2020年河南省高考物理模拟试卷(6套)解析版

第1页，共13页高考物理模拟试卷（五） 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 号一二三四总分得分一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1.关于黑体辐射，下列说法正确的是（　　）A.温度高的物体辐射电磁波，低于0°C的物体不辐射电磁波B.物体温度升高时，热辐射短波越来越强，长波越来越弱C.维恩公式可以很好的解释黑体辐射在长波区的实验规律D.普朗克引入了能量子的概念，很好的解释了黑体辐射的实验规律2.在平直轨道上，A、B两物体同时同地开始运动，其速度时间图象，如图所示，则下列说法正确的是（　　）A.A、B两质点的运动方向相反B.0.8s末A、B两质点相遇C.2s内A始终在B的前方D.A、B两质点在2s末，相距2m3.一物体正在做匀速直线运动，某时刻突然受到恒定外力作用做曲线运动，下列对物体运动判断正确的是（　　）A.物体可能做匀速圆周运动B.物体运动的最小动能可能为零C.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该两点的连线一定与恒力方向垂直D.若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该恒定外力方向与初速度方向夹角为锐角4.如图所示，带电小球a、b、c分别固定在圆周的三等分点上，点O为圆心。球a带负电电量为q；球b、c带正电，电荷量均为Q；则下列说法正确的是（　　）A.圆周上可能存在电场强度为零的点B.若q=Q，若小球b受库仑力大小为F，则小球a受力大小为2FC.若q=Q，若小球a受库仑力大小为F，则小球c受力大小为FD.带电小球a沿aO向O点移动过程中，电势能先减小后增大5.如图所示，竖直圆内部有A、B、C三个光滑小球，三小球在同一个竖直面内，C位于最低点，AC、BC通过轻杆与C球上的铰链连接在一起。A、B连线恰好过圆心O，B、C两球的质量均为m，BC连线与竖直方向的夹角为30°，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A.A球质量为mB.B球受到圆的弹力大小为mgC.C球对圆的压力为3mgD.轻杆对B球的弹力为2mg二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示的电路中，当开关S置于a处时，电流 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf （内阻不计）示数为I，额定功率为16w的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上第2页，共13页升。当开关置于b处时，电流表示数变为，灯泡正常发光，已知电阻R=1.5Ω，灯泡额定电压为10V，额定功率10W，重力加速度g=10m/s2，则（　　）A.电动机线圈的内阻为0.5ΩB.电动机的额定电压为0VC.电源电动势为12VD.电源内阻为1Ω7.如图所示，一四分之一圆弧底端与粗糙传送带平滑连接，传送带以速度ν沿顺时针方向转动。现将物块从与O点等高的地方静止释放，物块沿圆弧轨道下滑经传送带后在B点水平抛出，落地点为C．传送带长度未知，不考虑空气阻力，下列说法正确的是（　　）A.若仅降低物块的释放点，则物块一定落在C点左侧B.若仅提高传送带的转动速度v，则物块一定落在C点右侧C.若仅增大物块与传送带间的动摩擦因数，则物块可能落在C点D.若仅改变传送带的转动方向，则物块仍可能落在C点8.如图所示，在直角坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，粒予a、b以相同的动能从原点O进入磁场，进入磁场的速度方向与x轴正方向夹角为60°．粒子a经过时间t1从y轴飞出磁场，粒子b经过时间t2从x轴飞出磁场，飞出点距原点O点的距离相等，已知t1=2t2，不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用，由此可以判断出（　　）A.粒子a、b带异种电荷，且电荷量之比为4：3B.粒子a、b在磁场中运动的半径之比为：1C.粒子a、b在磁场中运动的角速度之比为：2D.粒子a、b在磁场中运动的向心力之比为：39.关于饱和汽与饱和汽压，下列说法正确的是（　　）A.与液体处于动态平衡的蒸汽叫饱和汽B.饱和汽的压强叫饱和汽压C.温度越高，水蒸气的饱和汽压越大D.水蒸气的实际压强越大，相对湿度越大E.某气体处于饱和汽状态时，若温度升高，则该气体变为未饱和汽10.介质中有P、Q两个做简谐振动的波源，两波源相距10m，PQ连线为x轴，O点恰好为PQ连线中点，现让P先振动，振幅为0.05m，经0.5s，振动传到O点，O处质点开始向上振动，波源Q也开始振动，振动方向向下，振幅为0.03m，已知两波源振动的频率均为5Hz，下列说法正确的是（　　）第3页，共13页A.波的传播速度为10m/sB.波源P开始振动时，振动方向向上C.PQ两波源均振动后，介质中不会形成稳定干涉图样D.O点为振动减弱点E.两列波的波长均为2m三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11.已知小量程电流表G满偏电流Ig=30mA，改表前，需要先测量其内阻，实验操作如下（1）先闭合开关S，调节滑动变阻器R及电阻箱R1使电流表G指针满偏，此时电流表A的示数恰好为电流表G示数的5倍，记下电阻箱R1的读数为47.5Ω，则电流表G的内阻为______Ω（2）欲将电流表G改装为一个量程为0.6A的电流表，电阻箱R1应调整为______Ω（3）对改装好的电流表进行校对时，闭合开关S前，滑动变阻器R的滑片应靠近______（填“M“或“N“）端。12.某实验小组利用图甲装置做如下实验：按如图甲装置准备好器材后，先打开电源，后释放小车，得到如图乙所示纸带，纸带上选取A、B、C、D、E五个计数点（每五个计时点取一个计数点），若AB=s1，BC=s2，CD=s3，DE=s4，其值如图刻度尺所示（1）测定加速度大小①若交流电频率f=50Hz．