贵州省贵阳市花溪清华中学2017届高三9月月考理综物理试题

贵州省贵阳市花溪清华中学2017届高三9月月考理综物理试题

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 14～18 题只有一 个项符合题目的要求，第 19～21 题有多个项符合题目的要求。全部选对的得 6 分，选对但不 全的得 3 分，有选错的得 0 分。 14.在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理 学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（　　） A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理 想化模型 B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想 C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强 ，电容 ， 加速度 都是采用比值法定义的 D．根据速度定义式 ，当△t 非常小时， 就可以表示物体在 t 时刻的瞬时速度，该 定义应用了极限思想方法 【答案】B 【解析】 FE q = QC U = Fa m = xv t ∆= ∆ x t ∆ ∆ 考点：物理学研究方法 【名师点睛】本题涉及了物理多种物理方法和数学方法，理想化模型，等效替代，比值定义 法，这些都是老师在课上经常提到的。极限法指用极限概念分析问题和解决问题的一种数学 思想.用其解决问题的一般步骤可概括为：对于被考察的未知量,先设法构思一个与它有关的 变量,确认这变量通过无限过程的结果就是所求的未知量；最后用极限计算来得到这结果；理 想模型的目的是为了暂时忽略与当前考察不相关的因素，以及某些影响很小的次要因素，突 出主要因素，借以化繁为简，以利于问题的分析、讨论，从而较方便地找出当前所研究的最 基本的规律，这是一种重要的科学方法。等效替代法：是物理方法既是科学家研究问题的方 法,也是学生在学习物理中常用的方法,新课标也要求学生掌握一些探究问题的物理方法. 15. 如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中 R0 为定值电阻， R 是滑动变阻器，C 为耐压值为 22v 的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是 A．副线圈两端电压的变化频率为 0.5Hz B．电流表的示数表示的是电流的瞬时值 C．滑动片 P 向下移时，电流表 A1 和 A2 示数均增大 D．为保证电容器 C 不被击穿，原副线圈匝数比应小于 10：1 【答案】C 【解析】 可知匝数比应大于 ，故 D 错误。 所以 C 正确，ABD 错误。 考点：变压器；电路的动态分析 【名师点睛】本题是关于变压器以及电路的动态分析问题；关键是明确电压器的电压、电流、 功率关系，要知道变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定 输入功率，结合变压比公式和功率公式进行动态分析。具体解法根据图乙知交流电周期为 0.02s，所以频率为 50Hz，由题意知灯泡两端电压为 22V，求副线圈电流，根据欧姆定律求匝 数比，滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于 输出功率减小。 16. 如图所示，两根相距为 l 的平行直导轨 ab、cd、b、d 间连有一固定电阻 R，导轨电阻可 忽略不计．MN 为放在 ab 和 cd 上的一导体杆，与 ab 垂直，其电阻也为 R．整个装置处于匀强 磁场中，磁感应强度的大小为 B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对 MN 施力使它沿导轨方向以速度 v（如图）做匀速运动．令 U 表示 MN 两端电压的大小，则 A． ，流过固定电阻 R 的感应电流由 b 到 d B． ，流过固定电阻 R 的感应电流由 d 到 b 10 2:1 1 2U vBl= 1 2U vBl= C． ，流过固定电阻 R 的感应电流由 b 到 d D． ，流过固定电阻 R 的感应电流由 d 到 b 【答案】A 【解析】 所以 A 正确，BCD 错误。 考点：考查了导体切割磁感线运动、电路 【名师点睛】当 MN 匀速运动时，MN 相当于电源，根据 求出切割产生的感应电动势大 小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出电流的方向。再根据闭合电路欧姆 定律求出 MN 两端电压的大小。 17. 2013 年 12 月 15 日 4 时 35 分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶 抵月球表面．如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭 动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在 P 处变轨进入圆轨 道，已知探测器绕月做圆周运动轨道半径为 r，周期为 T，引力常量为 G，下列说法中正确的 是: A．图中嫦娥三号探测器在 P 处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒 B．嫦娥三号携玉兔号绕月球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力为零 C．嫦娥三号经椭圆轨道到 P 点时和经圆形轨道到 P 点时的加速度不等 D．