2025屆廣東省廣州市高三上學(xué)期12月調(diào)研測(cè)試（零模）（B）物理試卷（解析版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

本試卷共6頁(yè)，15小題，滿分100分?？荚囉脮r(shí)75分鐘。
注意事項(xiàng)：
1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡的鋼筆或簽字筆將自己的姓名、考生號(hào)、試室號(hào)和座位號(hào)填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上，并在答題卡相應(yīng)位置上填涂考生號(hào)。
2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑：如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試卷上。
3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上：如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫上新答案：不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無(wú)效。
4.考生必須保持答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。
一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。
1. “飄色”是嶺南地區(qū)一種傳統(tǒng)民俗藝術(shù)。如圖為“飄色”道具的結(jié)構(gòu)示意圖，道具由色臺(tái)和色梗組成，色臺(tái)固定在色梗上。演員坐在色臺(tái)上，與道具一起向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程道具對(duì)演員的作用力（）
A. 方向水平向右
B. 方向斜向右上方
C. 大于演員所受的重力
D. 與演員所受的重力大小相等
【答案】D
【解析】演員與道具一起向右勻速直線運(yùn)動(dòng)，則演員處于平衡狀態(tài)，對(duì)演員受力分析可知，此過(guò)程道具對(duì)演員的作用力與演員所受的重力相平衡，故方向豎直向上，大小等于演員所受的重力大小。
故選D。
2. 長(zhǎng)征運(yùn)載火箭將七組衛(wèi)星送入高軌道后，先釋放第一組衛(wèi)星，然后逐次降低軌道，釋放下一組衛(wèi)星，直到第七組衛(wèi)星全部釋放。衛(wèi)星在相應(yīng)的軌道繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則相較于第七組衛(wèi)星，第一組衛(wèi)星的（）
A. 線速度大B. 角速度大C. 加速度小D. 運(yùn)行周期小
【答案】C
【解析】根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力
可得
由于第一組衛(wèi)星的軌道半徑比第七組大，則第一組衛(wèi)星的線速度較小，角速度較小，加速度較小，周期較大。故選C。
3. 如圖，在北京已校準(zhǔn)好的擺鐘被運(yùn)送到廣州后，該擺鐘（）
A. 擺錘運(yùn)動(dòng)周期比在北京時(shí)短
B. 擺錘運(yùn)動(dòng)周期與在北京時(shí)相同
C. 分針轉(zhuǎn)完一圈所需時(shí)間比在北京時(shí)短
D. 分針轉(zhuǎn)完一圈所需時(shí)間比在北京時(shí)長(zhǎng)
【答案】D
【解析】AB．根據(jù)單擺的周期公式
由于北京的重力加速度較大，廣州的重力加速度較小，所以擺錘運(yùn)動(dòng)周期比在北京時(shí)長(zhǎng)，故AB錯(cuò)誤；
CD．由于擺錘運(yùn)動(dòng)周期比在北京時(shí)長(zhǎng)，則分針轉(zhuǎn)完一圈所需時(shí)間比在北京時(shí)長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。
4. 網(wǎng)球運(yùn)動(dòng)員沿水平方向擊出網(wǎng)球后，網(wǎng)球在空中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程（不計(jì)空氣阻力），其動(dòng)能Ek和機(jī)械能E隨時(shí)間t變化圖像可能正確的是（）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】AB．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得
由此可知，Ek-t圖像為開(kāi)口向上的拋物線，但頂點(diǎn)不在坐標(biāo)原點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；
CD．由于網(wǎng)球做平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故C正確，D錯(cuò)誤。
故選C。