则打计数点D时的速度vD=______m/s②小车运动的加速度a=______（用s1、s2、s3、s4、f表示）；（2）验证机械能守恒已知钩码的总质量为m，小车的质量为M，交流电的周期为T，重力加速为g；①以下操作必须的有______A．打点计时器必须使用220V交流电B．连接钩码和小车的细线必须平行于木板C．对小车必须平衡摩擦力D．质量关系必须满足M＞m②对钩码、小车所组成的系统，从B点运动至D的过程中，满足关系式______，证明机械能守恒（用题目中字母表示）四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）第4页，共13页13.如图所示，相距为d的足够长光滑的U型金属框架MMPQ固定在水平桌面上（如图甲所示），框架所在的空间内存在方向竖直向下的匀强磁场。一根长为d的金属棒ab放置在框架上，其质量为m，电阻为r，该棒通过一根绕过右侧定滑轮的绝缘轻绳和一物块相连，物块质量为3m。已知重力加速度为g，导体棒与金属框间接触电阻及金属框架的电阻不计。则：（1）若所加磁场为磁感应强度为B的匀强磁场，求导体棒运动的最大速度；（2）若所加磁场为随时间变化的匀强磁场，导体棒运动的v-t图象如图乙所示；t=0时刻，导体棒ab据PM距离为l，磁场强度为B0，求t时刻磁场的磁感应强度；14.如图所示，薄木板A、B静止在水平地面上，小物块C（可看成质点）位于木板B的左端。现用水平恒力F推木板A，使其由静止向右运动，A、B碰后粘在一起，C滑到A上。已知木板A长L=4m，A、B相距s=6m，木板A的质量为m1=2kg，B的质量为m2=2kg，物块C的质量为m3=1kg，C与A、B间的动摩擦因数及A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。（1）若恒力F=10N，A、B碰撞前A速度为多少？（2）若恒力F=10N，最终C离木板A左端的距离为多少？（3）若要使C物块不能从A上滑下，恒力F的最大为多少？15.如图所示，粗细均匀的U形管中，封闭了有两段水银柱和两部分空气柱，水银柱A的长度h1=25cm，位于左侧封闭端的顶部。水银柱B与A之间的空气柱长度L1=12.5cm，右侧被活塞C封闭的空气柱长度L2=12.5cm，已知玻璃管周围环境温度t=27℃时，右侧封闭空气柱的压强恰为P0=75cmHg，水银柱B左右两部分液面的高度差h2=45cm。保持环境温度t=27℃不变，缓慢拉动活塞C，求：①当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为多少？第5页，共13页②当U形管内B部分的水银面相平时，活塞C共向上移动多少？16.如图所示，透明半球体半径为R，O为半球体球心，过球外M点射向球面上A点的光线，经折射后从平行于MO从球面上的B点射出，已知B到O的距离均为，MO之间的距离为R，光在真空中的传播速度为c，求①透明球体的折射率；②光从M到B所用的时间。第6页，共13页答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、任何物体都在向外辐射电磁波，故A错误。B、各种波长的电磁波辐射强度都增加，短波部分增加的多，故B错误。C、维恩公式在短波符合较好，长波差别较大，故C错误。D、普朗克引入了能量子的概念，很好的解释了黑体辐射的实验规律，故D正确。故选：D。黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动。量子化现象是微观世界的普遍现象，这与经典理论产生尖锐矛盾。这暴露了经典物理学的局限性（宏观、低速）。从而引发了物理学的革命--量子论的建立，使人类对物质的认识由宏观世界进入微观领域。2.【答案】D【解析】解：A、由图可知，A、B的速度方向相同，A错误；B、0.8s末A、B两质点速度相等，此时A在B的前方，B错误；C、由图2s末AB相距的距离等于位移之差为2m，B在A的前方，C错误，D正确；故选：D。在v-t图象中，与时间轴所围面积为物体运动的位移，斜率代表加速度，正负代表方向本题关键是根据速度时间图象得到物体的运动规律，然后根据速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移大小，速度图象的斜率等于质点的加速度，再进行 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 处理。3.【答案】C【解析】解：A、物体受与初速度方向垂直的恒力作用时，根据牛顿第二定律可知，加速度的大小与方向都不变；将运动分解为：初速度方向物体做匀速直线运动，其垂直方向做初速度为零的匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动。一定不是匀速圆周运动；故A错误；B、物体受到恒定外力作用后做曲线运动，所以该力的方向与物体初速度的方向不在同一条直线上，物体沿垂直于合外力方向的分速度大小不变，所以物体运动的最小动能不可能等于0．故B错误；CD、若物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大，说明该恒定外力方向与初速度方向夹角为钝角；同时由运动的对称性可知，该两点的连线一定与恒力方向垂直。故C正确，D错误故选：C。判断合运动是直线运动还是曲线运动，关键看合速度的方向和合加速度的方向是否在同一条直线上；当物体受到一个与运动方向垂直的恒力作用时，加速度的大小与方向都不变，是匀变速曲线运动。物体运动过程中存在动能相等的两点，则该物体的速度一定是先减小后增大。本题关键是对质点做曲线运动的条件的考查，掌握了做曲线运动的条件、平抛运动、匀速圆周运动等常见的曲线运动的特点，本题基本上就可以解决了。4.【答案】A【解析】解：A、若Q＜q时，在aO与圆周交点处电场强度可能为零。故A正确。B、若q=Q，设小球a对小球b存在库仑引力作用，大小为F1，小球c对小球b存在库仑斥力作用，大小也为F1，两个力的夹角为120°，所以F1=F．