2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末联考物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末联考物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1. 用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中不属于比值法定义的是( )
A. 电容C=QUB. 电阻R=UIC. 场强E=kQr2D. 电流I=qt
2. 如图，电阻丝ab的总电阻为2R，其电阻率不随温度的变化而改变。将它与电阻值为R的定值电阻串联接在内阻不计的电源两端，电压表为理想电表。闭合开关S，将滑片P由a向b移动，则金属丝两端的电压U和功率P( )
A. U增大B. U减小C. P增大D. P减小
3. 如图所示，M、N、P、G分别为正方形ABCD四条边的中点，O为正方形的中心，将电荷量分别为−q和+q的两点电荷放在C、D两点上，要使中心O点处的电场强度为零，可在正方形边上再放一个电荷量为Q的点电荷，则该点电荷( )
A. 应放在M点，Q=+ 2q
B. 应放在N点，Q=− 22q
C. 应放在P点，Q=− 2q
D. 应放在G点，Q=+ 22q
4. 2016年2月11日，科学家宣布“激光干涉引力波天文台(LIGO)”探测到由两个黑洞合并产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念100周年后，引力波被首次直接观测到。在两个黑洞合并过程中，由于彼此间的强大引力作用，会形成短时间的双星系统。如图所示，黑洞A、B可视为质点，它们围绕连线上O点做匀速圆周运动，且AO大于BO，不考虑其他天体的影响。下列说法正确的是( )
A. 黑洞A的质量小于B的质量
B. 黑洞A的质量大于B的质量
C. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期变大
D. 黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期不变
5. 从地面竖直向上抛出一物体，取地面为参考平面，该物体的机械能E1和重力势能Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。物体受到的阻力恒定。重力加速度g取10m/s2，结合图中数据可知( )
A. 物体的质量为1.5kgB. 物体受到的空气阻力大小为12.5N
C. 在h=2m处，物体的动能为20JD. 物体上升的最大高度为4m
6. 随着人们生活水平的提高，儿童游乐场所的设施更加丰富多样了。如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑滑索上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳与竖直方向的夹角为37°，绳长为L，儿童和滑环均可视为质点，滑索始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断错误的是( )
A. 儿童和滑环组成的系统水平方向动量守恒
B. 儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C. 儿童运动到最低点时速度大小为 2gL5
D. 儿童从静止运动到最低点的过程中，滑环的位移大小为L2
7. 如图所示为某静电场中x轴上各点电势φ的分布图。一电子从原点处以一定的初速度沿x轴正方向射出，仅在电场力的作用下在x轴上做直线运动，下列说法正确的是( )
A. x=x2处的电场强度大于x=x3的电场强度
B. 电子从x=x1处到x=x3处，电场力对其先做负功再做正功
C. 电子在x=x2处的速度最小
D. 电子在x=x1处的动能等于电子在x=x3的动能
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 2016年5月30日，在太原卫星发射中心用长征4号乙运载火箭顺利将我国第一颗高分辨率立体测图业务卫星“资源三号”02星送入太空。随后“资源三号”02星与火箭分离，进入离地面高度约力500km的轨道运行，之前我国发射的“天宫一号”空间站在离地面高度约为360km的轨道运行。“资源三号”02星和“天宫一号”空间站的轨道均视为圆轨道。下列说法正确的是( )
A. “资源三号”02星在轨运行速度大于第一宇宙速度
B. “资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度
C. “资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度
D. “资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期
9. 在生产生活中，经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。如图所示，光滑水平地面上停放着一辆小车，小车上固定着两端开口的光滑细管，细管由水平、弯曲和竖直三部分组成，各部分之间平滑连接，水平管的末端刚好与小车的左端对齐，竖直管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管，小球的质量与小车的质量(包含细管)相等，小球可视为质点，忽略一切阻力作用，整个过程小球没有从细管的竖直部分冲出。下列说法正确的是( )
A. 小球达到细管的竖直部分最高点时速度为零
B. h一定大于等于v024g
C. 小球离开水平细管后做自由落体运动
D. 从小球射入细管到离开细管的过程中，细管对小球做功为12mv02