由题中所给条件，不可以求出月球的平均密度 U vBl= U vBl= E Blv= 【答案】D 【解析】 考点：万有引力定律的应用 【名师点睛】此题是万有引力定律的应用问题；这类问题的关键是万有引力提供向心力，能 够题意选择恰当的向心力的表达式，通过公式可以求得中心天体的质量． “玉兔号”巡视器 在飞向 B 处的过程中，月球引力做正功；巡视器在 P 处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速， 做近心运动才能进入圆轨道；变轨前嫦娥三号机械能守恒．在同一点加速度相等. 18. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示， 在半球面 AB 上均匀分布正电荷，总电荷量为 q，球面半径为 R，CD 为通过半球顶点与球心 O 的轴线，在轴线上有 M、N 两点，OM=ON=2R．已知 M 点的场强大小为 E，则 N 点的场强大小为: A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 24 kq R 22 kq ER − 24 kq ER − 24 kq ER + 考点：电场强度、电场的叠加 【名师点睛】本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系．均匀带 电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为 2q 的 球面放在 O 处在 M、N 点所产生的电场和半球面在 M 点的场强对比求解． 19. 如图所示，横截面为直角三角形的斜劈 A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力 F 通过球心水 平作用在光滑球 B 上，系统处于静止状态．当力 F 增大时，系统还保持静止，则下列说法正 确的是: A．A 所受合外力增大 B．A 对竖直墙壁的压力增大 C．B 对地面的压力一定增大 D．墙面对 A 的摩擦力可能变为零 【答案】BCD 【解析】 以 BCD 正确，A 错误。 考点：物体的平衡、整体及隔离法 【名师点睛】此题考查了整体法及隔离法的应用、物体的平衡问题；解题的关键是正确选择 研究对象，并能对研究对象正确的受力分析，根据平衡条件列出方程解答；此题是中等题， 意在考查学生灵活运用知识的能力. 20.如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连 接一质量为 m 的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运 动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别 为 F1、F2，下列说法正确的是: A．F1、F2 大小不相等 B．F1、F2 方向相同 C．小车加速度大小为 gtanα D．小车加速度大小为 gtanβ 【答案】BD 【解析】 考点：绳杆模型、牛顿第二定律 【名师点睛】本题主要考察了绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向， 而轻杆的弹力不一定沿轻杆方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定。两小球和 小车具有相同的加速度，先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再 对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向，即可得出结果。 21.一半径为 R 的均匀带正电圆环水平放置，环心为 O 点，质量为 m 的带正电的小球从 O 点正 上方 h 高的 A 点静止释放，并穿过带电环，关于小球从 A 运动到与 O 对称的点 A′的过程中， 其加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep 电）随位置变化的图象如图所 示（取 0 点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为 零）．其中可能正确的是: ． ． A B C D 【答案】ABC 【解析】 试题分析：由题意可知圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从 A 到圆环中心 的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛 顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电 场力方向为竖直向下，加速度方向也向下，且为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减 小，则加速度先增大后减小．故 A 正确．小球从 A 到圆环中心的过程中，重力势能 EpG =mgh， 小 球 穿 过 圆 环 后 ， EpG =-mgh ， 根 据 数 学 知 识 可 知 ， 图 象 为 一 次 函 数 所 考点：电势能、电势 【名师点睛】本题考查的是电场的分布情况，即相应的电场力做功。不易理解的是圆环所产 生的场强随距离变化的关系．机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分 析。具体是画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情 况，再由牛顿第二定律分析加速度情况．由 EP=mgh 分析重力势能的变化情况．根据电场力做 功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况． 第Ⅱ卷 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～第 25 题为必考题，每个试题考生都 必须做答。第 33 题～第 35 题为选考题，考生根据要求做答。 （一）必考题 22. （5 分）如图所示，将电磁打点计时器固定在铁架台上，使质量 m=50g 的重锤带动纸带由 静止开始自由下落，利用此装置可以测量重力加速度． 以下是该同学的实验操作和计算过程，请完成以下内容： （1）以下操作正确的是： A．在进行实验时，应先释放纸带，再打开电源 B．打点计时器应接在 220V 的交流档上 C．释放纸带时，应将重锤的一端尽量靠近打点计时器，以便打出更多的点进行研究 D．实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误差 （2）取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出计数点间的距离分别为 x1=2.60cm， x2=4.14cm， x3=5.69cm， x4=7.22cm， x5=8.75cm， x6=10.29cm．已知打点计时器的频率为 f=50Hz，则重锤运动的加速度计算式为 a= 代入数据，可得加速度 a= m/s2（计 算结果保留三位有效数字）． 【答案】（1）CD （2） ( ) ( ) 24 5 6 1 2 3 36 x x x x x xa f + + − + += 29.60 /a m s= 【解析】 考点：“研究匀变速直线运动”的实验 【名师点睛】本题主要考查匀变速直线运动规律。实验中安装、调整好器材，穿好纸带，在 打点之前，应先接通电源，后松开纸带；根据逐差法可以求出物体运动的加速度大小；在解 此类题时两个推论公式是非常重要的，一个是在相等时间内走过的位移差是一个定值，另一 个是一段过程中的中间时刻速度等于该段过程中的平均速度。 23.（9 分）测量一个长约 5cm、电阻 R1 约为 30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电 阻率，所用器材如下： 游标卡尺（20 分度）； 螺旋测微器； 直流电源 E（电动势为 18V，内阻可忽略不计）； 标准电流表 A1（量程 1.5A，内阻 r1=6Ω）； 电流表 A2（量程 2A，内阻 r2 约为 5Ω）； 滑动变阻器 R2（最大阻值 10Ω）； 开关 S，导线若干． （1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数 L= cm；用螺旋测微器测得该材料 的直径如图乙所示，读数 D= mm． （2）请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据． （3）若某次测量中两电流表 A1、A2 的读数分别为 I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的 表达式为 ρ 。 【答案】（1）5.020cm 2.150mm （2）电路如图所示 （3） 【解析】 立解得： 考点：游标卡尺和螺旋测微器的读数方法、测电阻率 【名师点睛】本题要求掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺 读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数， 在读可动刻度读数时需估读．掌握欧姆定律和电阻定律求解电阻率。 24. （15 分）如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定 轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为 v0=6m/s，将质量 m=1.0kg 的可看作质点的滑 块无初速地放到传送带 A 端，传送带长度为 L=12.0m，“9”字全高 H=0.8m，“9”字上半部 分圆弧半径为 R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.3，重力加速 g=10m/s2，试求： ( ) 2 1 2 14 D I r L I I πρ = − ( ) 2 1 2 14 D I r L I I πρ = − （1）滑块从传送带 A 端运动到 B 端所需要的时间； （2）滑块滑到轨道最高点 C 时受到轨道的作用力大小； （3）若滑块从“9”形轨道 D 点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角 θ=45°的斜面上 P 点，求 P、D 两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）。 【答案】（1）3s （2）90N (3) 1.4m 【解析】 由牛顿第二定律得： ， （1 分） 考点：动能定理的应用、牛顿第二定律 2 c N vF mg m R + = 【名师点睛】本题主要考查了动能定理的应用、牛顿第二定律。关键理清物体的运动规律， 结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带 速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从 A 端到达 B 端的时间．对 B 到 C 的过程 运用动能定理求出 C 点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在 C 点对滑块的弹力，从而得出 滑块对轨道的作用力大小和方向．对 B 到 D 的过程运用动能定理，求出到达 D 点的速度，根 据平抛运动的规律求出到达 P 点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出 P、D 两点间的 高度． 25.