5. 如圖，平行板電容器兩極板與電源兩極相連，G為靈敏電流表。閉合開(kāi)關(guān)并達(dá)到穩(wěn)定后，若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，可將電容器（）
A. 兩極板的距離增大一些
B. 兩極板的距離減小一些
C. 兩極板間的電介質(zhì)抽出
D. 兩極板的正對(duì)面積減小
【答案】B
【解析】AB．若要電流表中產(chǎn)生從a流向b的電流，即電容器處于充電狀態(tài)，即電容器所帶電荷量增大，由于電容器與電源相連，則電容器兩極板間電壓不變，根據(jù)
可知，電容器的電容增大，若兩極板的距離增大一些，則C減小；若兩極板的距離減小一些，則C增大，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．若兩極板間的電介質(zhì)抽出，則相對(duì)介電常量減小，電容減小，故C錯(cuò)誤；
D．若兩極板的正對(duì)面積減小，則電容減小，故D錯(cuò)誤。
故選B。
6. 如圖，正方形區(qū)域abcd的中心為O點(diǎn)，過(guò)其四個(gè)頂點(diǎn)有四根相互平行的無(wú)限長(zhǎng)直導(dǎo)線，導(dǎo)線與正方形所在平面垂直，導(dǎo)線中通有等大、同向的恒定電流。若過(guò)a點(diǎn)的通電直導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則（）
A. O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B
B. O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B
C. 過(guò)a點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力沿aO方向
D. 過(guò)a點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力沿Oa方向
【答案】C
【解析】AB．導(dǎo)線中通有等大、同向的恒定電流，根據(jù)右手定則可知， a、b、c、d四根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分布沿、、、，根據(jù)矢量疊加原理可知，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0，故AB錯(cuò)誤；
CD．導(dǎo)線中通有等大、同向恒定電流，根據(jù)右手定則可知，b、c、d三根導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向分別為、垂直于ca、，根據(jù)通電直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)特征可知，b、d兩根導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)矢量合成規(guī)律可知，b、c、d三根導(dǎo)線在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于ca向外，根據(jù)左手定則可知，過(guò)a點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力沿aO方向，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。
7. 如圖（a），利用兩根平行放置、粗細(xì)均勻的長(zhǎng)直鋼管將長(zhǎng)方體磚塊從高處運(yùn)送到低處。圖（b）為垂直于運(yùn)動(dòng)方向的截面圖（磚塊截面為正方形），磚塊放在兩鋼管間，下滑過(guò)程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為。若僅將兩鋼管間距增大一些，磚塊在下滑過(guò)程加速度大小為，受單根鋼管作用的彈力、摩擦力大小分別為，則（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】B．假定兩竹竿與地面傾角為?、磚塊的質(zhì)量為m，每一根竹竿對(duì)磚塊的支持力為N，以磚塊為研究對(duì)象，只在垂直于竹竿平面內(nèi)對(duì)其受力分析，如圖所示，依題意有
則有
若僅將兩竹竿間距增大一些，由于支持力垂直于接觸面，角保持不變，不變，則N不變，即。故B錯(cuò)誤；
CD．假定磚塊與竹竿動(dòng)摩擦因數(shù)為?，則摩擦力為
據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過(guò)程中竹竿對(duì)磚塊的摩擦力不變，即，故C、D錯(cuò)誤；
A．根據(jù)牛頓第二定律有
解得
可以看出磚塊的加速度與磚塊的質(zhì)量無(wú)關(guān)，由于，角不變，則下滑的加速度不變，即，故A正確。
故選A。
二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。
8. 如圖是某種靜電礦料分選器的原理示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入帶電極板M、N之間的水平勻強(qiáng)電場(chǎng)后，分落在收集器中央的兩側(cè)，其中礦粉a帶正電，對(duì)礦粉分離的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是（）