10. 平行金属板PQ、MN与电源和滑动变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内阻不计；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m、电荷量为+q、初速度为零的粒子，粒子在PQ间的加速电场作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入MN间的偏转电场；改变滑片P的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从MN间飞出，不计粒子的重力。下列说法正确的是( )
A. 粒子在偏转电场中的竖直偏转距离与U2U1成正比
B. 滑片P向左滑动，从偏转电场飞出的粒子的偏转角将增加
C. 飞出偏转电场的粒子的最大动能为Eq
D. 飞出偏转电场的粒子的最大速率vm=2 qEm
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_____；
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.先释放重物，再接通电源
(2)在一次实验中，质量m的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点为第一个计时点)的距离分别为hA、hB、hC。已知纸带相邻两个点之间时间间隔为T。从打O点到打B点的过程中，重物的动能增加量ΔEk=_____；

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，造成这个结果的原因是_____。
A.利用公式v=gt计算重物速度
B.利用公式v= 2gh计算重物速度
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D.没有采用多次实验取平均值的方法
12. 某同学利用生活中的常见物品来验证动量守恒定律。如图所示，他利用废弃水管一个斜槽轨道和一个平直轨道，两轨道间做成圆弧实现平滑过渡(未画出)；使两节相同的5号电池在水平轨道上做一维碰撞(实验过程中碰撞前后两物体速度都在一条直线上，而且电池均不发生转动)，利用电池在平直轨道上滑行的最远距离来验证动量守恒定律。

(1)该同学使电池2静止在水平轨道上，先将电池1从斜槽某一位置由静止释放，运动到平直轨道上在A点与电池2碰撞，碰撞后两节电池做匀减速直线运动，最终静止，如图所示。则电池1碰撞后滑行的最大距x1=_____(填“AB”或“AC”)，电池2碰撞后滑行的最大距离x2=_____(填“AD”或“AE”)。用刻度尺量取x1、x2的长度。再将电池1再次从同一高度静止释放，冲到平直轨道上滑行一段距离后停止。测出它从碰撞点A开始滑行的最大距离x3。用刻度尺量取x3的长度；
(2)借助匀变速直线运动的规律，我们可以通过电池的滑动距离推导电池碰撞前后的速度，从而验证动量守恒。若在误差允许的范围内x1、x2、x3满足_____，则电池1、2的碰撞过程系统动量守恒；
(3)如果电池1、2的碰撞是弹性碰撞，则x1、x2、x3应该满足_____；
(4)做完实验应当进行必要的反思和总结。关于该实验，下列说法正确的是_____。
A.两电池碰撞时，应该尽可能的缩短电池碰撞时间，这样会降低实验误差。
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，也不会带来实验误差
C.电池沿斜槽轨道下滑过程中受摩擦力作用，机械能有损失，这会带来实验误差
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远越好
四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）
13. 在如图所示的电路中R1=4Ω，R2=R3=8Ω，C=40μF。当开关S接1时，R2上消耗的电功率为8W，当开关S接2时，电压表示数为9V，试求：
(1)电源的电动势和内阻；
(2)开关S接3直到电路稳定时，通过R3的电荷量．
14. 如图所示，在竖直平面内有一足够长的绝缘轨道ABCD，AB水平放置，CD竖直放置，轨道AB粗糙，CD光滑，BC是绝缘光滑的四分之一圆弧形轨道，圆弧的圆心为O，半径为R，现有质量为m，电荷量为q的带电体(可视为质点)静止在A点，轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=mgq。带电体从A点由静止开始运动，已知AB距离为3R，带电体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.5，(假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，重力加速度为g，要求结果用m，g，R三个物理量表示)试求：
(1)带电体第一次运动到圆弧轨道B点时对轨道的压力？
(2)带电体在圆弧轨道运动的最大动能？
(3)带电体在轨道AB上经过的路程？
15. 如图所示，水平面上O点左侧光滑，右侧粗糙。O点左侧有一固定挡板，一水平轻弹簧左端固定在挡板上，一质量为m=0.1kg的小滑块a将弹簧压缩(未拴接)，弹簧储存的弹性势能为Ep=1.25J。O点放置一质量为M=km的小滑块b，其中k为常数。放开a后，滑块a被弹簧弹开，在光滑水平面上匀速运动一段距离后与b碰撞。已知a、b间的碰撞为弹性碰撞，每次a与b碰撞前b已停下，碰撞时间忽略不计。弹簧始终在弹性限度内，滑块a、b与O点右侧水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2。
(1)若k=2，求第一次碰撞过程滑块a对b的冲量大小；
(2)若全过程a、b间的碰撞超过一次，求k满足的条件；
