精品解析：山东省德州市乐陵第一中学2024-2025学年高二上学期9月月考物理试题

2023级高二上学期9月月考 物理试题 2024.9 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 关于电源电动势，下列说法正确的是（　　） A. 电源电动势等于电源正负极之间的电势差 B. 电源路端电压增大时，其电源电动势一定也增大 C. 电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是 D. 电源电动势大，表明该电源将其他形式的能转化为电势能的本领强，反之表明该电源将其他形式的能转化为电势能的本领弱。 2. 甲、乙两导体为不同材料制成的均匀圆柱体，甲的长度是乙的长度的3倍，甲的底面半径是乙的底面半径的2倍，已知甲导体两底面间的电阻与乙导体两底面间的电阻之比为2∶3，则甲、乙两导体的材料的电阻率之比为（　　） A. 3∶2 B. 2∶3 C. 8∶9 D. 4∶9 3. 宏观现象是由微观机制所决定的。对同一个物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。金属导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动形成电流。如图所示为一块均匀的长方体金属导体，长为，宽为，厚为。在导体两侧加上电压，导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动，形成电流。根据电荷守恒定律，单位时间内通过导体横截面的电荷量应相同。设电子的带电量为，单位体积内的自由电子数为，自由电子定向移动的平均速率为，则在时间内，通过长方体金属导体样品的自由电子数目N为（　　） A. B. C N=nvabΔt D. N=nvbcΔt 4. 某同学用一个微安表头（量程，内阻）电阻箱和电阻箱组装一个多用电表，有电流和电压两挡，改装电路如图所示，则、应调到多大阻值（　　） A ， B. ， C. ， D. ， 5. 某工程师设计一个多挡的发热电路，通过开关S1、S2的闭合或断开来实现。电路如图所示，R1=4R0，R2=3R0，R3=2R0，R4=R0， M、N加恒定电压，最小功率100W，则电路的最大功率为（　　） A. 1000W B. 200W C. 333W D. 520W 6. 如图所示的某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是 A. 电热丝的内阻为55Ω B. 电动机的内阻约为403Ω C 若S1、S2均闭合，则电吹风吹冷风 D. 电动机工作时输出的机械功率为880W 7. 如图所示，将滑动变阻器滑片P滑到最左端，闭合S后移动滑片P灯泡L不亮，但电压表有示数，电流表示数很小。若电路只有一处出现断路故障，当用多用电表的电压挡检测故障位置时（　　） A. 若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是灯泡L断路 B. 若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路 C. 若多用电表接在灯泡L两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路 D. 若多用电表与电容器的两极板相连有示数，则可能是灯泡L断路 8. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则（　　） A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值变大 B. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU D. 电容器的带电量增大，增加量为CΔU 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，闭合电路中电源E的内阻为r，、为定值电阻，L为小灯泡，V为理想电压表，为光敏电阻（阻值随照射光强度的增大而减小），当照射光强度降低时，下列说法正确的是（　　） A. 电压表的示数变大 B. 通过小灯泡的电流变小 C. 电源的输出功率变大 D. 两端的电压变大 10. 在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是(　　) A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B. 电阻R的阻值为0.5Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50% 11. 有质量相同的甲、乙两个物体，在地面上方同一高度处，使甲自由落下，乙被平抛，不计空气阻力，则两物体（　　） A. 落地时动能相同 B. 落地时动量相同 C. 下落过程所受冲量相同 D. 下落过程中在任意1s内的动量变化相同 12. 如图所示，质量m=400kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2m/s（相对于岸）的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力，则正确的是（　　） A. 小船获得的速度大小为0.5m/s B. 