（18 分）如图所示，在 xoy 坐标系坐标原点 O 处有一点状的放射源，它向 xoy 平面内的 x 轴上方各个方向发射 α 粒子，α 粒子的速度大小均为 v0，在 0＜y＜d 的区域内分布有指向 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 ，其中 q 与 m 分别为 α 粒子的电量和质量；在 d＜y＜2d 的区域内分布有垂直于 xoy 平面向里的匀强磁场，mn 为电场和磁场的边界．ab 为一 块很大的平面感光板垂直于 xoy 平面且平行于 x 轴，放置于 y=2d 处，如图所示．观察发现此 时恰好无粒子打到 ab 板上．（不考虑 α 粒子的重力及粒子间的相互作用），求： （1）α 粒子通过电场和磁场边界 mn 时的速度大小及此时距 y 轴的最大距离； （2）磁感应强度 B 的大小； （3）将 ab 板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时 ab 板上被 α 粒 子打中的区域的长度． 【答案】（1） （2） (3) 2 03 2 mvE qd = 02v v= 2 3 3x d= 03mvB qd = 2 3 dy∆ = 4 3 2 3 3L d d= + 【解析】 可得 (1 分) 若此粒子不能打到 ab 板上，则所有粒子均不能打到 ab 板，因此此粒子轨迹与 ab 板相切是临 界条件，由几何关系可得： 解得： (2 分) 由洛伦兹力提供向心力： (1 分) 可得： (1 分) （3）由分析可知沿 x 轴负方向射出的粒子若能打到 ab 板上，则所有粒子均能打到板上．其 临界情况就是此粒子轨迹恰好与 ab 板相切． (2 分) 由分析可知此时磁场宽度为原来的 ， (2 分) 则：ab 板至少向下移动： (1 分) 沿 x 轴正方向射出的粒子打在 ab 板的位置粒子打在 ab 板区域的右边界 3 πθ = 0sin30r r d+ = 2 3 dr = 2vBqv m r = 03mvB qd = 1 3 2 3 dy∆ = 由几何知识可知：ab 板上被粒子打中区域的长度： (2 分) 考点：带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动 【名师点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况， 通过几何关系解决，根据动能定理求出 α 粒子刚进人磁场时的动能．粒子沿 x 轴正方向射出 的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在 ab 板上，则所有粒子均不能打 在 ab 板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系 得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．沿 x 轴负方向射出的粒子若能打到 ab 板上，则 所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与 ab 板相切．根据带电粒子在磁场 中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出 ab 板移动的位置，根据几何关系求出 ab 板上被 α 粒子打中的区域的长度． （二）、选考题：共 45 分。请考生从给出的 3 道物理题中任选一题做答。并用 2B 铅笔在答题 卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，并在答题卡 选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。 33.【物理------选修 3--3】（15 分） （1）（5 分）下列说法中正确的是 。（填正确答案标号，选对一个得 2 分，选对 两个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体的体积增大，分子势能不一定增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 【答案】BDE 【解析】 分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做 负功，分子势能增加；故 D 正确．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由 可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故 E 正确． 所以 BDE 4 3 22 3 3L x r d d= + = + pV nRT= 正确，AC 错误。 考点：布朗运动、热力学第一定律、晶体和非晶体 【名师点睛】本题主要考查了布朗运动、热力学第一定律、晶体和非晶体等概念。布朗运动 是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应．晶体有确定的熔点，非 晶体没有确定的熔点．热量也可能从低温物体传到高温物体．物体的体积增大，分子势能不 一定增加．根据气态方程分析压强不变、体积增大时温度的变化，即可判断内能的变化，由 热力学第一定律分析吸放热情况。 （2）.（10 分）如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体 分为完全相同的 A、B 两部分．初始时两部分气体压强均为 p、热力学温度均为 T．使 A 的温 度升高△T 而保持 B 部分气体温度不变． 则 A 部分气体的压强增加量为多少。 【答案】 【解析】 考点：理想气体状态方程 【名师点睛】本题是连接体问题，对连接体问题应分别对各部分气体应用相关实验定律或理 想气体状态方程列方程、找出各部分气体间的关系即可正确解题。A、B 两部分气体总体积不 变、它们的压强相等，对 A 部分气体根据理想气体状态方程列方程，对 B 部分气体应用玻意 耳定律列方程，然后求出 A 部分气体压强的增加量。 34.