北京市东城区高三物理下学期第三次模拟试卷（含解析）.doc

北京市东城区2015届高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1有关热现象，以下说法正确的是( )a液体很难被压缩，是因为液体分子间有间隙b物体的内能增加，一定因为吸收了热量c物体吸收了热量，温度一定升度d任何热机的效率都不可能达到100%2下列说法正确的是( )a太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应b汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构c一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于该种金属的极限频率d按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小3由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )a轨道半径可以不同b角速度的大小可以不同c加速度的大小可以不同d质量可以不同4一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x=0当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，介质中平衡位置坐标x=2m的质点所处位置及运动情况是( )a在其平衡位置下方且向上运动b在其平衡位置下方且向下运动c在其平衡位置且向上运动d在其平衡位置且向下运动5如图所示电路，电源内阻不可忽略开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向上滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大6一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则下列说法中正确的是( )a原线圈交变电流的频率为100 hzb变压器输入、输出功率之比为4：1c副线圈输出电压为55 vd流过副线圈的电流是1 a7如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构的俯视图，图中和为楔块，楔块的斜面与水平的夹角为；和为垫板；弹簧a和弹簧b质量不计；楔块与弹簧盒、垫板之间均有摩擦，在车厢互相撞击使垫板向盒里压进的过程中( )a弹簧a与弹簧b的压缩量之比是cotb弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tanc当弹簧压缩到最短的时候，楔块的速度一定为零d当弹簧压缩到最短的时候，垫板的速度一定为零8已知存在以下几种使物体带电的办法：摩擦起电；接触起电；静电感应；电介质的极化其中前三种方式是同学们熟悉的，对第种方式的简介如下、一些电介质（绝缘体）的分子在受到外电场的作用时，在跟外电场垂直的两个表面上会出现等量的正、负电荷，这种电荷不能离开电介质，也不能在电介质内部自由移动，叫做束缚电荷用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近碎纸屑，对于可能出现的情况及其分析，下列选项中正确的是( )a玻璃棒会吸引纸屑，这是因为纸屑通过第种方式带了电b有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第种方式带了电c有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程只包含第种带电方式d有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程包括第和第两种带电方式二、非选择题9用双缝干涉测光的波长实验装置如图甲所示，已知双缝与屏的距离l=700mm，双缝间距d=0.25mm用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准屏上亮纹的中心，（如图乙所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心时，手轮上的读数x1=2.190mm，对准第4条亮纹中心时，手轮上的读数x2如图丙所示，则x2=_ mm，相邻两条亮纹间的距离x=_ mm计算波长的公式=_；求得的波长值是_nm10某同学要通过实验测定一根柱状金属丝的阻值，这根金属丝长约为20cm横截面积约为1mm，金属丝的电阻率是510m现有电动势为4.5v的电源，另有如下器材供选择：a量程为00.6a，内阻约为1的电流表b量程为01a，内阻约为10的电流表c量程为06v，内阻约为4k的电压表d量程为010v，内阻约为50k的电压表e阻值为020，额定电流为1a的滑动变阻器f阻值为01k，额定电流为0.1a的滑动变阻器以上器材应选用_（填写器材前的字母）出实验电路图（图1）图2所示器材连接成实验电路何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，电阻的测量值与真实值相比将_（选填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成这种误差的原因是由于_的内阻的影响11（16分）ab是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端b与水平直轨相切，如图所示一可视为质点的小球自a点起由静止开始沿轨道下滑已知圆轨道半径为r，小球的质量为m，不计各处摩擦求：（1）小球下滑到b点时速度的大小；（2）小球经过圆弧轨道的b点和水平轨道的c点时，所受轨道支持力fb、fc各是多大？