小船获得的速度大小为0.1m/s C. 小船受到的合外力冲量大小为40N·s D. 若乙跃出的水平速度为3m/s，则小船获得的速度为零 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. （1）在某学生实验小组练习使用多用电表测量电阻的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 每次使用多用电表都需要欧姆调零 B. 多用电表的电流“红进黑出”，所以红表笔电势一定高于黑表笔 C. 在使用多用电表测量电阻时，可以不把该电阻与原电路断开 D. 使用完多用电表，要将选择开关调到OFF挡或交流电压最大值处 （2）实验小组测电阻时选用了“×10”挡进行测量，发现指针偏转角度过小，应更换为__________（填“×1”或“×100”）挡。 （3）实验小组利用图1电路对电源电动势进行测量，R是变阻箱，小组成员多次实验记录数据，算出每组数据对应和R值，做出了如图2所示的图线，则该实验测得的电源电动势E = ________V（结果保留2位有效数字）。 14. 某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下： （1）首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径______，铜棒的长度_____。 （2）为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下： A.电压表（量程，内阻约为） B.电压表（量程，内阻约为） C.电流表（量程，内阻约为） D.电流表（量程，内阻约为） E.滑动变阻器 F.输出电压为的直流稳压电源 G.电阻箱 H.开关，导线若干 为尽量减小实验误差，电压表选_____；电流表选_____；（填器材前的字母） （3）若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图________。 （4）如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式________。 15. 如图所示，游乐场有一种蹦极游乐项目，一位质量的游客系一条原长的弹性绳，由静止从点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态点所用时间，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，取求： （1）从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量的大小； （2）从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力的大小。 16. 如图所示，电阻，当电键K闭合时理想电压表读数是2.0V，当K断开时理想电压表读数是1.6V，求电源的电动势E和内电阻r。 17. 小型直流电动机（其线圈内阻为r=1Ω）与规格为“4 V，4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R=5Ω的电阻串联，然后接至U=12V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，取g=10m/s2，求： （1）通过电动机的电流； （2）电动机的输出功率； （3）如果匀速提升质量m=1.0kg的物体，物体的速度大小是多少? 18. 质量为m0=80kg的溜冰运动员推着一辆质量为mA=16kg的小车A以v0=10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B，小车B的质量为mB=64kg，运动员为了避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出，小车A离开运动员时相对于地面的速度为vA=20m/s，小车A与小车B发生碰撞后沿原路反弹回来。运动员抓住反弹回来的小车A，再次与小车A以共同的速度前进。在此后的过程中，小车A和小车B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力。求： （1）将小车A推出后，运动员的速度大小v1； （2）小车A与小车B碰撞后，小车B的速度大小v2和小车A的速度大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023级高二上学期9月月考 物理试题 2024.9 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1. 关于电源电动势，下列说法正确的是（　　） A. 电源电动势等于电源正负极之间的电势差 B. 电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大 C. 电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是 D. 电源电动势大，表明该电源将其他形式的能转化为电势能的本领强，反之表明该电源将其他形式的能转化为电势能的本领弱。 【答案】D 【解析】 【详解】A．