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2012 年山东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
（多选）1．（3分）以下叙述正确的是（ ）
A．法拉第发现了电磁感应现象
B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大
C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因
D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果
【分析】解答本题应掌握：法拉第发现了电磁感应现象；惯性是物体的固有属性，质量
是惯性大小的量度．伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因；感
应电流遵从楞次定律所描述的方向，符合能量守恒定律．
【解答】解：A、1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应现象。故A正确。
B、惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，与速度大小无关。故B错误。
C、伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因。故C错误。
D、感应电流遵从楞次定律所描述的方向，由于在电磁感应现象中，安培力是阻力，外界
通过克服安培力做功，将机械能转化为电能，故楞次定律所描述的感应电流方向，这是
能量守恒定律的必然结果。故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了物理学史、惯性、楞次定律等等，要抓住惯性由物体的质量来量度，
与速度无关，楞次定律符合能量守恒定律．
2．（3分）2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次
交会对接．任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会
对接．变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径
分别为R 、R ，线速度大小分别为v 、v ．则 等于（ ）
1 2 1 2
A． B． C． D．
【分析】天宫一号绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供向心力，根据万有引力定律
第1页 | 共17页和牛顿第二定律比较线速度的大小关系．
【解答】解：“神舟八号”飞船与“天宫一号”绕地球做匀速圆周运动，靠万有引力提供
向心力：
得： ，故 ．故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】本题的关键根据万有引力提供向心力 ，解出线速度与轨道半径的关
系．
（多选）3．（3分）将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，
v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（ ）
A．前3s内货物处于超重状态
B．最后2s内货物只受重力作用
C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同
D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒
【分析】根据v﹣t图象可知道物体的运动过程和性质，也可求出对应的加速度，前3s内
货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上．
匀变速直线运动平均速度 ，只有重力或弹力做功时机械能守恒．
【解答】解：A、前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上，所以处于
超重状态，故A正确；
B、最后2s内货物的加速度a＝ ＜g，所以还受到绳子的拉力，故B
错误；
C、前3s内的平均速度 ，最后2s内货物的平均速度 ，所以
前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，故C正确；
第2页 | 共17页D、第3s末至第5s末的过程中，货物匀速运动，绳子的拉力等于重力，绳子的拉力做正
功，机械能不守恒，故D错误。
故选：AC。
【点评】该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、平均速度公式、机械能守恒条件
等知识点．本题的关键在于能够通过速度时间图象对物体进行运动过程分析和受力分析，
难度适中．
（多选）4．（3分）如图所示，两相同轻质硬杆OO 、OO 可绕其两端垂直纸面的水平轴
1 2
O、O 、O 转动，在O点悬挂一重物M，将两个相同木块m紧压在竖直挡板上，此时
1 2
整个系统保持静止．F 表示木块与挡板间摩擦力的大小，F 表示木块与挡板间正压力的
f N
大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O 、O 始终等高，则（ ）
1 2
A．F 变小 B．F 变大 C．F 不变 D．F 变小
N N f f
【分析】本题的关键是首先将重物受到的重力按效果分解，求出分力与合力的关系表达
式，然后再对木块受力分析，根据平衡条件即可求解．
【解答】解：先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力（2m+M）g，2个静摩擦力，
两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：2F ＝（M+2m）g，解得 F ＝
f f
（M+2m）g，故静摩擦力不变，
将细线对O的拉力按照效果正交分解，如图
设两个杆夹角为θ，则有F ＝F ＝ ；
1 2
再将杆对滑块m的推力F 按照效果分解，如图
1
第3页 | 共17页根据几何关系，有
F ＝F •sin
x 1
故F ＝ •sin ＝ ，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，F 变大，
x x
故滑块m对墙壁的压力变大，即F 变大，故AD错误，BC正确；
N
故选：BC。
【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受
力情况，知道对于轻杆且一端为铰链时，杆产生或受到的弹力方向一定沿着杆的方向，
难度适中．
（多选）5．（3分）图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示
的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 、
1
n ， 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属
2
板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是（ ）
A．电压表的示数等于5V
B．电压表的示数等于
C．实现点火的条件是
D．实现点火的条件是
【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的