A. 極板M帶負(fù)電B. M的電勢(shì)比N的電勢(shì)低
C. 礦粉b的電勢(shì)能變大D. 電場(chǎng)力對(duì)礦粉a做負(fù)功
【答案】AB
【解析】AB．礦粉a帶正電，且落入左側(cè)收集器，則礦粉a受到向左的電場(chǎng)力，則電場(chǎng)方向水平向左，所以N板帶正電，M板帶負(fù)電，M的電勢(shì)比N的電勢(shì)低，故AB正確；
CD．礦粉在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力均對(duì)礦粉做正功，所以礦粉a、b的電勢(shì)能減小，故CD錯(cuò)誤。
故選AB。
9. 如圖，在光滑絕緣水平面上同時(shí)靜止釋放兩個(gè)帶正電的小球（視為點(diǎn)電荷），兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）
A. 速度大小之比逐漸增大
B. 加速度大小之比逐漸減少
C. 動(dòng)量大小之比保持不變
D. 動(dòng)能之比保持不變
【答案】CD
【解析】AC．由于兩小球都帶正電，則彼此受到斥力作用，所以兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則
所以
即兩球速度大小之比不變，兩球動(dòng)量大小相等，比值保持不變，故A錯(cuò)誤，C正確；
B．小球的加速度大小之比為
即加速度大小之比保持不變，故B錯(cuò)誤；
D．動(dòng)能之比為
即動(dòng)能之比保持不變，故D正確。
故選CD。
10. 圖（a）是某型號(hào)氣門結(jié)構(gòu)的簡(jiǎn)化圖：金屬塊和固定彈簧座連接彈簧上端和下端，偏心輪軸位置固定，偏心輪以恒定角速度ω轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)金屬塊與推桿整體上下往復(fù)運(yùn)動(dòng)，配合氣門機(jī)構(gòu)完成進(jìn)氣、出氣，此過(guò)程彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，偏心輪與金屬塊始終保持接觸。偏心輪橫截面如圖（b），在t=0時(shí)通過(guò)輪軸的偏心輪直徑恰好處于水平位置，則（）
A. 推桿上下往復(fù)運(yùn)動(dòng)的周期為
B. 時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大
C. 偏心輪上各點(diǎn)的線速度最大值為
D. 偏心輪上各點(diǎn)的向心加速度最大值為
【答案】ABC
【解析】A．根據(jù)周期和角速度的關(guān)系可得
故A正確；
B．彈簧一直處于壓縮狀態(tài)，則當(dāng)彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，彈力最大，偏心輪應(yīng)轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)，即從初始位置轉(zhuǎn)動(dòng)
（n=0，1，2……）
當(dāng)n=0時(shí)，有
故B正確；
C．根據(jù)線速度與角速度的關(guān)系
偏心輪上各點(diǎn)的r的最大值為3R，則最大線速度為，故C正確；
D．根據(jù)
可知，偏心輪上各點(diǎn)的向心加速度最大值為，故D錯(cuò)誤。故選ABC。
三、非選擇題：共54分，考生根據(jù)要求作答。
11. 彈力帶是一種常見(jiàn)的健身器材。某同學(xué)為了探究彈力帶所受拉力與其伸長(zhǎng)量的關(guān)系，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：
（1）如圖（a），將彈力帶甲豎直掛在固定的釘子O上，其下端P連接一托盤，卷尺豎直固定在旁邊，卷尺的零刻度線與釘子平齊；
（2）逐步增加托盤上杠鈴片的數(shù)量，分別記錄杠鈴片與托盤的總質(zhì)量m、P對(duì)應(yīng)卷尺等高處的刻度值x，并在圖（b）中描點(diǎn)：
（3）當(dāng)杠鈴片與托盤總質(zhì)量為3.0 kg時(shí)，彈力帶甲下端P對(duì)應(yīng)的刻度值如圖（a），其讀數(shù)為_(kāi)______cm，請(qǐng)?jiān)趫D（b）中把此坐標(biāo)點(diǎn)描出，并作出彈力帶甲的m ? x圖像______：由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1 kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降_______cm（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）：
（4）彈力帶乙的m ? x圖像如圖（b）。若要增大力量訓(xùn)練強(qiáng)度，應(yīng)選用彈力帶_______（選填“甲”或“乙”）。
【答案】（3）124.15##124.14##124.16 8.7##8.4##8.5##8.6##8.8##8.9##9.0 （4）甲
【解析】（3）[1]彈力帶甲下端P對(duì)應(yīng)的刻度值讀數(shù)為