电动势表征电源本身的特性，其大小等于整个电路的电势差；而电源正负极之间的电势差只是电源的路端电压，故A错误； B．电动势表征电源本身的特性，与外电路无关；当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变，故B错误； C．根据电动势的定义式可得 故C错误； D．电源的电动势反映其将其他形式的能转化为电能本领强弱；电源电动势大，表明该电源将其他形式的能转化为电势能的本领强，故D正确。 故选D。 2. 甲、乙两导体为不同材料制成的均匀圆柱体，甲的长度是乙的长度的3倍，甲的底面半径是乙的底面半径的2倍，已知甲导体两底面间的电阻与乙导体两底面间的电阻之比为2∶3，则甲、乙两导体的材料的电阻率之比为（　　） A. 3∶2 B. 2∶3 C. 8∶9 D. 4∶9 【答案】C 【解析】 【详解】根据电阻定律 解得 电阻率之比为 故选C。 3. 宏观现象是由微观机制所决定的。对同一个物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。经典电磁理论认为：当金属导体两端电压稳定后，导体中产生恒定电场，这种恒定电场的性质与静电场相同。金属导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动形成电流。如图所示为一块均匀的长方体金属导体，长为，宽为，厚为。在导体两侧加上电压，导体中的自由电子在电场力的作用下开始定向移动，形成电流。根据电荷守恒定律，单位时间内通过导体横截面的电荷量应相同。设电子的带电量为，单位体积内的自由电子数为，自由电子定向移动的平均速率为，则在时间内，通过长方体金属导体样品的自由电子数目N为（　　） A. B. C. N=nvabΔt D. N=nvbcΔt 【答案】D 【解析】 【详解】由电流的定义式有 根据电流的微观定义式有 解得 故选D。 4. 某同学用一个微安表头（量程，内阻）电阻箱和电阻箱组装一个多用电表，有电流和电压两挡，改装电路如图所示，则、应调到多大阻值（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】电流挡时，根据电路图可得 解得 电压挡时，根据电路图可得 解得 故选D。 5. 某工程师设计一个多挡的发热电路，通过开关S1、S2的闭合或断开来实现。电路如图所示，R1=4R0，R2=3R0，R3=2R0，R4=R0， M、N加恒定电压，最小功率100W，则电路的最大功率为（　　） A. 1000W B. 200W C. 333W D. 520W 【答案】D 【解析】 【详解】M、N加恒定电压，令电压为U，根据 可知，电路总电阻最小时，电路消耗功率最大，可知此时开关S1、S2均闭合，此时R1，R2，R3并联，并联电阻有 解得 此时电路消耗功率最大，则有 当开关S1、S2均断开，电路总电阻最大，电路消耗功率最小，此时最小功率100W，则有 解得 故选D。 6. 如图所示的某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成，已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是 A. 电热丝内阻为55Ω B. 电动机的内阻约为403Ω C. 若S1、S2均闭合，则电吹风吹冷风 D. 电动机工作时输出的机械功率为880W 【答案】A 【解析】 【详解】若S1、S2闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风吹出的是热风；故C错误；电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为P=P热-P冷=1000W-120W=880W，由P=，可知R==Ω=55Ω，故A正确；电机为非纯电阻电路故不能用P=求，所以电阻值不等于，故B错误；电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有120W，故D错误；故选A． 【点睛】本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析． 7. 如图所示，将滑动变阻器滑片P滑到最左端，闭合S后移动滑片P灯泡L不亮，但电压表有示数，电流表示数很小。若电路只有一处出现断路故障，当用多用电表的电压挡检测故障位置时（　　） A. 若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是灯泡L断路 B. 若多用电表接在滑动变阻器两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路 C. 若多用电表接在灯泡L两端有示数，则可能是滑动变阻器R断路 D. 若多用电表与电容器的两极板相连有示数，则可能是灯泡L断路 【答案】B 【解析】 【详解】电路有断路故障，多用电表（电压挡）与用电器并联有示数，说明多用电表和电源相连部分通路，与多用电表并联部分可能断路。所以B正确。 故选B。 8. 如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0为定值电阻，电容器的电容为C。闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量为ΔU，电流表示数的变化量为ΔI，则（　　） A. 变化过程中ΔU和ΔI的比值变大 B. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C. 电阻R0两端电压减小，减小量为ΔU D. 电容器的带电量增大，增加量为CΔU 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据闭合电路欧姆定律得 可得 可知变化过程中ΔU和ΔI的比值保持不变，故A错误； B．对可变电阻R，根据欧姆定律可得 由于R增大，则电压表示数U和电流表的示数I的比值变大，故B错误； C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于ΔU，故C错误； D．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，根据 可知电容器的带电量增大，增加量为CΔU，故D正确。 故选D。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9. 如图所示，闭合电路中电源E的内阻为r，、为定值电阻，L为小灯泡，V为理想电压表，为光敏电阻（阻值随照射光强度的增大而减小），当照射光强度降低时，下列说法正确的是（　　） A. 电压表示数变大 B. 通过小灯泡的电流变小 C. 电源的输出功率变大 D. 两端的电压变大 【答案】BD 【解析】 【详解】ABD．当照射光强度降低时，阻值变大，则总电阻变大，总电流减小，则两端电压减小，即电压表示数减小，电源内阻以及两端电压减小，则两端电压变大，则电流变大，则通过小灯泡的电流变小，则BD正确，A错误。 C．因电源内阻与外电阻关系无法确定，不能确定电源输出功率的变化情况，选项C错误。 故选BD。 10. 在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是(　　) A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 Ω B. 电阻R的阻值为0.5Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50% 【答案】AC 【解析】 【详解】A、根据闭合电路欧姆定律得，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则，故A正确； B、电阻R的阻值为，故B错误； C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为，故C正确； D、电源的效率，故D错误； 故选AC． 【点睛】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率． 11. 有质量相同的甲、乙两个物体，在地面上方同一高度处，使甲自由落下，乙被平抛，不计空气阻力，则两物体（　　） A. 落地时动能相同 B. 落地时动量相同 C. 下落过程所受冲量相同 D. 下落过程中在任意1s内的动量变化相同 【答案】CD 【解析】 【详解】A．根据动能定理 mgh=ΔEk 可知两个小球的动能变化量相同，而初动能不相同，所以落地时的末动能不相同，故A错误； B．动量的方向即为速度的方向，两个小球落地至少速度方向不相同，所以动量必然不相等，故B错误； C．根据冲量公式可知，则有 I=Ft 下落过程两物体只受重力作用，时间相同，下落过程所受冲量相同，故C正确； D．根据动量定理可知，则有 Δp=I=Ft 下落过程中在任意1s内的动量变化相同，故D正确。 故选CD。 12. 如图所示，质量m=400kg的小船静止在平静的水面上，船两端载着质量为m甲=40kg、m乙=60kg的游泳者，甲向左、乙向右同时以2m/s（相对于岸）的水平速度跃入水中，不计水对船的阻力，则正确的是（　　） A. 小船获得的速度大小为0.5m/s B. 小船获得的速度大小为0.1m/s C. 小船受到的合外力冲量大小为40N·s D. 若乙跃出的水平速度为3m/s，则小船获得的速度为零 【答案】BC 【解析】 【详解】AB．以乙跳出的方向为正方向，则由动量守恒 解得 v=-0.1m/s 方向与乙跳出的方向相反，则选项A错误，B正确； C．根据动量定理，小船受到的合外力冲量大小为 I=mv=40N·s 选项C正确； D．若乙跃出的水平速度为3m/s，则由动量守恒 解得 v＇=-0.25m/s 则选项D错误。 故选BC。 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13. （1）在某学生实验小组练习使用多用电表测量电阻的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 每次使用多用电表都需要欧姆调零 B. 多用电表的电流“红进黑出”，所以红表笔电势一定高于黑表笔 C. 在使用多用电表测量电阻时，可以不把该电阻与原电路断开 D. 使用完多用电表，要将选择开关调到OFF挡或交流电压最大值处 （2）实验小组测电阻时选用了“×10”挡进行测量，发现指针偏转角度过小，应更换为__________（填“×1”或“×100”）挡。 （3）实验小组利用图1电路对电源电动势进行测量，R是变阻箱，小组成员多次实验记录数据，算出每组数据对应的和R值，做出了如图2所示的图线，则该实验测得的电源电动势E = ________V（结果保留2位有效数字）。 