示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会点火，根据电压与线圈匝数比
第4页 | 共17页的关系即可求解．
【解答】解：A、根据图乙得到原线圈电压的最大值为 5V，所以电压表的示数为：
，故A错误，B正确；
C、根据 ，且U ＝5V，U ≥5000V得：实现点火的条件是 ，故C正
1 2
确，D错误．
故选：BC。
【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，知道电压表的示数为有效值，本
题即可得到解决．
6．（3分）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子
以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线
与虚线的交点。则该粒子（ ）
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能小于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【分析】电场线与等势面垂直。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的
强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电
势能增加。
【解答】解：A：根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力
作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；
B：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的
电场力最小，故B错误；
C：根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定
大于在c点的电势能，故C错误；
第5页 | 共17页D：a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越
大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握
住电场线和等势面的特点，即可解决本题。属于基础题目。
（多选）7．（3分）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角
为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B．将质量为m
的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨
向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动。导体棒始终
与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是
（ ）
A．拉力的功率P＝2mgvsinθ
B．拉力的功率P＝3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到 时加速度大小为
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【分析】导体棒最终匀速运动受力平衡可求拉力F，由P＝Fv可求功率，由牛顿第二定
律求加速度，由能量守恒推断能之间的相互转化。
【解答】解：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则mgsinθ＝BIl＝ ，当导
体棒以2v匀速运动时受力平衡，则 F+mgsinθ＝BIl′＝ ，故 F＝mgsinθ，拉力
的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故A正确；
B、同理，B错误；
C、当导体棒速度达到 时，由牛顿第二定律，mgsinθ﹣ ＝ma，解得 a＝
，故C正确；
D、由能量守恒，当速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力及
第6页 | 共17页重力所做的功，故D错误
故选：AC。
【点评】考查了电磁感应定律结合闭合电路，注意平衡条件的应用，能量、功率关系。
二、解答题（共3小题，满分46分）
8．（13分）（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律．物
块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达
滑轮处）．从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如
图乙所示．打点计时器电源的频率为50Hz．
①通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点 6 和 7 之间某时刻开始减
速．
②计数点5对应的速度大小为 1.00 m/s，计数点6对应的速度大小为 1.20 m/s．（保
留三位有效数字）
③物块减速运动过程中加速度的大小为a＝ 2.00 m/s2，若用 来计算物块与桌面间的
动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 偏大 （填“偏大”
或“偏小”）．
（2）在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：R （阻值约4Ω，额定电流约0.5A）；
x
电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表：A （量程0.6A，内阻约0.2Ω）；
1
A （量程3A，内阻约0.05Ω）；
2
电源：E （电动势3V，内阻不计）；
1
E （电动势12V，内阻不计）；
2
滑动变阻器：R（最大阻值约20Ω）；
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．
第7页 | 共17页①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图丙所示，读数为 1.775 mm．
②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 A 、电源应选 E
1 1
（均填器材代号），在虚线框内（如图丁）完成电路原理图．
【分析】（1）①由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，
若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动；
②用平均速度代替瞬时速度的方法求解瞬时速度；
③用作差法求解减速过程中的加速度；
（2）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．在
不要求电流或电压从零调或变阻器的阻值不是太小的情况下，滑动变阻器优先选择限流
式接法，因限流式调节方便且节能．
【解答】解：（1）①从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐
渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以
