1、2016-2017学年广东省清远三中高三（上）第二次周考物理试卷一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12题为多选）1一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示由图可知该交变电流（）A周期为0.125sB电压的有效值为10VC电压的最大值为20VD电压瞬时值的表达式为u=10sin8t（V）2山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动如图所示，一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成，BC圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，竖直台阶CD底端与倾角为的斜坡DE相连第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，第二次从AB间的A点（图中未标，即ABAB）由
2、静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为1和2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则（）A12B12C1=2D无法确定两角的大小关系3下列物理量中，属于矢量的是（）A质量B速率C加速度D动摩擦因数4压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物0t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示则下列判断正确的是（）At1t2时间内
3、绝缘重物处于超重状态Bt3t4时间内绝缘重物处于失重状态C升降机开始时可能停在10楼，t1时刻开始，向下加速、匀速、减速，最后停在l楼D升降机开始时可能停在1楼，t1时刻开始，向上加速、匀速、减速，最后停在10楼5如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3k，读数为3V；电流表内阻为10，读数为4mA待测电阻R的真实值等于（）A750B760C1000D10106将一小球竖直上抛，如果小球到达最高点前的最后一秒和离开最高点后的第一秒时间内通过的路程分别为x1和x2，速度变化量的大小分别为v1和v2，假设小球所受空气阻力大小不变，则下列表述正确的是（）Ax1x2，v1v2Bx1x2，v1v2
4、Cx1x2，v1v2Dx1x2，v1v27下列说法中正确的是（）A托马斯杨通过光的单缝衍射实验，证明了光是一种波B自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光C在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变窄D麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来由他又用实验证实电磁波的存在8下列说法中正确的是（）A只要物体发生形变就一定有弹力B木块放在桌面上受到的弹力，这是由于木块发生微小的形变而产生的C绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向D两物体体间有弹力，则一定有摩擦力9如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬
5、高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A木板对物块做功为B摩擦力对小物块做功为mgLsinC支持力对小物块做功为0D滑动摩擦力对小物块做功为mgLsin10如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以
6、下关系正确的是（）AxA=h，aA=0BxB=h+，aB=0CxC=h+，aC=gDxCh+，aCg11如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L=100m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，=3.14）则赛车（）A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧弯道上的速率为45m/sC在直道上的加速度大小为5.63m/s2D通过小圆弧弯
7、道的时间为5.85s12如图所示，长为2L的轻杆硬杆，上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，到O点的水平距离为，电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地面，假设从=60到=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与水平的夹角为），则在此过程中（）A在前一半路程电动机对杆做的功比在后一半路程少B电动机的输出功率先增大后减小C=60时，绳子对杆的拉力大小为mgD杆对小球的作用力最大时，绳子对杆的拉力大小为4mg二、实验题13在测定一节干电池电动势和内阻的实验中，某学生采用了如图
8、所示实验器材连接，请指出该学生在接线中错误和不规范的做法（1）；（2）；（3）；（4）14在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为RV的电压表一个（量程大于电源的电动势），电阻箱一个，开关一个，导线若干为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象，如图所示由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k，试根据以上信息在虚线框内画出实验电路图写出E、r的表达式，E=，r=三、计算题15均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上