【答案】（1）D （2）×100 （3）3.0 【解析】 【小问1详解】 A．使用多用电表时每次换挡后都需要欧姆调零，故A错误； B．多用电表的欧姆挡，黑表笔接内部电源的正极，可知红表笔电势低于黑表笔，故B错误； C．在使用多用电表测量电阻时，必须要把该电阻与原电路断开，故C错误； D．使用完多用电表，要将选择开关调到OFF挡或交流电压最大值处，故D正确。 故选D。 【小问2详解】 实验小组测电阻时选用了“×10”挡进行测量，发现指针偏转角度过小，则倍率挡选择过低，则应更换为“×100”挡。 【小问3详解】 由电路可知 可得 由图像可得 解得 14. 某小组用铜棒完成“测定金属电阻率”实验，实验步骤如下： （1）首先通过螺旋测微器测量铜棒直径，通过游标卡尺测铜棒的长度，测量结果如图甲、乙所示，则铜棒直径______，铜棒的长度_____。 （2）为了精密测量该金属丝的电阻率，某实验小组先使用多用电表粗测其电阻约为，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下： A.电压表（量程，内阻约为） B.电压表（量程，内阻约为） C.电流表（量程，内阻约为） D.电流表（量程，内阻约为） E.滑动变阻器 F.输出电压为的直流稳压电源 G.电阻箱 H.开关，导线若干 为尽量减小实验误差，电压表选_____；电流表选_____；（填器材前的字母） （3）若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，在方框内画出电路图________。 （4）如果金属丝直径为，长度为，所测电压为，电流为，写出计算电阻率的表达式________。 【答案】（1） ①. 1.840 ②. 4.220 （2） ①. A ②. D （3）见解析 （4） 【解析】 【小问1详解】 [1]螺旋测微器的精确值为，由图可知铜棒的直径为 [2]20分度游标卡尺精确值为，由图可知铜棒的长度为 【小问2详解】 [1][2]由于电源电压为，则电压表应选择A；该金属丝的电阻约为，根据 则电流表应选择D。 【小问3详解】 要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，由于 电流表应采用外接法，则电路图如图所示 【小问4详解】 根据电阻定律可得 又 ， 联立可得电阻率为 15. 如图所示，游乐场有一种蹦极游乐项目，一位质量的游客系一条原长的弹性绳，由静止从点开始下落，弹性绳从开始张紧至最长状态点所用时间，将此游客视为质点，不计下落过程中的空气阻力，取求： （1）从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量的大小； （2）从开始张紧至最长状态的过程中，弹性绳所受的平均冲力的大小。 【答案】（1） （2） 【解析】 小问1详解】 人下落L做自由落体运动，则 解得 从开始下落至安全带最长状态的过程中，游客受到的重力冲量 得 【小问2详解】 全程过程由动量定理 得 16. 如图所示，电阻，当电键K闭合时理想电压表读数是2.0V，当K断开时理想电压表读数是1.6V，求电源的电动势E和内电阻r。 【答案】4V，1Ω 【解析】 【详解】当电键K闭合时，电路的连接方式为R1、R2并联，然后与R3串联，电压表测量R3两端电压，则 当电键K断开时，电路的连接方式为R1、R3串联，电压表测量R3两端电压，则 代入数据联立解得 ， 17. 小型直流电动机（其线圈内阻为r=1Ω）与规格为“4 V，4 W”的小灯泡并联，再与阻值为R=5Ω的电阻串联，然后接至U=12V的电源上，如图所示，小灯泡恰好正常发光，电动机正常工作，取g=10m/s2，求： （1）通过电动机的电流； （2）电动机的输出功率； （3）如果匀速提升质量m=1.0kg的物体，物体的速度大小是多少? 【答案】（1）0.6 A；（2）2.04W；（3）0.204m/s 【解析】 【详解】（1）流经灯泡的电流 IL==1 A 流经电阻R的电流 IR==1.6 A 流经电动机的电流 I=IR-IL=0.6 A （2）电动机消耗的总功率 P=ULI=4×0.6W=2.4W 电动机产生的热功率 P热=I2r=0.62×1W=0.36W 电动机输出功率 P出=P-P热=(2.4-0.36) W=2.04 W （3）匀速提升时 F=mg=1×10N=10N 由电动机的输出功率 P出=Fv 得物体的速度为 18. 质量为m0=80kg的溜冰运动员推着一辆质量为mA=16kg的小车A以v0=10m/s的共同速度在光滑的冰面上向右匀速滑行。某时刻，他发现正前方有一辆静止的小车B，小车B的质量为mB=64kg，运动员为了避免自己与小车B相撞，将小车A用力向正前方推出，小车A离开运动员时相对于地面的速度为vA=20m/s，小车A与小车B发生碰撞后沿原路反弹回来。运动员抓住反弹回来的小车A，再次与小车A以共同的速度前进。在此后的过程中，小车A和小车B恰好不会再次相撞。不考虑摩擦和空气阻力。求： （1）将小车A推出后，运动员的速度大小v1； （2）小车A与小车B碰撞后，小车B的速度大小v2和小车A的速度大小。 【答案】（1） （2）， 【解析】 【小问1详解】 设人推车初速度方向为正方向，人推A过程由动量守恒定律 解得 【小问2详解】 A碰B由动量守恒可知 人接A 由题意可知 联立解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$