12（18分）如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为，两导轨间距为l，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为b，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值；（2）若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度；（3）求第（2）问所示情况中导体棒ab所能达到的最大速度的大小13生活中有许多实例可以近似看作是完全非弹性碰撞过程，如用锤打桩、杂技中“胸口碎石”的表演等可以从能量的角度认识这些碰撞过程、用锤打桩是利用锤与桩碰撞后锤与桩的动能使桩钻入土层，这种情况希望碰撞过程中损失的动能越少越好；而“胸口碎石”表演时，要求碰撞后锤与石块的动能越小越好，利用碰撞过程损失的动能使石块形变请你以质量为m1的物体以初速度v0与质量为m2的静止物体发生完全非弹性碰撞为例，计算碰撞过程损失的动能，并说明在什么情况下，系统损失的动能更多14如图，一根水平杆上等距离地穿着n个半径相同的珠子，珠子可以在杆上无摩擦移动，珠子的质量依次为m，km，k2m，k3m，kk1m，其中是的取值范围是k2使第一颗珠子在极短时间内获得初速度v0，之后每当珠子之间发生碰撞时都会粘在一起a分析并说明当k取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最大；k取何值时，碰撞全部结束后系统的总动能最小b求出碰撞结束后系统相应的最小总动能和最大总动能的比值北京市东城区2015届高考物理三模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1有关热现象，以下说法正确的是( )a液体很难被压缩，是因为液体分子间有间隙b物体的内能增加，一定因为吸收了热量c物体吸收了热量，温度一定升度d任何热机的效率都不可能达到100%考点：热力学第一定律 分析：分子之间同时存在着引力和斥力；改变物体内能的方式有做功和热传递，这两种方式是等效的根据热力学第二定律的表述，任何热机的效率都不可能达到100%解答：解：a、根据分子动理论的内容可知，固体很难被压缩是因为其内部的分子之间存在斥力作用故a错误；b、做功和热传递都可以改变物体的内能，物体的内能增加，不一定因为吸收了热量，故b错误；c、做功和热传递都可以改变物体的内能，如果气体从外界吸收热量，同时气体对外做功，气体内能可能不变，则温度不变故c错误；d、根据热力学第二定律，任何热机的效率都不可能达到100%故d正确故选：d点评：该题考查热力学第一定律、热力学第二定律和分子动理论的基本内容，要理解做功和热传递是改变物体内能的两种方式2下列说法正确的是( )a太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应b汤姆孙发现电子，表明原子具有核式结构c一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于该种金属的极限频率d按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量减小考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应 专题：光电效应专题分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，汤姆孙发现电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，根据光电效应发生的条件判定不能发生光电效应的原因解答：解：a、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故a错误；b、汤姆孙发现电子，卢瑟福通过粒子的散射实验提出原子具有核式结构，故b错误；c、根据光电效应发生的条件，掌握原子核式结构模型的内容，知道半衰期的特点，对一些物理学史要加强记忆，c正确；d、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故d错误故选：c点评：该题考查裂变与聚变、粒子散射实验、光电效应以及波尔理论，重点掌握原子核式结构模型的内容，对一些物理学史要加强记忆3由于通讯和广播等方面的需要，许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的( )a轨道半径可以不同b角速度的大小可以不同c加速度的大小可以不同d质量可以不同考点：同步卫星 