同理，小球b、c对a球第7页，共13页均引力，大小均为F1，夹角为60°，所以2F1cos60°=F2，即小球a受力大小为F2=F，故B错误。C、同理，小球c受到的力为F，故C错误。D、带电小球a沿aO向O点移动过程中，电场力做正功，电势能一直减小，故D错误。故选：A。若Q＜q时，在aO与圆周交点处电场强度可能为零。根据库仑定律和力的合成法求小球受力大小。根据电场力做功分析电势能的变化情况。本题首先要灵活选择研究的对象，正确分析受力情况，再根据平衡条件、库仑定律及平行四边形定则解题。5.【答案】C【解析】解：依题意可知，轻杆对小球的弹力沿杆方向，ABC小球受力如右图所示，有F1cos30°=F2cos60°，F1cos60°+N1cos60°=mAg，F1sin60°=N1sin60°，F2cos30°-N2cos60°=mg，F2cos60°=N2cos30°，联立解得：mA=m，N1=N2=mg，N=3mg，F2=mg．ABD错误C正确。故选：C。对三个小球分别受力分析，根据整体法、隔离法分别列平衡方程求解即可。本题考查了物体的平衡条件的应用，注意整体法、隔离法的应用。6.【答案】AC【解析】解：BCD、开关置于b处时，流过电源的电流为l1==1A，电源电动势E=I1（R+r）+UL，开关置于a处时，流过电源的电流为l2=2A，电动机的额定电压UM==8V，电源电动势E=I2（R+r）+UM，联立解得E=12V，r=0.5Ω，故C正确，BD错误；A、开关置于a处时，PM=IRM+mgv，解得RM=0.5Ω，故A正确。故选：AC。开关置于b处时，根据P=UI求解电流，电源电动势E=I1（R+r）+UL；开关置于a处时，流过电源的电流为l2=2A，电动机的额定电压UM=，电源电动势E=I2（R+r）+UM，联立解得E和r；开关置于a处时，PM=IRM+mgv。对于电动机是非纯电阻电路，不满足欧姆定律，但仍满足P=UI和焦耳定律。7.【答案】CD【解析】解：A、物块从与O点等高的地方静止释放，滑到A点的速度为vA，由于A、B两点间的距离未知，vA与v大小关系未知，所以若仅降低物块的释放点，即减小速度vA，物块从B点抛出时速度可能大于传送带的速度v，落到C点的右侧，也可能等于传送带速度v，落到C点。故A错误。B、若仅提高传送带的转动速度v，可能落到C点处，也可能落到C点右侧，故B错误。第8页，共13页C、若仅增大物块与传送带间的动摩擦因数，当物块与皮带共速时抛出，物块仍落在C点处，故C正确。D、当物块到达B点时的速度仍大于皮带的速度v时，此时改变皮带转动方向，物块仍落在C点处。若滑到B点前与皮带共速，落在C点处，改变皮带转动方向时，物块将不落在C点。故D正确。故选：CD。物块从与O点等高的地方静止释放，滑到A点的速度与传送带速度的关系未知，A、B两点间的距离未知，所以物块从B点抛出时速度与传送带速度的大小关系不能确定，从而物块落地点的位置不能确定。本题考查了判断物体落在地面上的位置情况，分析清楚物体在传送带上的运动过程，判断物块到达B点时速度的变化情况是解题的关键。8.【答案】ABD【解析】解：作出两种粒子的运动轨迹如图所示；B、设飞出点距原点O点的距离为d，根据几何关系可得，粒子a在磁场中运动的半径r1=d，粒子b在磁场中运动的半径r2==，粒子a、b在磁场中运动的半径之比为：1，故B正确；C、对于粒子a有：，对于粒子b有：，已知t1=2t2，所以粒子a、b在磁场中运动的角速度之比为1：4，故C错误；D、根据F向=m=，所以向心力之比为F1：F2=：3，故D正确；A、由于t1=2t2，得到v1：v2=，结合动能相等可得m1：m2=16：3，再根据半径关系可得q1：q2=4：3，故A正确。故选：ABD。作出两种粒子的运动轨迹，根据落了下来结合图中几何关系、向心力公式、动能的计算公式求解。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间。9.【答案】ACE【解析】解：A、与业态处于动态平衡的蒸汽时叫饱和汽，故A正确。B、饱和汽中水分子产生的压强叫饱和汽压，故B错误。C、温度越高，空气中容纳的水分子数越多，产生的压强越大，饱和汽压越大，故C正确。D、水蒸气的实际压强大，若饱和汽压也大，则相对湿度不一定大，故D错误。E、处于饱和汽状态时，升高温度，则空气能容纳的水分子数增多，变为未饱和汽，故E正确。故选：ACE。饱和汽：在密闭容器中的液体不断的蒸发，液面上的蒸气也不断地凝结，当这两个同时存在的过程达到动态平衡时，宏观的蒸发也停止了，这种与液体处于动态平衡的蒸气叫做饱和汽。未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸气。饱和汽压：在一定温度下，饱和汽的分子数密度是一定的，因而饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫做这种液体的饱和汽压。解决本题的关键是知道：1．饱和汽压的大小取决于物质的本性和温度，与体积无关。2第9页，共13页．饱和汽压随温度升高而增大，与体积无关。10.【答案】ABE【解析】解：A、由题意可知，经0.5s，振动传播5m，则波速v=10m/s，故A正确。E、两列波在同种介质中传播，速度一样，两波源的频率相同，则波长必定相等，波源频率f=5Hz，周期T=0.2s，则波长λ=vT=2m，故E正确。C、两波源的频率也相同，在介质中会形成稳定干涉图样，故C错误。B、P振动后，振动经0.5s，振动传到O点，O处质点开始向上振动，则波源P起振方向向上，故B正确。D、Q开始起振时，P已经振动了2.5个周期，此时波源P和Q均向下振动，两者振动步调一致，O为PQ中点，振动将同时传到O点，O为振动加强点，故D错误。故选：ABE。介质中各振动质点的起振方向与波源的起振方向相同。根据时间与周期的关系，结合波的叠加原理，求解质点的路程和位移。根据路程差与波长的关系，分析位移为零的点。本题考查对波动图象和波的叠加原理的理解，根据时间与周期的关系入手是常用的思路，可根据波形平移法分析波在不同时刻的形状。11.