9、方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为，求线框下落的高度h所应满足的条件16在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物体与另一质量为m2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示求：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2；（2）另一物体的质量m22016-2017学年广东省清远三中高三（上）第二次周考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，每题4分；漏选得2分，多选、错选不得分，其中1-8为单选，9-12
10、题为多选）1一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示由图可知该交变电流（）A周期为0.125sB电压的有效值为10VC电压的最大值为20VD电压瞬时值的表达式为u=10sin8t（V）【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象可以知道交流电压的最大值和交流电的周期，根据最大值和有效值的关系即可求得交流电的有效值和频率【解答】解：A、由图象可知，交流电压的最大值为Um=20V，电流的周期为T=0.250s，故A错误，C错误；B、电压的有效值U=10V，故B正确；D、电流的周期为T=0.250s，=8rad/s，所以电压瞬时值的表达式为u=
11、20sin8t（V），故D错误故选：B2山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动如图所示，一滑雪坡由斜面AB和圆弧面BC组成，BC圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，竖直台阶CD底端与倾角为的斜坡DE相连第一次运动员从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上，第二次从AB间的A点（图中未标，即ABAB）由静止滑下通过C点后也飞落到DE上，运动员两次与斜坡DE接触时速度与水平方向的夹角分别为1和2，不计空气阻力和轨道的摩擦力，则（）A12B12C1=2D无法确定两角的大小关系【考点】动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】由动能定理知从A点滑下的时候通过C点的速度较小，然后根据平抛运动t
12、an=进行比较【解答】解：根据动能定理mgh=mv02，A下落时高度较大，所以从A下落到达C点的速度比较大那么从A和A下落时在DE上的落点如图所示，根据平抛运动中的推论：tan=2tan由图可以看出从A下落时从C点飞出后tan值较大，故从A下落时落到DE后tan2较大，即tan1tan2故选：BA3下列物理量中，属于矢量的是（）A质量B速率C加速度D动摩擦因数【考点】矢量和标量【分析】标量是只有大小没有方向的物理量，而矢量是既有大小又有方向的物理量【解答】解：A、B、D、质量、速率和动摩擦因数都是只有大小没有方向的物理量，是标量，故ABD错误C、加速度是矢量，其方向与物体所受的合外力方向相同，
13、故C正确故选：C4压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小某实验小组在升降机水平地面上利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置其工作原理图如图甲所示，将压敏电阻、定值电阻R、电流显示器、电源E连成电路，在压敏电阻上放置一个绝缘重物0t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流显示器中得到电路中电流i随时间t变化情况如图乙所示则下列判断正确的是（）At1t2时间内绝缘重物处于超重状态Bt3t4时间内绝缘重物处于失重状态C升降机开始时可能停在10楼，t1时刻开始，向下加速、匀速、减速，最后停在l楼D升降机开始时可能停在1楼，t1时刻开始，向上加速、匀速、减速，最后停在10楼【考点】
14、牛顿运动定律的应用-超重和失重【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态【解答】解：A、t1t2时间内电路中电流i比升降机静止时小，说明压敏电阻增大，压力减小，重物处于失重状态故A错误B、t3t4时间内电路中电流i比升降机静止时大，说明压敏电阻减小，压力增大，重物处于超重状态故B错误C、根据重物的状态可知，若升降机开始时停在10楼，则t1时刻开始，向下加速、匀速、减速，最后停在1楼故C正确D、若升降机开始时停在l楼，t1时刻开始向上加速、匀速、减速，重物应先处于超重、既不超重也不失重、失重状态，与上分析不符，故
15、D错误故选C5如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3k，读数为3V；电流表内阻为10，读数为4mA待测电阻R的真实值等于（）A750B760C1000D1010【考点】伏安法测电阻【分析】本实验测量电阻的原理是伏安法根据电表对电路的影响，分析误差，计算测量值和真实值【解答】解：电阻R的测量值R测=，电阻的真实值R真=，根据欧姆定律得： =750=解得：R真=1000故选C6将一小球竖直上抛，如果小球到达最高点前的最后一秒和离开最高点后的第一秒时间内通过的路程分别为x1和x2，速度变化量的大小分别为v1和v2，假设小球所受空气阻力大小不变，则下列表述正确的是（）Ax1x2，v1v2Bx1
16、x2，v1v2Cx1x2，v1v2Dx1x2，v1v2【考点】竖直上抛运动【分析】竖直上抛运动上升过程空气阻力向下、下降过程空气阻力向上，所以小球到达最高点前的最后一秒和离开最高点后的第一秒时间内通过的路程不再相等，速度变化量的大小也不再相等，具体情况要根据牛顿第二定律和运动学方程求解【解答】解：竖直上抛运动小球受合力竖直向下，设空气阻力为f，则：F1=G+f小球到达最高点前的最后一秒的加速度大小为：a1=此时间内位移变化量和速度变化量：x1=a1，v1=a1同理，下降过程合力F2=Gfa2=x2=a2，v2=a2由于a1a2故x1x2，v1v2故选D7下列说法中正确的是（）A托马斯杨通过光的