专题：人造卫星问题分析：了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定未知量解答：解：ab、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的所以所有的同步卫星都在赤道上方同一轨道上，因为同步卫星要和地球自转同步，即这些卫星相同，根据万有引力提供向心力得：=m2r，因为一定，所以 r 必须固定故ab错误c、根据万有引力提供向心力得：=ma，因为r一定，所以这些卫星加速度的大小相等故c错误d、许多国家发射了地球同步轨道卫星，这些卫星的质量可以不同故d正确故选：d点评：地球质量一定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度4一列简谐机械横波某时刻的波形图如图所示，波源的平衡位置坐标为x=0当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，介质中平衡位置坐标x=2m的质点所处位置及运动情况是( )a在其平衡位置下方且向上运动b在其平衡位置下方且向下运动c在其平衡位置且向上运动d在其平衡位置且向下运动考点：波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由图读出波长根据波源质点的振动方向可确定x=2m的质点所处位置及运动情况解答：解：由图=4m，坐标x=2m的质点的振动情况与波源的振动情况总是相反当波源质点处于其平衡位置且向下运动时，则x=2m的质点在平衡位置且向上运动故c正确故选：c点评：本题中波源与x=2m的质点是反相点，与波源反相的点坐标通项式是x=（n+）=（4n+2）m，n=0，1，2，5如图所示电路，电源内阻不可忽略开关s闭合后，在变阻器r0的滑动端向上滑动的过程中( )a电压表与电流表的示数都减小b电压表与电流表的示数都增大c电压表的示数增大，电流表的示数减小d电压表的示数减小，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：在变阻器r0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化解答：解：在变阻器r0的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器r0与r2并联电阻r并增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i减小，电源的内电压减小，则路端电压u增大，电压表示数增大并联部分电压u并=ei（r1+r），i减小，e、r1、r均不变，则u并增大，故电流表示数增大故b正确，acd错误故选：b点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析6一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4：1原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示副线圈所接的负载电阻是11则下列说法中正确的是( )a原线圈交变电流的频率为100 hzb变压器输入、输出功率之比为4：1c副线圈输出电压为55 vd流过副线圈的电流是1 a考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：a、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以f=50hz，所以a错误；b、理想变压器的输入功率和输出功率相等，故b错误；c、由图象可知，交流电的电压的最大值为311v，所以输入的电压的有效值为u1=v=220v，根据电压与匝数成正比可知，副线圈电压为55v，故c正确；d、根据i=可得电流i=5a，所以d错误故选：c点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解7如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构的俯视图，图中和为楔块，楔块的斜面与水平的夹角为；和为垫板；弹簧a和弹簧b质量不计；楔块与弹簧盒、垫板之间均有摩擦，在车厢互相撞击使垫板向盒里压进的过程中( )a弹簧a与弹簧b的压缩量之比是cotb弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tanc当弹簧压缩到最短的时候，楔块的速度一定为零d当弹簧压缩到最短的时候，垫板的速度一定为零考点：胡克定律；运动的合成和分解 