[2]彈力帶甲的m ? x圖像如圖所示
[3]由此可知，在彈力帶甲的彈性限度內(nèi)，每增加1 kg的杠鈴片，穩(wěn)定后P下降
（4）[4]設(shè)彈簧的原長(zhǎng)為x0，則
整理得
可知m ? x圖像斜率越大，彈簧帶的勁度系數(shù)越大，由圖可知彈簧帶甲圖像的斜率較大，彈簧帶甲的勁度系數(shù)較大，相同拉力下，形變量小，若要增大力量訓(xùn)練強(qiáng)度，應(yīng)選用彈力帶甲。
12. 某同學(xué)制作“橘子電池”后，設(shè)計(jì)了圖（a）電路測(cè)量其電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。電壓傳感器可視為理想電壓表。
（1）根據(jù)圖（a）完成圖（b）實(shí)物連線_____________；
（2）閉合開(kāi)關(guān)S，多次調(diào)節(jié)電阻箱，記錄電阻箱阻值R和相應(yīng)的電壓傳感器讀數(shù)U；
①某次實(shí)驗(yàn)電阻箱的示數(shù)如圖（c），其電阻大小為_(kāi)______Ω；
②根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的圖像如圖（d），則“橘子電池”電動(dòng)勢(shì)E = _______V，內(nèi)阻r = _______kΩ。（結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）
（3）若僅提供如下規(guī)格的電表：
電壓表V1（量程3 V，內(nèi)阻約為3 kΩ）；
電壓表V2（量程15 V，內(nèi)阻約為10 kΩ）；
電流表A1（量程0.6 A，內(nèi)阻約0.5 Ω）：
微安表A2（量程300 μA，內(nèi)阻約為100 Ω）；
為了較為準(zhǔn)確地測(cè)出“橘子電池”的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，下列電路中最合適的是_______
A. B.
C. D.
【答案】（1）（2）11323.5 1.00 3.33##3.30##3.31##3.32##3.34##3.35##3.36 （3）D
【解析】【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)電路圖連接實(shí)物圖如圖
【小問(wèn)2詳解】
①[1]根據(jù)電阻箱的刻度及擋位可知讀數(shù)為11323.5 Ω；
②[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律有
變形可得
根據(jù)圖像的斜率與截距可知
，
解得
，
【小問(wèn)3詳解】
AB．兩選項(xiàng)中電路圖采用的是伏阻法，測(cè)量得到的電源的內(nèi)阻實(shí)際是電壓表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的并聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻與電壓表內(nèi)阻相差不多，故測(cè)量得到的電源的內(nèi)阻相對(duì)誤差較大，而“橘子電池”的電動(dòng)勢(shì)約為1 V，電壓表的量程均太大，故AB錯(cuò)誤；
CD．兩電路圖采用的是安阻法，測(cè)量得到的電源的內(nèi)阻實(shí)際是電流表內(nèi)阻與電源內(nèi)阻的串聯(lián)的等效電阻，因“橘子電池”的內(nèi)阻遠(yuǎn)大于電流表A1和微安表A2的內(nèi)阻，故測(cè)量得到的電源的內(nèi)阻相對(duì)誤差較小，并且此方法測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)無(wú)系統(tǒng)誤差，由（2）的結(jié)果可知電路的最大電流約為300 μA，故選用微安表A2進(jìn)行測(cè)量誤差較小，故C錯(cuò)誤，D正確。
故選D。
13. 某型號(hào)“雙引擎”節(jié)能環(huán)保汽車的工作原理：當(dāng)行駛速度時(shí)僅靠電動(dòng)機(jī)輸出動(dòng)力：當(dāng)行駛速度時(shí)，汽車自動(dòng)切換引擎，僅靠汽油機(jī)輸出動(dòng)力。該汽車在平直的公路上由靜止啟動(dòng)，其牽引力F隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖。已知該汽車質(zhì)量為1500kg，行駛時(shí)所受阻力恒為1250N。汽車在時(shí)刻自動(dòng)切換引擎后，保持牽引力功率恒定。求：
（1）汽車切換引擎后的牽引力功率P；
（2）汽車由啟動(dòng)到切換引擎所用時(shí)間。
【答案】（1）90kW
（2）6s
【解析】【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)功率的計(jì)算公式可知，汽車切換引擎后的牽引力功率為
W=90kW
【小問(wèn)2詳解】
開(kāi)始階段，牽引力N，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得開(kāi)始階段加速度為
a=2.5m/s2