【答案】19010M【解析】解：（1）由题意可知，电流表G和电阻箱并联，根据并联电路电压电流特点，得IG1RG=4IG1R1整理代入数据，得RG=190Ω（2）将电流表G改装为一个量程为0.6A的电流表，则在电流表G满偏时，通过R1的电流为I1=0.6A-30×10-3A=0.57A根据并联电阻电压相等，故R1==10Ω（3）校对电流表应从0开始校对，故滑动变阻器的滑片应靠近M端。故答案为：（1）190；（2）10；（3）M。（1）根据并联电路电压相等，可以求出电流表的内阻；（2）根据改装大量程的电流表要并联一个电阻，结合并联电路特点，可以求出并联的电阻阻值；（3）对改装的电流表校对，应从0开始，故可以知道此时电流表通过的电流为零，进而知道滑动变阻器的滑片位置。本题考查了电流表的改装，关键要知道改装成大量程的电流表要并联电阻，改装成大量程的电压表要串联电阻。12.【答案】0.35BCmg（s2+s3）=【解析】解：（1）①计数点D的速度大小为：。②根据△x=aT2运用逐差法得：a=又T=，则有：a=。第10页，共13页（2）①A、电磁打点计时器使用4-6V的交流电，电火花打点计时器使用220V的交流电，故A错误。B、连接钩码和小车的细线必须平行于木板，故B正确。CD、实验中验证系统机械能守恒，对小车需平衡摩擦力，不需要满足钩码的重力等于绳子的拉力，则不需要满足M远大于m，故C正确，D错误。故选：BC。②B到D的过程中，系统重力势能的减小量为△Ep=mg（s2+s3），B点的速度为：，D点的速度为：，则系统动能的增加量为：=。当满足关系式mg（s2+s3）=时，系统机械能守恒。故答案为：（1）①0.35；②；（2）①BC；②mg（s2+s3）=。（1）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出D点的速度，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量，运用逐差法求出小车运动的加速度。（2）根据实验的原理和注意事项确定正确的操作步骤，抓住系统重力势能的减小量和动能增加量相等得出机械能守恒的表达式。解决本题的关键知道实验的原理，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，验证机械能守恒时，注意本题研究的对象是系统，抓住系统动能增加量和重力势能减小量是否相等进行验证。13.【答案】解：（1）对导体棒ab，有：Em=Bdvm，此时流过导体棒的电流为：I==根据平衡条件可得：BId=3mg解得：vm=；（2）对于导体棒ab根据牛顿第二定律可得：3mg-FA=4mat=0时FA=0，则加速度为：a=导体棒做匀加速直线运动，则有：I=0t时刻的位移为：x==由于感应电流为零，则磁通量变化为零，有：B0ld=B（l+x）d解得：B=。答：（1）若所加磁场为磁感应强度为B的匀强磁场，导体棒运动的最大速度为；（2）t时刻磁场的磁感应强度为。【解析】（1）对导体棒ab根据平衡条件结合闭合电路欧姆定律求解速度；（2）对于导体棒ab根据牛顿第二定律求解加速度，由于感应电流为零，则磁通量变化为零，根据磁通量的计算公式求解。第11页，共13页对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。14.【答案】解：（1）对A，由动能定理得：Fs-μm1gs=，代入数据解得：v0=6m/s；（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v1，碰撞后AB受到的摩擦力：f地=μ（m1+m2）g=10N，由于f地=F，则ABC系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v1=（m1+m2+m3）v2，代入数据解得：v2=2.4m/s，C在A上滑行的距离为x2，由能量守恒定律得：（m1+m2）=（m1+m2+m3）+μm3gx2，C力木板A左端的距离：x=L-x2，代入数据解得：x=2.2m；（3）力F达到最大值Fm时，物块C和A共速时恰好滑到A的左端，设碰撞前A的速度为v3，碰撞后的速度为v4，三者的共同速度为v5，由动能定理得：Fms-μm1gs=，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v3=（m1+m2）v4，碰撞后AB的加速度为a2，C的加速度为a3，由牛顿第二定律得：Fm-μ（m1+m2+m3）g-μm3g=（m1+m2）a2，μm3g=m3a3，从A、B碰撞后到ABC共速，AB向右移动的位移为x2，C向右的位移为x3，则：，，，由几何关系得：L=x2-x3，代入数据解得：Fm=N；答：（1）若恒力F=10N，A、B碰撞前A速度为6m/s；（2）若恒力F=10N，最终C离木板A左端的距离为2.2m；（3）若要使C物块不能从A上滑下，恒力F的最大为N。【解析】（1）应用动能定理可以求出A的速度。（2）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离。（3）应用动能定理、动量守恒定律与牛顿第二定律、运动学公式可以求出拉力的最大值。本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂难度较大，本题考查了动量守恒定律、动能定理与牛顿第二定律、运动学公式的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提。15.【答案】解：①左侧气体等温变化：p1SL1=p′1SL′1，p1=P0-ρgh2=30cmHg，p′1=25cmHg；解得L′1=15cm；故左右两部分液面的高度差变为h′2=h2-2（L′1-L1）=40cm，右侧气体压强p′2=p′1+ρgh′2=65cmHg第12页，共13页②B部分的水银面相平时，左侧液面下降，右侧液面上升，左右侧气体压强相等p″=25cmHg右侧气柱：P0SL2=p″SL″2；解得L″2=37.5cm；则活塞上升h=L″2-L2+=47.5cm答：①当水银柱A恰好对U形管的顶部没有压力时，右侧封闭气体的压强为65cmHg；②当U形管内B部分的水银面相平时，活塞C共向上移动47.5cm。