分析：以弹簧盒为参考系，向右下方运动，分解为水平向右的分运动和竖直向下的分运动，根据平行四边形定则得到两个分位移的比值解答：解：ab、以弹簧盒为参考系，向右下方运动，为合运动，分解为水平向右的分运动和竖直向下的分运动，故竖直分位移与水平分位移的比值为：x1：x2=tan，由于相互靠近，故弹簧a的压缩量为2x1，故弹簧a与弹簧b的压缩量之比是2tan；故a错误，b正确；cd、火车不一定静止，故楔块和的速度不一定为零，故c错误，d错误；故选：b点评：本题关键是明确减震原理，找出分运动和合运动，结合运动的合成与分解的平行四边形定则进行分析，不难8已知存在以下几种使物体带电的办法：摩擦起电；接触起电；静电感应；电介质的极化其中前三种方式是同学们熟悉的，对第种方式的简介如下、一些电介质（绝缘体）的分子在受到外电场的作用时，在跟外电场垂直的两个表面上会出现等量的正、负电荷，这种电荷不能离开电介质，也不能在电介质内部自由移动，叫做束缚电荷用丝绸摩擦过的玻璃棒去靠近碎纸屑，对于可能出现的情况及其分析，下列选项中正确的是( )a玻璃棒会吸引纸屑，这是因为纸屑通过第种方式带了电b有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第种方式带了电c有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程只包含第种带电方式d有些纸屑被玻璃棒吸引，吸上后又马上弹开，整个过程包括第和第两种带电方式考点：电荷守恒定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：带电体具有吸引轻小物体的性质，电荷间的相互作用规律：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引解答：解：a、有些纸屑会粘在玻璃棒上，这是因为纸屑通过第种方式带了电，故a错误，b正确；c、碎纸屑被吸引是因为带电体具有吸引轻小物体的性质，有的纸屑接触玻璃棒后“跳开”，是因为这些纸屑带上和玻璃棒相同的电荷，同种电荷相互排斥的缘故故c正确，d错误；故选：bc点评：了解摩擦起电现象，知道带电体吸引轻小物体的性质，了解电荷间的相互作用规律对解决此类题目很关键二、非选择题9用双缝干涉测光的波长实验装置如图甲所示，已知双缝与屏的距离l=700mm，双缝间距d=0.25mm用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准屏上亮纹的中心，（如图乙所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数划板的中心刻线对准第1条亮纹的中心时，手轮上的读数x1=2.190mm，对准第4条亮纹中心时，手轮上的读数x2如图丙所示，则x2=7.868 mm，相邻两条亮纹间的距离x=1.893 mm计算波长的公式=；求得的波长值是676nm考点：用双缝干涉测光的波长 专题：实验题分析：螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需要估读，从而根据，即可求解；根据双缝干涉条纹的间距公式x=推导出波长的表达式，并求出波长的大小解答：解：图丙中，对准第4条亮纹时固定刻度读数为7.5mm，可动读数为0.0136.8=0.368mm，所以最终读数为7.868mm再根据，解得：x=1.893mm；根据双缝干涉条纹的间距公式x=得：=6.76107m=676nm故答案为：7.868，1.893；，676点评：考查螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，不需估读；同时关键掌握双缝干涉条纹的间距公式x=，以及知道为了减小实验的测量误差，量出n个条纹间的距离去求相邻条纹的间距10某同学要通过实验测定一根柱状金属丝的阻值，这根金属丝长约为20cm横截面积约为1mm，金属丝的电阻率是510m现有电动势为4.5v的电源，另有如下器材供选择：a量程为00.6a，内阻约为1的电流表b量程为01a，内阻约为10的电流表c量程为06v，内阻约为4k的电压表d量程为010v，内阻约为50k的电压表e阻值为020，额定电流为1a的滑动变阻器f阻值为01k，额定电流为0.1a的滑动变阻器以上器材应选用a、c、e（填写器材前的字母）出实验电路图（图1）图2所示器材连接成实验电路何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，电阻的测量值与真实值相比将偏小（选填“偏大”、“偏小，或“相等”）；造成这种误差的原因是由于电压表的内阻的影响考点：伏安法测电阻 分析：（1）根据电源电动势选择电压表；由电阻定律求出金属丝的电阻，由欧姆定律求出电路最大电流，根据该电流选择电流表；根据安全性原则与方便操作原则选择滑动变阻器；（2）根据金属丝电阻与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法（3）根据伏安法测电阻的原理作出实验电路图（4）根据电压表的分流分析误差的来源；解答：解：（1）电源电动势是4.5v，因此电压表选量程为06v，内阻约为4k的电压表c；金属丝的电阻约为：r=5105m=10，电路最大电流：i=0.45a电流表选量程为00.6a，内阻约为1的电流表a；电路电流可以达到0.45a0.1a，为保证电路安全，同时方便实验操作，滑动变阻器选阻值为010，额定电流为1a的滑动变阻器e；（2）电阻丝电阻是10，电流表内阻是1，电压表内阻是4k，电压表内阻远大于电阻丝阻值，因此应采用电流表的外接法；（3）把电源、开关、滑动变阻器、电流表、电阻丝、串连接入电路，电压表并联在电阻丝两