物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速；
②v ＝ ＝1.00m/s
5
由 可得加速时加速度 ，则计数点6的速度v ＝v +a T＝1.00+2
6 5 1
×0.10＝1.20m/s．
③由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得：
a＝ ＝﹣2.00m/s2．所以大小为2.00m/s2．
测量值与真实值比较，测量值偏大，因为实验中存在阻力，比如：没有考虑纸带与打点
计时器间的摩擦；没有考虑空气阻力等．
（2）①从图中读出金属丝的直径为d＝1.5mm+27.5×0.01mm＝1.775mm
②因测量金属丝的电阻率电流不能太大，电流表应选A ；待测电阻的电压约为2V，所
1
第8页 | 共17页以电源选择E ，电路图如图所示
1
故答案为：（1）①6，7；②1.00，1.20；③2.00，偏大
（2）①1.775（1.773～1.775均正确）；②A ，E ，电路如图所示
1 1
【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要
加强基础知识的理解与应用．电流表量程的选择需要根据电路估算，难度适中．
9．（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R＝1.0m的光滑圆弧轨
道，BC段为一长度L＝0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖
直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量m＝0.2kg，
与 BC 间的动摩擦因数 μ ＝0.4．工件质量 M＝0.8kg，与地面间的动摩擦因数 μ ＝
1 2
0.1．（取g＝10m/s2）
（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间
的高度差h．
（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀
加速直线运动．
①求F的大小．
②当速度v＝5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离
圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离．
【分析】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理求解
（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解
（3）根据平抛运动的规律和几何关系求解．
【解答】解（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：
mgh﹣μ mgL＝0
1
第9页 | 共17页代入数据得：
h＝0.2m…①
（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何
关系可得
cosθ＝ …②
根据牛顿第二定律，对物体有
mgtanθ＝ma…③
对工件和物体整体有
F﹣μ （M+m）g＝（M+m）a…④
2
联立①②③④式，代入数据得
F＝8.5N…⑤
②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x ，物块落点与B间的距离为 x ，由运动学
1 2
公式可得
h＝ …⑥
x ＝vt…⑦
1
x ＝x ﹣Rsinθ…⑧
2 1
联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得
x ＝0.4m
2
答：（1）P、C两点间的高度差是0.2m；
（2）F的大小是8.5N；
（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m．
【点评】该题考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律多个知识点，关键要对
物体进行受力和过程分析．
10．（18分）如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂
直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔
S 、S ，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为 U ，周期为
1 2 0
T ．在t＝0时刻将一个质量为m电量为﹣q（q＞0）的粒子由S 静止释放，粒子在电场
0 1
力的作用下向右运动，在 时刻通过S 垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重
2
力，不考虑极板外的电场）
第10页 | 共17页（1）求粒子到达S 时的速度大小v和极板间距d；
2
（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T 时刻再次到达S ，且速度恰好
0 2
为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
【分析】（1）粒子在匀强电场中做匀加速直线运动，电场力做功等于粒子动能的增加；
（2）使粒子不与极板相撞，则运动的半径大于 ；
（3）粒子在t＝3T 时刻再次到达S ，且速度恰好为零，则从s 再次进入电场时的时刻
0 2 1
是 ，粒子从左向右应是水平匀速穿过无场区，距离为d，根据匀速运动的规律求得
时间，粒子在左右磁场中的时间是相等的，粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半
个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，即t′＝T；然后根据洛伦兹力提供向心力，
即可求得磁感应强度。
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中电场力做功等于粒子动能的增加，得：
代入数据，得：
又： ，
联立以上两式，得：
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即： ，
得：
使粒子不与极板相撞，则运动的半径
第11页 | 共17页联立以上两式，得：
（3）粒子在t＝3T 时刻再次到达S ，且速度恰好为零，根据运动的对称性，则从s 再
0 2 1
次进入电场时的时刻是 ；
粒子从右向左应是水平匀速穿过无场区，距离为d，时间为：
粒 子 在 左 右 磁 场 中 的 时 间 是 相 等 的 ， 粒 子 在 磁 场 中 运 动 的 总 时 间 ：
粒子在左右磁场中的时间是相等的且都是半个周期，所以粒子运动的总时间是一个周期，
即t′＝T；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：
，vT＝2πr
联立以上公式得： 。
答：（1）粒子到达S 时的速度 和极板间距 ；
2
（2）磁感应强度的大小应满足的条件 ；
（3）粒子在磁场内运动的时间 ，磁感应强度的 。
【点评】该题中粒子在左右磁场中的时间是相等的，在电场中加速和减速的时间也是相
等的，是这解题的关键。该题解题的过程复杂，公式较多，容易在解题的过程中出现错
误。属于难度大的题目。
选修3-3
（多选）11．（3分）以下说法正确的是（ ）
