能定理，有： ③联立②③解得： 答：A、B 两点间的电势差为 ． 12．（20 分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为 θ=37° （sin37°=）的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎 石堆 A（含有大量泥土），A 和 B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨 水后总质量也为 m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 μ1 减 第 7 页 共 13 页 小为，B、C 间的动摩擦因数 μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变．已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距离 l=27m， C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小 g=10m/s2．求： （1）在 0～2s 时间内 A 和 B 加速度的大小 （2）A 在 B 上总的运动时间． 解答： 解：（1）在 0～2s 时间内，A 和 B 的受力如图所示， 其中 f1、N1 是 A 与 B 之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压 力的大小，方向如图所示． 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1=μ1N1 ① N1=mgcosθ ②f2=μ2N2 ③ N2=N1+mgcosθ ④规定沿斜面向下为正，设 A 和 B 的加速度分别为 a1 和 a2， 由牛顿第二定律得 mgsinθ﹣f1=ma1 ⑤ mgsinθ+f1﹣f2=ma2 ⑥ 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得 a1=3m/s2 ⑦ a2=1m/s2⑧ （2）在 t1=2s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2，则 v1=a1t1=6m/s v2=a2t1=2m/s ⑨⑩t＞t1 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1′和 a2′，此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得 a1′=6m/s2⑪ a2′=﹣2m/s2⑫ 即 B 做减速运动． 第 8 页 共 13 页 设经过时间 t2，B 的速度减为零，则有 v2+a2′t2=0⑬ 联立⑩⑫⑬式得 t2=1s 在 t1+t2 时间内，A 相对于 B 运动的距离为 s= =12m＜27m 此后 B 静止不动，A 继续在 B 上滑动． 设再经过时间 t3 后 A 离开 B，则有 l﹣s= 可得 t3=1s（另一解不合题意，舍去） 设 A 在 B 上总的运动时间为 t 总，有 t总，=t1+t2+t3=4s （利用下面的速度图线求解也可） 答：（1）在 0～2s 时间内 A 和 B 加速度的大小分别为 3m/s2 和 1m/s2； （2）A 在 B 上总的运动时间为 4s． （二）选考题，共 45 分。请考生从给出的 3 题中任选一题作答 [物理——选修 3-3]（15 分） 13．（5 分）（2015 春•莱芜校级期末）关于扩散现象，下来说法正确的是（ ） A． 温度越高，扩散进行得越快 B． 扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C． 扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D． 扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E． 液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 解答： 解：A、温度越高，分子热运动越激烈，所以扩散进行得越快，故 A 正确； 第 9 页 共 13 页 B、扩散现象是分子热运动引起的分子的迁移现象，没有产生新的物质，是物理现象，故 B 错误； CD、扩散现象是由物质分子无规则热运动产生的分子迁移现象，可以在固体、液体、气体 中产生，扩散速度与温度和物质的种类有关，故 CD 正确； E、液体中的扩散现象是由于液体分子的热运动产生的，故 E 错误． 故选：ACD． 14．（10 分）如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通， 下端开口处开关 K 关闭，A 侧空气柱的长度为 l=10.0cm，B 侧水银面比 A 侧的高 h=3.0cm．现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为 h1=10.0cm 时将开关 K 关闭．已知大气压强 p0=75.0cmHg． （i）求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度； （ii）此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内 的长度． 解答： 解：（i）以 cmHg 为压强单位．设 A 侧空气柱长度 l=10.0cm 时压强为 p，当两侧的 水银面的高度差为 h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1，由玻意耳定律，有： pl=p1l1 由力学平衡条件，有： p=p0+h ①②打开开关放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随空 气柱长度的增加逐渐减小，B、A 两侧水银面的高度差也随着减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1 为止，由力学平衡条件，有： p1=p0﹣h1 联立①②③，并代入题目数据，有： l1=12cm ③④（ii）当 A、B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 P2，由玻 意耳定律，有： pl=p2l2 由力学平衡条件有： p2=p0 联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有： l2=10.4cm 设注入水银在管内的长度为△h，依题意，有： △h=2（l1﹣l2）+h1 ⑤⑥⑦⑧第 10 页 共 13 页 联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有： △h=13.2cm 答：（i）放出部分水银后 A 侧空气柱的长度为 12cm； （ii）注入的水银在管内的长度为 13.2cm． [物理——选修 3-4]（15 分） 15．