根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系有
s
14. 如圖，M、Q、N為相互平行的豎直平面，間距均為L(zhǎng)，在N上建立xOy直角坐標(biāo)系，x軸水平。處有一粒子源，連線垂直于豎直平面。MQ間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，QN間區(qū)域有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。粒子源發(fā)出速率為v的正電粒子，粒子沿方向運(yùn)動(dòng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)通過(guò)Q平面時(shí)，其速度方向與夾角為，再經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)通過(guò)N平面上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。忽略粒子間相互作用及粒子重力，求：
（1）粒子的電荷量與質(zhì)量之比；
（2）粒子從Q運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間；
（3）P點(diǎn)的坐標(biāo)（x，y）。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
根據(jù)題意可知，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
根據(jù)幾何關(guān)系可知
聯(lián)立可得
【小問(wèn)2詳解】
粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
解得
【小問(wèn)3詳解】
粒子的橫坐標(biāo)為
所以
粒子的縱坐標(biāo)為
所以
所以P點(diǎn)的坐標(biāo)為（，）。
15. 如圖是一款彈球投籃游戲示意圖，圓形籃筐水平，其邊緣固定在豎直籃板上的E點(diǎn)。游戲者控制小球壓縮輕彈簧，小球由靜止釋放向左彈出，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)；小球沿水平軌道進(jìn)入圓弧軌道BC，從C點(diǎn)沿切線飛出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡平面與籃板垂直。某次游戲，小球恰好垂直擊中籃板，擊中點(diǎn)D在E點(diǎn)正上方。已知小球質(zhì)量為m；圓弧軌道的半徑為R，圓心角，C點(diǎn)到籃板的水平距離為12R，C點(diǎn)與籃筐的高度差為7R，籃筐的直徑為R，忽略空氣阻力和小球體積大小，不計(jì)摩擦，重力加速度為g。
（1）求游戲者釋放小球時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能；
（2）求小球經(jīng)過(guò)圓弧軌道最低點(diǎn)B時(shí)對(duì)軌道的壓力；
（3）若小球經(jīng)籃板反彈后能進(jìn)入籃筐，求碰撞過(guò)程小球損失動(dòng)能的最小值。
【答案】（1）
（2）,方向豎直向下
（3）
【解析】【小問(wèn)1詳解】
小球在D點(diǎn)垂直擊中籃板，設(shè)擊中前瞬間小球的速度大小為，從C點(diǎn)飛出時(shí)的速度為，應(yīng)用逆向思維，把從C到D的過(guò)程看成從D到C的平拋過(guò)程，設(shè)此過(guò)程的時(shí)間為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，水平方向上
在豎直方向上，C點(diǎn)的豎直分速度
C點(diǎn)的水平分速度等于，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解可得
聯(lián)立解得
小球從釋放到C點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律可得
【小問(wèn)2詳解】
小球從釋放到B點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得
設(shè)小球在B點(diǎn)軌道對(duì)小球的彈力為，由牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
由牛頓第三定律可知，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?，方向豎直向下。
【小問(wèn)3詳解】
設(shè)D、E兩點(diǎn)的高度差為，從C到D豎直方向上有
解得
小球經(jīng)籃板反彈后做平拋運(yùn)動(dòng)，從反彈到落入籃筐的過(guò)程中，設(shè)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，反彈后瞬間的最大速度為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，則有
解得
故碰撞過(guò)程小球損失的動(dòng)能最小值為

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