17、单缝衍射实验，证明了光是一种波B自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光C在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，则干涉条纹间距变窄D麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波存在，后来由他又用实验证实电磁波的存在【考点】光的干涉；电磁波的产生【分析】托马斯杨观察到光的干涉现象；自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射光和折射光都是偏振光；麦克斯韦预言了光是一种电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在；根据条纹间距公式x=判断条纹间距的变化【解答】解：A、托马斯扬在实验中成功地观察到光的干涉现象，干涉现象是波特有的特点，故A错误；B、自然光斜射到玻璃、水面、木质桌面时，反射
18、光和折射光都是偏振光，B正确；C、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光改为红光，红光波长比绿光波长长，根据x=则干涉条纹间距变宽，故C错误；D、麦克斯韦预言了光是一种电磁波，而赫兹用实验证实了电磁波的存在，故D错误故选：B8下列说法中正确的是（）A只要物体发生形变就一定有弹力B木块放在桌面上受到的弹力，这是由于木块发生微小的形变而产生的C绳对物体的拉力方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向D两物体体间有弹力，则一定有摩擦力【考点】物体的弹性和弹力；摩擦力的判断与计算【分析】弹力产生的条件有两个：一是两个物体必须直接接触，二是发生弹性形变；弹力的方向总是与恢复形变的方向相同；拉力、推力、支持力的实
19、质都是弹力【解答】解：A物体发生形变时，不一定发生弹性形变，所以形变的物体不一定产生弹力，故A错误；B木块放在桌面上受到的弹力，这是由于桌面发生微小的形变而产生的，故B错误；C弹力的方向总是与恢复形变的方向相同，绳对物体拉力的方向总是沿着绳而指向绳收缩的方向，故C正确；D两个物体间有弹力，则不一定有摩擦力，而有摩擦力，一定有弹力，故D错误故选：C9如图所示，长为L的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v，则在整个过程中（）A木板对物块做功为B摩擦力对小物
20、块做功为mgLsinC支持力对小物块做功为0D滑动摩擦力对小物块做功为mgLsin【考点】动能定理的应用【分析】对整个过程运用动能定理求解木板对木块做的功在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功根据摩擦力与重力分力大小的关系，求解摩擦力做功根据动能定理求解支持力和滑动摩擦力做功【解答】解：A、设在整个过程中，木板对物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得：W=mv2故A正确B、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，摩擦力不做功，物块沿木板下滑过程中，摩擦力对物块做功由于摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，即
21、fmgsin，则摩擦力对物块做功Wf=fLmgLsin故B错误C、在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为的过程中，支持力对物块做功，设为WN，根据动能定理得：WNmgLsin=0，得WN=mgLsin故C错误D、在物块下滑的过程中，根据动能定理得：mgLsin+Wf=mv20得，Wf=mgLsin故D正确故选：AD10如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置的，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴Ox，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示，其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲
22、线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系正确的是（）AxA=h，aA=0BxB=h+，aB=0CxC=h+，aC=gDxCh+，aCg【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力【分析】OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零，可还以计算出弹簧的形变量；C点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大，可以分析物体的加速度【解答】解：A、OA过程是自由落体，A的坐标就是h，加速度为g，所以A错误B、B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为0，加速
23、度也就为0，由mg=kx，可知x=，所以B得坐标为h+，所以B正确CD、取一个与A点对称的点为D，由A点到B点的形变量为，由对称性得由B到D的形变量也为，故到达C点时形变量要大于 h+2，加速度acg，所以C错误，D正确故选：BD11如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m的大圆弧和r=40m的小圆弧，直道与弯道相切大、小圆弧圆心O、O距离L=100m赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短（发动机功率足够大，重力加速度g=10m/s2，=3
24、.14）则赛车（）A在绕过小圆弧弯道后加速B在大圆弧弯道上的速率为45m/sC在直道上的加速度大小为5.63m/s2D通过小圆弧弯道的时间为5.85s【考点】向心力；牛顿第二定律【分析】在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，分别由牛顿第二定律解得在弯道的速度，由运动学公式求加速度，利用t=2r求时间【解答】解：A在弯道上做匀速圆周运动，赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短，则在弯道上都由最大静摩擦力提供向心力，速度最大，由BC分析可知，在绕过小圆弧弯道后加速，故A正确；B设经过大圆弧的速度为v，经过大圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由