如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为 θ，经 折射后射出 a、b 两束光线．则（ ） A． 在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 B． 在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 C． 玻璃砖对a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D． 若改变光束的入射方向使θ 角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 E． 分别用a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 解答： 解：AC、光线 a 的偏折程度大，根据折射定律公式 n= ，光线 a 的折射率大； 再根据公式 v=，光线 a 在玻璃中的传播速度小，故 A 正确，C 错误； B、光线 a 的折射率大，说明光线 a 的频率高，根据 c=λf，光线 a 在真空中的波长较短，故 B 正确； D、若改变光束的入射方向使 θ 角逐渐变大，则折射光线 a 的折射角先达到 90°，故先发生 全反射，先消失，故 D 正确； E、光线 a 在真空中的波长较短，根据双缝干涉条纹间距公式 ，分别用 a、b 光在 同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距小于 b 光的干涉条纹间距，故 E 错 误； 故选：ABD． 16．平衡位置位于原点 O 的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平 x 轴传播，P、Q 为 x 轴上的两个点（均位于 x 轴正向），P 与 O 的距离为 35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长 之间．已知波源自 t=0 时由平衡位置开始向上振动，周期 T=1s，振幅 A=5cm．当波传到 P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过 5s，平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位 置．求： （i）P、Q 间的距离； （ii）从 t=0 开始到平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过 的路程． 解答： 解：（i）由题意，O、P 两点间的距离与波长 λ 之间满足 第 11 页 共 13 页 OP= ①波速 v 与波长的关系为 v= ②在 t=5s 的时间间隔内，波传播的路程为 vt． 由题意有 vt=PQ+λ ③式中，PQ 为 P、Q 间的距离． 由①②③式和题给数据，得 PQ=133cm （ii）Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为 t1=t+T 波源从平衡位置开始运动，每经过 T，波源运动的路程为 A． 有题给条件得 t1=25×T 故 t1 时间内，波源运动的路程为 s=25A=125cm 答：（i）P、Q 间的距离为 133cm； （ii）从 t=0 开始到平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过 的路程为 125cm． [物理——选修 3-5]（15 分） 17．实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（ ） A． 电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样 B． β 射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C． 人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构 D． 人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E． 光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 解答： 解：A、干涉是波具有的特性，电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样，说 明电子具有波动性，所以 A 正确； B、β 粒子在云室中受磁场力的作用，做的是圆周运动，与波动性无关，所以 B 错误； C、可以利用慢中子衍射来研究晶体的结构，说明中子可以产生衍射现象，说明具有波动性， 所以 C 正确； D、人们利用电子显微镜观测物质的微观结构，说明电子可以产生衍射现象，说明具有波动 性，所以 D 正确； E、光电效应实验，说明的是能够从金属中打出光电子，说明的是物质的粒子性，所以 E 错 误； 故选：ACD． 18．两滑块 a、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经 过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示．求： （i）滑块 a、b 的质量之比； （ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 第 12 页 共 13 页 解答： 解：（i）设 a、b 的质量分别为 m1、m2，a、b 碰撞前地速度为 v1、v2． 由题给的图象得 v1=﹣2m/s ①v2=1m/s ②a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v． 由题给的图象得 v=m/s ③由动量守恒定律得 m1v1+m2v2=（m1+m2）v 联立①②③④式得 m1：m2=1：8 ④（ii）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为 △E= 由图象可知，两滑块最后停止运动， 由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W= 联立⑥⑦式，并代入数据得 W：△E=1：2 答：（i）滑块 a、b 的质量之比为 1：8； （ii）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为 1：2． 第 13 页 共 13 页
声明：如果本站提供的资源有问题或者不能下载，请点击页面底部的"联系我们"；
本站提供的资源大部分来自网络收集整理，如果侵犯了您的版权，请联系我们删除。