【物理------选修 3--4】（15 分） (1) （6 分）一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.1s 波形图如 2 p Tp T ∆∆ = 图中虚线所示，若波传播的速度为 10m/s，则 (填入正确选项前的字母，选对一 个得 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个得 6 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．这列波沿 x 轴负方向传播 B．这列波的周期为 0.4s C．t=0 时刻质点 a 沿 y 轴正方向运动 D．t=0 时刻质点 a 经 0.2s 通过的路程为 0.4m E．x=2m 处的质点的位移表达式为 y=0.2sin（5πt+π）（m） 【答案】ABDE 【解析】 考点：横波图像、波长、波速以及周期的关系 【名师点睛】在根据波的传播方向判断质点振动方向或者根据质点振动方向判断波传播方向 时，走坡法是一种重要的方法，即下坡路上，上坡路下，简谐横波在传播过程中波上的各个 质点只在平衡位置附近上下振动，不会随波迁移，当两个质点相隔波长的整数倍时，则这两 个点为同相点，即振动步调相同，如果两个质点相隔半波长的奇数倍时，两个点为反相点， 即振动步调相反。质点在一个周期内的路程为 4 个振幅。 （2）（9 分）由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为 30°的直角三角形，如图所示， AC 面镀膜，经透明体射到 AC 面的光只能反射．现有一束光从 AB 面的 D 点垂直 AB 面射入透明 体，经 AC 面 E 点反射后从 BC 面射出透明体，出射光线与 BC 面成 30°角． ①求该透明体的折射率； ②若光线从 BC 面的 F 点垂直 BC 面射入透明体，经 AC 面 E 点反射后从 AB 面射出透明体， 试画出经 E 点后的光路图，并标明出射光线与 AB 面所成夹角的角度（不用列式计算）． 【答案】① ②光路如图所示 【解析】 考点：光的折射定律 【名师点睛】此题是对光的折射定律以及全反射问题的考查；解题的关键是根据题意画出规 范的光路图，然后在两介质的入射点找到入射界和折射角，并根据光的折射定律列出方程。 根据几何知识求得光线在 BC 面上的入射角和折射角，根据折射定律求得折射率．画出光路图， 3 根据折射定律和反射定律确定相关的角度． 35.【物理------选修 3--4】（15 分） （1）（5 分）下列几幅图的有关说法中正确的是 (选对一个得 2 分，选对两个得 4 分， 选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A． B. C. D. E. A. 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的 B．发现少数 α 粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围 C．光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性 D．射线甲由 α 粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 E．链式反应属于重核的裂变 【答案】ACE 【解析】 考点：玻尔定态能级理论、重核的裂变、α 粒子散射 【名师点睛】考查玻尔理论的电子轨道的定态，掌握 α 粒子散射现象的意义，理解光电效应 的作用，认识裂变与聚变的区别．同时掌握左手定则的应用．根据玻尔理论分析电子的轨道 的半径是特定的；少数 α 粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间； 光电效应说明了光具有粒子性；根据左手定则可知，射线甲带负电；链式反应属于重核的裂 变． (2) （9 分）如图，两块相同平板 P1，P2 置于光滑水平面上，质量均为 m．P2 的右端固定一轻 质弹簧，左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L．物体 P 置于 P1 的最右端，质量为 2m 且可看作质 点．P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动，与静止的 P2 发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后 P1 与 P2 粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点（弹簧始终在弹性限度内）．P 与 P2 之间的动摩 擦因数为 μ．求： （1）P1、P2 刚碰完时的共同速度 v1 和 P 的最终速度 v2； （2）此过程中弹簧的最大压缩量 x 和相应的弹性势能 Ep． 【答案】（1） （2） 【解析】 解得 （2 分） 考点：动量守恒定律、功能关系 【名师点睛】满足下列情景之一的，即满足动量守恒定律：⑴系统不受外力或者所受外力之 和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的 0 2 v 0 3 4 v 2 0 32 vx Lmg = − 2 0 1 16PE mv= ( )2PE mg L xµ= × + 2 0 1 16PE mv= 2 0 32 vx Lmg = − 合外力为零，则该方向上动量守恒。⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系 统动量守恒。具体过程 P1、P2 碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对 P1、P2、P 系统，由动 量守恒定律求解．当弹簧压缩最大时，P1、P2、P 三者具有共同速度，由动量守恒定律和能量 守恒定律求解．