端，电路图如图所示（4）何实验都存在误差，依据你所画的电路图进行实验，在所有测量仪器都已校准的情况下，由于电压表的分流，电流表读数大于通过电阻的实际电流，所以电阻的测量值与真实值相比将偏小，造成这种误差的原因是由于电压表的内阻的影响故答案为：（1）a、c、e；（2）如图；（3）如图所示（4）偏小；电压表点评：本题考查了实验器材的选择、实验电路的设计，熟练应用电阻定律、知道电流表采用内外接法的选择原则是正确解题的关键11（16分）ab是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端b与水平直轨相切，如图所示一可视为质点的小球自a点起由静止开始沿轨道下滑已知圆轨道半径为r，小球的质量为m，不计各处摩擦求：（1）小球下滑到b点时速度的大小；（2）小球经过圆弧轨道的b点和水平轨道的c点时，所受轨道支持力fb、fc各是多大？考点：动能定理；向心力 专题：动能定理的应用专题分析：根据机械能守恒定律求出小球运动到b点的速度；根据牛顿第二定律求出b点的支持力大小，在c点支持力大小等于重力的大小解答：解：（1）小球从a到b的运动过程中，机械能守恒，选bc所在水平面为参考平面，则： 则小球运动到b点时的速度为：（2）根据牛顿运动定律，小球在b点时，有：nmg=m， 解得：nb=3mg 在c点：nc=mg答：（1）小球运动到b点时的速度为（2）小球经过圆弧轨道的b点和水平轨道的c点时，所受轨道支持力nb、nc各是3mg、mg点评：本题考查了机械能守恒定律的基本运用，以及掌握圆周运动靠径向的合力提供向心力，通过牛顿第二定律求解支持力的大小12（18分）如图所示，足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为，两导轨间距为l，在导轨上端接入电源和滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r一质量为m的导体棒ab与两导轨垂直并接触良好，整个装置处于磁感应强度为b，垂直于斜面向上的匀强磁场中，导轨与导体棒的电阻不计（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，求滑动变阻器的阻值应取何值；（2）若将滑动变阻器的阻值取为零，由静止释放导体棒ab，求释放瞬间导体棒ab的加速度；（3）求第（2）问所示情况中导体棒ab所能达到的最大速度的大小考点：安培力；牛顿第二定律 分析：（1）导体棒静止于导轨上，受重力、支持力和安培力处于平衡，根据安培力大小公式、闭合电路欧姆定律，结合共点力平衡求出滑动变阻器的阻值（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，从而得出导体棒所受的安培力，根据牛顿第二定律求出释放导体棒ab的加速度（3）当重力下滑分力与安培力相等时，导体棒ab达到最大速度，根据平衡求出最大速度解答：解：（1）若要使导体棒ab静止于导轨上，则要求导体棒ab所受的重力、支持力、安培力三力平衡，导体棒在沿斜面方向的受力满足：mgsin=f安，其中f安=bil，设导体棒ab静止时变阻器的阻值为r，由闭合电路欧姆定律有：，解得r=（2）当变阻器的阻值为零时，回路中的电流大于使导体棒ab静止时的电流，安培力大于使导体棒ab静止时的安培力，因此，由静止开始释放的瞬间，导体棒的加速度方向沿斜面向上由牛顿第二定律：f安mgsin=ma，其中f安=bil，由闭合电路欧姆定律：i=，解得释放瞬间导体棒ab的加速度a=（3）当重力下滑分力与安培力相等时，导体棒ab达到最大速度vm，即当mgsin=bil时，达到最大速度此时导体棒中由于切割产生的e=blvm，由闭合电路欧姆定律，此时回路中的电流i=解得答：（1）滑动变阻器的阻值应取；（2）释放瞬间导体棒ab的加速度为；（3）导体棒ab所能达到的最大速度的大小为点评：本题是金属棒平衡问题和动力学问题，关键分析受力情况，特别是分析和计算安培力的大小难度中等13生活中有许多实例可以近似看作是完全非弹性碰撞过程，如用锤打桩、杂技中“胸口碎石”的表演等可以从能量的角度认识这些碰撞过程、用锤打桩是利用锤与桩碰撞后锤与桩的动能使桩钻入土层，这种情况希望碰撞过程中损失的动能越少越好；而“胸口碎石”表演时，要求碰撞后锤与石块的动能越小越好，利用碰撞过程损失的动能使石块形变请你以质量为m1的物体以初速度v0与质量为m2的静止物体发生完全非弹性碰撞为例，计算碰撞过程损失的动能，并说明在什么情况下，系统损失的动能更多考点：动量守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：物体发生完全非弹性碰撞，碰撞后物体的速度相等，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分析答题解答：解：物体碰撞过程系统动量守恒，以m1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v，由能量守恒定律得，损失的动能：ek=m1v02（m1+m2）v2，解得：ek=m1v02，当越小，碰撞过程损失的动能越多；答：损失的动能为：m1v02，当越小，碰撞过程损失的动能越多点评：本题考查了求碰撞过程损