A．水的饱和汽压随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
【分析】A、水的饱和汽压随温度的升高而增大；
B、扩散现象证明了组成物质的分子永不停息地做无规则运动；
第12页 | 共17页C、随分子间距离的增大，分子间引力与斥力都要减小；
D、温度是分子平均动能的标志，温度降低，分子平均动能减小．
【解答】解：A、水的饱和汽压随温度的升高而增大，故A正确；
B、扩散现象证明了组成物质的分子永不停息地做无规则运动，故B正确；
C、当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力减小，故C错误；
D、一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，体积变大，由理想气体方程可知，气体温
度升高，气体分子的平均动能增大，故D错误；
故选：AB。
【点评】熟练掌握基础知识即可正确解题，本题难度不大，对与物理选修内容要注意基
础知识的掌握．
12．（5分）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直旋转，右端与大
气相通，左端封闭气柱长l ＝20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高．现将右端与
1
一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10cm．（环境温度不变，
大气压强p ＝75cmHg）
0
①求稳定后低压舱内的压强 50cmHg （用“cmHg”作单位）．
②此过程中左管内的气体对外界 做正功 （填“做正功”“做负功”或“不做功”），
气体将 吸热 （填“吸热”或“放热”）．
【分析】①根据题意可知，这个过程是等温变化，找出左边气体变化前后的两个状态的
状态参量，由等温变化的规律可求出左边的气体变化后的压强，从而即可求出低压舱的
压强．
②根据左侧气体体积增大，可知做功情况，再由热力学第一定律可判断是否吸热．
【解答】解：①设U形管的横截面积为S，则左端被封闭的气体初状态：P ＝P ，V ＝
1 0 1
l S
1
末状态为：P ，V ＝（l + ）S
2 2 1
有理想气体的等温变化得：P V ＝P V
1 1 2 2
代入数据得：P ＝60cmHg
2
第13页 | 共17页则低压舱的压强p＝P ﹣h＝60﹣10＝50cmHg
2
②此过程中左管内的气体体积增大，对外做正功，温度又不变，由热力学第一定律可知，
气体要从外界吸热．
故答案为：①50cmHg；②做正功，吸热
【点评】解答关于理想气体的问题，首先要明确忽略气体分子之间的势能，气体的能量
只有气体的动能；要明确气体的各个状态及其状态参量，利用相应的规律进行解题．同
时熟练的应用热力学第一定律解答相关问题．
选修3-4
13．（5分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图所示，介质中质点P、Q
分别位于x＝2m、x＝4m处．从t＝0时刻开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4次到达
波峰．
①求波速．
②写出质点P做简谐运动的表达式（不要求推导过程）．
【分析】（1）根据波形图得到波长；从t＝0时刻开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4
次到达波峰，判断出周期；然后根据 计算波速；
（2）根据波形图得到振幅A，然后根据公式y＝Asinωt列式求解．
【解答】解：①根据波形图得到波长λ＝4m；
t＝0时刻，质点Q正向下运动；从t＝0时刻开始计时，当t＝15s时质点Q刚好第4次
到达波峰，故有
3T+ ＝t
解得
T＝
故波速为 ；
②t＝0时刻，质点P正在向上运动，振幅为：A＝0.2m；
第14页 | 共17页角频率为：ω＝ rad/s
故质点P做简谐运动的表达式为：y＝0.2sin m；
答：①波速为1m/s；
②点P做简谐运动的表达式为y＝0.2sin m．
【点评】本题综合考查了质点的振动和波动，关键是要能从波速方向判断出质点的振动
方向，同时要能从图象得到波长并进一步求解波速．
14．（5分）如图所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线
BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠
ABM＝30°，求
①玻璃的折射率。
②球心O到BN的距离。
【分析】①根据几何关系找出光线BM的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体
的折射率。
②根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心O到BN的距离。
【解答】解：①已知∠ABM＝30°，由几何关系知入射角i＝∠BMO＝30°，折射角β＝
60°由n＝
②由题意知临界角 C＝∠ONB，sinC＝ ，则球心 O 到 BN 的距离 d＝RsinC＝
。
答：①玻璃的折射率为 。
②球心O到BN的距离为 。
【点评】该题考查了折射定律的应用，要求要熟练的记住折射定律的内容，求折射率时，
第15页 | 共17页一定要分清是从介质射向空气还是由空气射入介质；再者就是会用sinC＝ 来解决相关
问题。
选修3-5
15．氢原子第n能级的能量为E ＝ ，其中E 为基态能量．当氢原子由第4能级跃迁到
n 1
第2能级时，发出光子的频率为ν ；若氢原子由第2能级跃迁到基态，发出光子的频率
1
为ν ，则 ＝ ．
2
【分析】根据能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差列出等式求解．
【解答】解：根据玻尔理论△E＝E ﹣E （m＞n）
m n
当氢原子由第4能级跃迁到第2能级时，发出光子的频率为ν 得
1
E ﹣E ＝ ﹣ ＝hν ，
4 2 1
E ﹣E ＝ ﹣E ＝hν ，
2 1 1 2
则 ＝
故答案为： ．
【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级
差．
16．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为m ＝3m、m ＝m ＝m，开始时B、
A B C
C均静止，A以初速度v 向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，
0
此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
【分析】A与B相撞，B又与C发生碰撞，根据动量守恒定律列出等式求解．
【解答】解：设A与B碰撞后，A的速度为v ，B与C碰撞前B的速度为v ，B与C
A B
碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：m v ＝m v +m v …①
A 0 A A B B
第16页 | 共17页对B、C木块：m v ＝（m +m ）v…②
B B B C
由A与B间的距离保持不变可知
v ＝v…③
A
联立①②③式，代入数据得v ＝ v
B 0
答：B与C碰撞前B的速度大小是 v ．
0
【点评】本题分两个物理过程研究：A与B相撞，B又与C发生碰撞的过程，基本的思
路是动量守恒应用．
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