【解析】①左侧气体等温变化，由理想气体状态方程解得变化后气柱长度L′1；进一步的出左右两部分液面变化后的高度差，得到右侧气体压强；②B部分的水银面相平时，左侧液面下降，右侧液面上升，左右侧气体压强相等，对右侧气柱列等温变化方程；解得右侧气体长度，得出活塞上升距离。本题考查理想气体状态方程的等温变化，但是涉及两边液面高度差的变化，需要考虑的变化量比较多，也是容易出错的地方。16.【答案】解：①依题意可知，光线AB与MO平行，光路图如图所示，∠OAB=∠AOMOA为过A点的法线，过M作OA的垂线交OA于O1，A到MO的距离xAC=则sin∠AOC==0.5解得∠AOC=∠OAB=30°则xMO1=xMOsin∠AOC=R所以xOO1=xMOcos∠AOC=RxAO1=xOO1-xAO=RsinMAO1=xAM=代入数据解得sinMAO1=透明球体的折射率n==；②由几何关系可得，xAB=xAOcos∠OAB=R光从M到B所用的时间t=+。解得t=答：①透明球体的折射率是；第13页，共13页②光从M到B所用的时间是。【解析】①画出光路图，根据几何关系求出入射角和折射角，从而求得透明球体的折射率；②由几何关系求出光传播的距离，由v=求出光在球体内传播速度，从而求得光从M到B所用的时间。本题是折射定律的应用，关键是画出光路图，运用几何知识求解入射角与折射角，即可求解。第1页，共12页高考物理压轴试卷题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.下列说法中正确的是（　　）A.原子的特征光谱是由原子核内部的变化引起的B.物理学中，合力、交变电流有效值所共同体现的物理思维方法是等效替代法C.光电效应现象中逸出的电子是原子核内中子转变成质子时产生的D.牛顿在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得出位移与时间的平方是成正比的2.如图甲所示，在理想变压器的原线圈两端输入如图乙所示的交流电。调节滑动变阻器R的阻值观察到当电流表的示数增大了0.2A时电流表的示数增大了0.6A，电流表为理想表，下列说法中正确的是（　　）A.变压器原、副线圈匝数比为1：3B.当R减小时，滑动变阻器功率减小C.当R增大时，两个电流表示数均增大D.副线圈输出电压的表达式为=8sin100πt3.如图甲所示，质量为2kg的物体以一定的初速度冲上一倾角为θ的固定斜面的过程中，物体运动的速度随时间变化图象如图乙所示，下列说法中错误的是（g取10m/s2）（　　）A.前6s内摩擦力做功为-288JB.前4s内重力的冲量为80N•sC.前6s内合外力的冲量大小为24N•sD.物体与斜面间的动摩擦因数为0.54.如图所示，在粗糙的水平地面上并排放着两个物体A、B，现在用一斜向下的外力F推物体B，在外力F增大的过程中，两物体始终静止，下列说法中正确的是（　　）第2页，共12页A.物体A对地面的压力不变B.物体A对地面一定有摩擦力C.物体B对地面的摩擦力可能减小D.物体B对地面的摩擦力不变二、多选题（本大题共6小题，共33.0分）5.北京时间4月10日21点整，由事件视界望远镜（EHT）捕获的人类首张黑洞照片问世。探寻黑洞的 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 之一是观测双星系统的运动规律。双星系统是由宇宙中一些离其他恒星较远的通常可忽略其他星体对它们的引力作用的两颗星组成的。已知某双星系统中星体1的质量为m，星体2的质量为2m，两星体相距为L同时绕它们连线上某点做匀速圆周运动，引力常量为G．下列说法正确的是（　　）A.星体1、2做圆周运动的半径之比为1：2B.双星系统运动的周期为2πLC.两星体做圆周运动的速率之和为D.若在它们做圆周运动的圆心处放入一星球，该星球一定处于静止状态6.如图所示，一个倾角为θ的斜面上有A、B、C、D四个点，D为BC的中点且BD距离为AC距离的3倍。从A点同时以不同的速度平拋两个质量相等的小球a、b，球a落在C点，球b落在D点，不考虑空气阻力，在a、b两球运动的过程中（　　）A.两球落到斜面上时重力的瞬时功率之比为2：1B.两球落到斜面上时的速度大小之比为1：2C.两球的动量变化量的大小之比为2：1D.两球的动量变化率的大小之比为1：17.空间存在着竖直向下的匀强电场E，在水平地面上固定着一倾角为37°的绝缘斜面。一个可视为质点的带电物体A（质量为m、电荷量为+q）恰能沿斜面向下匀速运动，质点所受电场力大小等于重力大小。现将电场方向变为水平向左，场强大小不变，将该物体从斜面顶端由静止释放，同时另一不带电物体B在顶端等高处由静止开始自由下落，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）（已知Sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）A.物体A与斜面间动摩擦因数为0.75B.物体A沿斜面下滑的加速度为10m/s2C.两物体同时落地D.若将电场方向变为水平向右，仍由静止释放物体A，其受到静摩擦力沿斜面向下，大小为0.2mg8.如图所示，两条不等间距金属导轨ab和cd水平放置，ac之间距离为bd之间距离的两倍，导轨电阻不计。两相同 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 制成的金属棒（粗细均匀）MNPQ垂直导轨恰好放置在两导轨之间，与导轨接触良好，与水平导轨的动摩擦因数均为u。金属棒PQ质量为金属棒MN质量的一半，整个装置处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属棒MN质量为m，电阻为R，长度为L，在施加在金属棒MN上的恒定水平拉力F作用下两导体棒都匀速运动，导轨足够长，则（　　）第3页，共12页A.MN中电流方向是由M到NB.回路中感应电动势为C.在MNPQ都匀速运动的过程中，F=mgD.