25、2.25mg=m可知，代入数据解得：v=45m/s，故B正确；C设经过小圆弧的速度为v0，经过小圆弧时由最大静摩擦力提供向心力，由2.25mg=m可知，代入数据解得：v0=30m/s，由几何关系可得直道的长度为：x=50m，再由v2=2ax代入数据解得：a=6.50m/s，故C错误；D设R与OO的夹角为，由几何关系可得：cos=，=60，小圆弧的圆心角为：120，经过小圆弧弯道的时间为t=2r=2.79s，故D错误故选：AB12如图所示，长为2L的轻杆硬杆，上端固定一质量为m的小球，下端用光滑铰链连接于地面上的O点，杆可绕O点在竖直平面内自由转动，定滑轮固定于地面上方L处，到O点的水平距离为，
26、电动机由跨过定滑轮且不可伸长的绳子与杆的中点相连，启动电动机，杆从虚线位置绕O点逆时针倒下地面，假设从=60到=0的过程中，杆做匀速转动（设杆与水平的夹角为），则在此过程中（）A在前一半路程电动机对杆做的功比在后一半路程少B电动机的输出功率先增大后减小C=60时，绳子对杆的拉力大小为mgD杆对小球的作用力最大时，绳子对杆的拉力大小为4mg【考点】功率、平均功率和瞬时功率；物体的弹性和弹力【分析】A、在前一半程小球重力势能的减少量小于小球重力势能的减少量，根据功能关系，在前一半程电动机对杆做的功比在后一半程少，可判断A选项；B、依题意知电动机的输出功率一直在增大，可判断B选项；C、当=60时，绳
27、子对杆的拉力小于小球的重力mg，可判断C选项；D、当=0时，杆对小球的作用力最大，此时绳子与水平面的夹角为30，由力矩平衡可判断D选项【解答】解：A、在前一半程小球重力势能的减少量小于小球重力势能的减少量，根据功能关系，在前一半程电动机对杆做的功比在后一半程少，故选项A正确；B、电动机的输出功率一直在增大，故选项B错误；C、当=60时，绳子对杆的拉力小于小球的重力mg，故C选项错误；D、当=0时，杆对小球的作用力最大，此时绳子与水平面的夹角为30，由力矩平衡可得，mg2L=FLsin30，解之得，F=4mg故D选项正确故选：AD二、实验题13在测定一节干电池电动势和内阻的实验中，某学生采用了如
28、图所示实验器材连接，请指出该学生在接线中错误和不规范的做法（1）滑动变阻器不起变阻作用；（2）电流表正负接线柱错误；（3）电压表量程选用不当；（4）开关不能控制电压表【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】测定一节干电池电动势和内阻，电动势在1.5V左右，电压表量程选用3V，电流表量程选用0.6A，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，通过滑动变阻器改变电流表、电压表的示数，断开电键，电压表和电流表读数应都等于0【解答】解：（1）滑动变阻器应串联在电路中，但图示接法，无论怎么移动，滑动变阻器不起变阻作用（2）电流应从正接线柱流入，负接线柱流出，即电流表正负接线柱错误（3）电源电动势大约1.5V，电
29、压表量程选用3V量程，即电压表量程选用不当（4）断开电键，电压表仍有示数，电路不安全，即开关不能控制电压表故答案为：（1）滑动变阻器不起变阻作用（2）电流表正负接线柱错误（3）电压表量程选用不当（4）开关不能控制电压表14在做测量电源电动势E和内阻r的实验时，提供的器材是：待测电源一个，内阻为RV的电压表一个（量程大于电源的电动势），电阻箱一个，开关一个，导线若干为了测量得更加准确，多次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的相应示数U，以为纵坐标，R为横坐标，画出与R的关系图象，如图所示由图象可得到直线在纵轴上的截距为m，直线的斜率为k，试根据以上信息在虚线框内画出实验电路图写出E、r的表达式，E=
30、，r=【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】采用伏阻法测电源电动势与内阻，电阻箱与电源串联接入电路，据此作出实验电路图由闭合电路的欧姆定律求出R表达式，然后根据图象求出电源电动势与电源内阻【解答】解：（1）伏阻法测电源电动势与内阻的实验电路图如图所示（2）电压表的电阻为RV，闭合开关，设电路电流为I，闭合电路欧姆定律得：E=U+I（r+R）=U+（r+R），解得： =+；可见是R的一次函数，k=，m=+，解得：E=，r=；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）；三、计算题15均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，
31、如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为，求线框下落的高度h所应满足的条件【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于E（3）若此时线框加速度恰好为g，根据牛顿第二定律求出安培力，由安培力的表达式求出高度【解答】解：（1）设线框刚进入磁场时的速度大小为v，根据机械能守恒定律得： mgh=
32、得：，线框切割产生的感应电动势：（2）回路中产生的感应电流，cd两点间的电压值U=IR=BL（3）根据牛顿第二定律得： F合=mgF安=ma=m又F安=BLI=BLh=答：（1）线框中产生的感应电动势大小为BL；（2）cd两点间的电势差大小为BL；（3）若此时线框加速度恰好为，线框下落的高度h所应满足的条件为h=16在光滑的水平面上，质量m1=1kg的物体与另一质量为m2物体相碰，碰撞前后它们的位移随时间变化的情况如图所示求：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2；（2）另一物体的质量m2【考点】动量守恒定律【分析】（1）st图象的斜率表示速度大小；（2）由st图象再求得两物体碰撞后的共同速度，根据动量守恒定律列方程求解【解答】（1）由st图象知：v1=m/s=4m/s 同理得：v2=0 （2）由st图象知两物体碰撞后的共同速度为：v=1m/s 以m1初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v 代入数据得：m2=3kg 答：（1）碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2分别为4m/s和0；（2）另一物体的质量m2为3kg2017年2月24日