在MN、PQ都匀速运动的过程中，F=mg9.下列说法正确的是（　　）A.悬浮在液体中的微粒越小，布朗运动越明显B.物体的体积变大，则内能一定变大C.扩散现象是对流造成的D.摔碎的尖状玻璃烧灼的时候会变钝是表面张力的作用E.理想气体等压收缩一定放热10.下列说法正确的是（　　）A.当物体受迫振动的频率等于自身的固有频率时，其振幅最大B.所有的波都具有干涉、衍射效应C.声波具有多普勒效应，而光波不具有多普勒效应D.起振方向相同的两列波才能发生稳定干涉E.在自然界中我们看到的大部分光是偏振光三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）11.某研究小组设计了如下实验来验证动量守恒定律：两条相同的细线分别挂着两个等体积小球，质量分别是m1和m2，中间夹有一轻弹簧，再用一细线穿过弹簧连接两球，弹簧处于压缩状态但不与小球连接。用火烧断细线，两球向左右运动，测出它们最大的摆角分别为α，β，如图所示。（1）实验过程中，______（选填“有”或“没有”）必要测出竖直细线的长度。（2）理论上，质量大的小球摆角______（选填“大”或“小”）（3）试写出验证动量守恒的表达式：______。（用题中所给物理量表示）12.某同学想测量欧姆表x10挡时欧姆表的内电源的电动势和此挡位的中值电阻在某次测量电阻时，多用电表的示数如图甲所示。此时测量不够准确，应该如何操作？（1）换较______（选填“大”或“小”）倍率的挡位。（2）然后______（具体操作）。该同学设计了如图乙所示的实验电路图，调节滑动变阻器的滑片，记录多组电压表示数U和对应的欧姆表示数R，根据数据绘制得到图丙。（3）若接法正确则电压表的正接线柱应该与______（选填“红”或“黑”）表笔相连。（4）若图象的斜率为k，截距为b，则内电源的电动势为______，中值电阻为______。（5）该实验测得的电动势______（选填“不准确”或“准确”）。测得的中值电第4页，共12页阻______（选填“不准确”或“准确”）。四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）13.如图所示，在直角坐标系x0y的第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，第二象限有水平向左的匀强电场电场强度大小为E．一质量为m、电量为q的带负电粒子从x轴上某处（图中未画出）沿轴正方向以一定初速度射入电场，并且从y轴正半轴上的A点以与y轴正方向夹角为θ=45°的方向垂直磁场方向射入磁场，已知OA=l，不计粒子的重力，则（1）粒子进入电场时的位置坐标及初速度大小为多少？（2）磁感应强度大小为多少时粒子可以在第一次射出磁场时速度与x轴垂直？14.如图甲所示，水平地面上O点左侧光滑，右侧粗糙，Ob距离为L=1m，a为Ob中点。两个物块与O点右侧地面的动摩擦因数相同且μ=0.5，静置在O点的物块带正电，q=0.02C，物块A不带电，mA=mB=0.1kg。Ob之间存在水平向右的电场，电场强度大小随离O点的距离变化情况如图乙所示。现给A一个水平向右大小为2m/s的初速度，A与B发生弹性碰撞。碰后B可以沿着电场方向一直向右运动，最后到达挡板处时被原速率弹回。g取10m/s2．不计电荷对电场的影响。第5页，共12页（1）求A与B碰撞后B的速度大小；（2）求B运动到a点时的速度大小；（3）B与挡板碰撞后立即撤去电场，求物体最终停止的位置。15.如图所示，左端封闭右端开口的U型玻璃管装有水银，试管总高度为20cm，左端液面高15cm，右端液面高10cm，液面处均铺有防止蒸发、不计质量和体积的不透膜，外界大气压P0=75cmHg缓慢地将整个装置倒置，玻璃管极细，在倒置过程中，水银没有流出，且不漏气，保持圆柱体形状问此时左侧的空气柱长度为多少？整个过程温度保持不变。已知≈36.4。16.用某种玻璃制成一个半径为R的半球和一个底角为30°的直角三棱镜，置于水平地面上，截面图如图所示，A点有一单色光源，一光线AB从B点折射后的出射光线平行于水平面，照射到直角三棱镜斜面上的C点，经三棱镜折射后，从D点射出。已知该玻璃对该单色光的折射率为，光在真空中的速度为c。求：（ⅰ）光在半球玻璃砖中的传播时间。（ⅱ）从D点射出的光线与竖直面的夹角。第6页，共12页答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故A错误。B、物理学中，合力、交变电流有效值所共同体现的物理思维方法是等效替代法，故B正确。C、光电效应现象中逸出的电子是核外的电子，不是原子核内部的反应，故C错误。D、伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得出位移与时间的平方是成正比，故D错误。故选：B。原子的特征光谱是由原子核内部的变化引起的。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。光电效应现象逸出的电子是核外电子。斜面实验是伽利略完成的。本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆，不可忽视，不然很容易出错。对于物理学上常用的科学研究方法：等效替代法、理想化模型法、比值定义法等等要理解并掌握，并进行归纳总结，对学习物理量的意义有很大的帮助。2.【答案】D【解析】解：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.6A，即原线圈电流增大量是副线圈电流增大量的三分之一，根据电流与匝数成反比，变压器原、副线圈匝数比为3：1，故A错误。B、当R减小时，电阻减小，副线圈两端电压不变，则滑动变阻器消耗的功率增大，故B错误。C、当R增大时，输出电流减小，则输入电流也减小，两个电流表示数均减小，故C错误。D、原线圈电压的最大值为24V，根据电压和匝数关系可知，副线圈输出电压的最大值为8V，则瞬时表达式为8sin100πt，故D正确。故选：D。根据欧姆定律判断负载电阻的变化，分析电离、功率的变化情况。根据电流的匝数比，确定原副线圈的匝数之比。本题关键是明确电路结构，根据闭合电路欧姆定律、变压器变压公式和变流公式、串并联电路的电压电流关系列式分析。3.【答案】C【解析】解：D、根据图象知初速度为v0=20m/s，向上运动的加速度大小为a1=10m/s2，向下加速度大小为a2=2m/s2，设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律知a1=gsinθ+μgcosθ，a2=gsinθ-μgcosθ，联立解得μ=0.5，θ=37°，故D正确；A、摩擦力f=μmgcosθ=8N，根据图象知前6s内路程为s=mm=36m，所以摩擦力做功Wf=-fs=-288J，故A正确；B、前4s内重力的冲量I=mgt=20×4N．s=80N．s，故B正确；C、根据动量定理知前6s内合外力的冲量大小为mv2-mv1=2×（-8）-2×20=-56N•s，故C错误。第7页，共12页本题选择错误的，故选：C。根据v-t图象和牛顿第二定律求解滑动摩擦因数和斜面角度，根据受力分析知摩擦力做功，根据I=mgt求解重力的冲量，根据动量定理求解冲量。本题综合考查了运动学图象、动量定理等力学基本规律，根据图示图象分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，要注意明确v-t图象的性质以及应用，根据图示图象求出物体的位移、应用功的计算公式、动量定理即可解题。4.【答案】A【解析】解：AB、力F为零时，A静止，对地面的压力等于重力，对地面没有摩擦力，F增大AB仍静止，B没有去挤压A，所以A对地面的压力仍等于重力、摩擦力为零，故A正确B错误；CD、对B受力分析由平衡条件得：f=Fcosθ，θ为F与水平面的夹角，F增大，f也增大，故CD错误；故选：A。力F为零时，对A、B分析可知A对地面的压力、摩擦力、AB间的弹力，力F增大，仍静止，B没有去挤压A，A的受力情况不变，据此分析B的受力情况即可。本题考查了物体的平衡条件的应用，灵活应用隔离法受力分析即可。5.【答案】BC【解析】解：A、双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有：F=G=mr1ω2=2mr2ω2．则=．故A错误；B、因为T=，代入上式解得T=2πL，故B正确。C、根据v=rω，知v1+v2=ωr1+ωr2=ωL==．故C正确。D、若在它们做圆周运动的圆心处放入一星球，此星体受两个星体的引力大小不等，所以不能静止，故D错误。故选：BC。双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度的大小相等，根据向心力的关系求出转动的半径之比，根据引力充当向心力求解周期，根据v=ωr从而得出线速度大小之和。解决本题的关键知道双星系统的特点，角速度大小相等，向心力大小相等。6.【答案】BD【解析】解：A、根据题意知球a和球b下降的高度之比为1：4，根据t=知，时间之比为1：2，根据vy=gt知竖直方向速度之比为1：2，根据重力瞬时功率W=mgvy，知两球落到斜面上时重力的瞬时功率之比为1：2，故A错误；B、因为球a和球b的水平位移之比为1：4，时间之比为1：2，则初速度之比为1：2，偏转角度相同，v=，所以末速度之比为1：2，故B正确；C、根据动量定理I=mgt，知两球的动量变化量的大小之比等于下落时间之比为1：2，故C错误；D、根据动量定理I=mgt，动量的变化率为=mg，所以两球的动量变化率的大小之比为1：1，D正确；故选：BD。第8页，共12页根据下降的高度之比求出运动的时间之比，根据水平位移之比以及时间之比求出初速度之比。根据动量定理得出动量的增加量之比。解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。7.【答案】ACD【解析】解：A、物体A沿斜面向下匀速运动时，合力为零，根据平衡条件得：（mg+qE）sin37°=μ（mg+qE）cos37°，可得，μ=0.75，故A正确。B、将电场方向变为水平向左，对A，根据牛顿第二定律得：mgsin37°+qEcos37°-μ（mgcos37°-qEsin37°）=ma，结合qE=mg，可得a=12.5m/s2．故B错误。C、物体A沿竖直方向的分加速度ay=acos37°=10m/s2=g，与B自由落体运动的加速度相同，所以两物体同时落地，故C正确。D、若将电场方向变为水平向右，仍由静止释放物体A，物体A所受的电场力水平向右，最大静摩擦力为fm=μ（mgcos37°+qEsin37°）=1.05mg，qEcos37°-mgsin37°=0.2mg，可知，qEcos37°-mgsin37°＜fm，所以物体A静止不动，所受的静摩擦力大小为f=qEcos37°-mgsin37°=0.2mg，方向沿斜面向下，故D正确。故选：ACD。物体A沿斜面向下匀速运动时，合力为零，根据平衡条件和摩擦力公式求出物体A与斜面间动摩擦因数。将电场方向变为水平向左时，根据牛顿第二定律求物体A沿斜面下滑的加速度。根据竖直方向的加速度关系分析两物体运动时间关系。若将电场方向变为水平向右，分析物体的运动状态，由平衡条件求静摩擦力大小和方向。解决本题时关键要正确分析物体A的受力情况，采用正交分解法确定物体的合力，从而求解加速度。8.【答案】AB【解析】解：金属棒MN质量为m，电阻为R，长度为L，则金属棒PQ质量为m，长度为2L，根据m=ρ•SL可得PQ的截面积为MN的，根据电阻定律可得PQ的电阻为8R。A、PQ匀速运动，安培力方向向右，根据左手定则可知PQ中电流方向从Q到P，则MN中电流方向是由M到N，故A正确；B、对PQ根据平衡条件可得BI•2L=μ•mg，解得I=，所以回路中的感应电动势E=I•9R=，故B正确；CD、在MN、PQ都匀速运动的过程中，以MN为研究对象，根据共点力的平衡条件可得：F=μmg+BIL=μmg+μmg=μmg；故CD错误。故选：AB。根据左手定则判断MN中电流方向；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解回路中的感应电流大小，根据共点力的平衡条件进行分析解答对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。9.【答案】ADE第9页，共12页【解析】解：A．悬浮在液体中的微粒越小，液体撞击微粒的不平衡性就越明显，故布朗运动越明显，故A正确；B．物体的体积变大，分子间距变化，分子势能不一定增大，还要考虑温度的变化情况，则内能不一定变大，故B错误；C．扩散现象是分子热运动造成的，故C错误；D．根据表面张力的特点可知摔碎的尖状玻璃烧灼的时候会变钝，故D正确；E．理想气体等压收缩，体积变小，外界对气体做功，根据理想气体的状态方程，可知温度降低，气体内减小，所以气体一定放热，故E正确。故选：ADE。悬浮在液体中的微粒大小与温度影响布朗运动的激烈程度；从宏观的角度来说，内能与体积温度均有关；扩散现象的产生原因是分子的热运动；根据表达张力进行分析；根据热力学第一定律分析。本题考查了热力学第一定律、布朗运动、扩散现象等，要注意能从微观上解释相应的热学现象，明确热力学第一定律的应用。10.【答案】AE【解析】解：A、当物体受迫振动的频率等于自身的固有频率时，发生共振，其振幅最大，故A正确；BD、只有频率相同的波，才能发生干涉现象，故BD错误；C、声波和光波均可以发生多普勒效应，故C错误；E、除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光，故E正确。故选：AE。多普勒效应是波特有的现象，只有频率相等时，才能发生干涉现象，在受迫振动中，物体的振动频率与驱动力的频率相同时，发生共振现象，自然大部分是偏振光。本题考查了多普勒效应、衍射现象、共振以及干涉现象等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。11.【答案】没有小m1=m2【解析】解：设细线的长度为L，烧断细线过程两球组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m1v1-m2v2=0，烧断细线后小球摆到过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：对m1：m1v12=m1gL（1-cosα），对m2：m2v22=m2gL（1-cosβ），整理得：m1=m2；（1）实验过程中，没有必要测出竖直细线的长度；（2）余弦函数是减函数，由m1=m2可知，质量m大的摆球摆角小；（3）以上推导过程可知，实验需要验证的表达式是：m1=m2；故答案为：（1）没有；（2）小；（3）m1=m2。烧断细线过程，两球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，烧断细线后小球摆到过程只有重力做功，小球的机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后格局表达式分析答题。本题考查了验证动量守恒定律实验，根据题意理解实验原理是解题的前提，根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式是解题的关键。第10页，共12页12.【答案】小欧姆调零黑不准确不准确【解析】解：（1）欧姆表选择×10挡，由图甲所示可知，指针偏角太大，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换较小倍率的挡位。（2）欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零。（3）欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，则电压表的正接线柱应该与黑表笔相连。（4）由图示电路图可知，电源电动势：E=U+IR内=U+R内，整理得：=+，由图示图象可知，斜率：k=，截距：b=，内电源的电动势：E=，欧姆表内阻：R内=，欧姆表中值电阻等于内阻，则中值电阻：R内=R中值电阻=；（5）由于电压表分流作用，流过电源的电流大于，即电流测量值偏小，电源电动势与中值电阻测量值都不准确，测量值都小于真实值；故答案为：（1）小；（2）欧姆调零；（3）黑；（4）；；（5）不准确；不准确。用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零；欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点；根据图示电路图应用闭合电路欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线分析答题。要掌握欧姆表的内部结构与使用方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连；应用欧姆定律求出图象的函数表达式是解题的关键。13.【答案】解：（1）粒子沿y轴正方向进入电场后，在电场中做类平抛运动，根据题意可知，，l=v0t联立解得：电场方向发生的位移为：=进入电场时的坐标为（-，0）（2）由于粒子需垂直射出磁场区域，根据运动轨迹及几何关系可知，圆周运动的轨迹半径：=由公式，以及射入的速度v==联立解得：B=第11页，共12页答：（1）粒子进入电场时的位置坐标（-，0），初速度大小为；（2）磁感应强度大小为时粒子可以在第一次射出磁场时速度与x轴垂直。【解析】（1）粒子在第一象限内做类平抛运动，根据类平抛运动规律列方程组求解粒子进入电场的初速度；（2）由几何知识确定粒子在第四象限内圆周运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求磁感应强度B大小。对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。14.【答案】解：（1）A与B发生弹性碰撞，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB。根据机械能守恒定律得mAv02=mAvA2+mBvB2。结合mA=mB，联立解得vA=0，vB=v0=2m/