(3)若k=4，计算a、b停止运动后两者之间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【详解】A.电容 C=QU ，即将电容C定义为电容器所带电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比，属于比值定义法，故A不符合题意；
B.电阻 R=UI ，即将电阻R定义为导体两端电压U与通过导体的电流I之比，属于比值定义法，故B不符合题意；
C.场强 E=kQr2 ，即一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度的表达式，是点电荷电场强度的决定式，而 E=FQ 才是电场强度的比值定义式，故C符合题意；
D.电流 I=qt ，即将电流I定义为通过导体横截面的电荷量q与所用时间t之比，属于比值定义法，故D不符合题意。
故选C。
2.【答案】B
【解析】【详解】AB.根据题意，由闭合回路欧姆定律有
U=ER+Rab⋅Rab=ERRab+1
将滑片P由a向b移动， Rab 逐渐减小，则 U 逐渐减小，故A错误，B正确；
CD.根据题意，由公式 P=I2R 可得，金属丝的功率为
P=ER+Rab2⋅Rab=E2R2Rab+2R+Rab
由数学知识可知，当
R2Rab=Rab
即
Rab=R
时， R2Rab+Rab 有最小值， P 有最大值，则将滑片P由a向b移动，P先增大后减小，故CD错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】解：设正方形边长为2a，根据点电荷产生的电场及电场的矢量叠加可知−q和+q的两点电荷在O点的场强为E′= 2kq2a2，方向水平向右，所以Q应放置P点或G点，则E=E′=kQa2，解得：Q= 22q或− 22q，故ABC错误，D正确；
故选：D。
利用场强的合成法则，先求出+q和−q在O点处的合场强E′，再寻求点电荷Q放的位置能使圆心O处的场强与E′等大反向．
本题的关键是明确点电荷Q产生的电场与+q、−q产生的合场强等大方向；熟练应用圆的几何关系。
4.【答案】A
【解析】【详解】AB.在匀速转动时的向心力大小关系为
GmAmBL2=mAω2rA=mBω2rB
由于A的半径比较大，所以A的质量小，故A正确，B错误；
CD.双星靠相互间的万有引力提供向心力，有
GmAmBL2=mA2πT2rA=mB2πT2rB
又
rA+rB=L
解得双星之间的周期公式为
T=2π L3GmA+mB
黑洞A、B合并过程中距离减小，A的周期越小，故CD错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】详解】D.由图可知，h=4m时，物体重力势能等于机械能，即此时物体动能为零，到达了最高点，故D正确；
A.物体的质量为
m=Epmaxghmax=4010×4kg=1kg
故A错误；
B.根据功能关系可知，空气阻力对物体做功等于物体机械能的减少量，即
fhmax=ΔE1=50J−40J=10J
解得
f=2.5N
故B错误；
C.根据功能关系可知，在h=2m处，物体的动能为
Ek=E1初−mg+fh=50J−10+2.5×2J=25J
故C错误。
故选D。
6.【答案】C
【解析】【详解】A.儿童和滑环组成的系统在水平方向所受合力为零，所以水平方向动量守恒，故A正确；
B.儿童和滑环组成的系统内只有重力做功，所以机械能守恒，故B正确；
C.儿童运动到最低点时，设儿童和滑环的速度大小分别为v1和v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
5mv1=mv2
5mgL(1−cs37∘)=12⋅5mv12+12mv22
解得
v1= gL15
故C错误；
D.儿童从静止运动到最低点的过程中，根据动量守恒定律可知，儿童和滑环在水平方向的平均速度大小 v1 和 v2 满足
5mv1=mv2
则水平位移大小 x1 和 x2 满足
5mx1=mx2
根据相对位移关系有
x1+x2=Lsin37∘
解得
x2=L2
故D正确。
本题选错误的，故选C。
7.【答案】D
【解析】【详解】A.根据题意可知，电子仅在电场力的作用下沿 x 轴做直线运动，则电场方向沿 x 轴方向，由沿电场线方向电势逐渐降低可知， O−x2 电场方向水平向左， x2 之后电场方向水平向右，由 φ−x 图像中斜率表示电场强度可知， x=x2 电场强度为0， x=x2 处的电场强度小于 x=x3 的电场强度，故A错误；
C.从 O−x2 电子在电场力作用下做加速运动， x2 之后做减速运动，则电子运动到 x=x2 处时速度最大，故C错误；
B.电子从 x=x1 处到 x=x3 处，电场力对其先做正功再做负功，故B错误；
D.由题图可知，坐标轴上x1与x3电势相等，电子从坐标轴上x1处运动到x3处，电场力做功为零，电子在 x=x1 处的动能等于电子在 x=x3 的动能，故D正确。
故选D。
8.【答案】BCD
【解析】【详解】A.第一宇宙速度为最大环绕速度，则“资源三号”02星在轨运行速度小于第一宇宙速度。故A错误；
BC.由万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r=ma
解得
a=GMr2 ， v= GMr
可知半径大，线速度小。则“资源三号”02星在轨运行的线速度小于“天宫一号”空间站运行的线速度；而重力加速度约等于近地环绕的加速度。则“资源三号”02星在轨运行的加速度小于地球表面的重力加速度。故BC正确；
D.由万有引力提供向心力得
GMmr2=m4π2T2r
解得
T=2π r3GM
可知半径大，周期大。则“资源三号”02星在轨运行的周期大于“天宫一号”空间站运行的周期。故D正确。
故选BCD。
9.【答案】BC
【解析】【详解】A.小球和小车组成的系统在水平方向所受合力为零，所以水平方向动量守恒，小球达到细管的竖直部分最高点时，与小车达到共同速度，此时竖直分速度为零，但水平分速度不为零，因此合速度不为零，故A错误；
B.假设小球刚好能够到达竖直管口而未冲出，且此时小球和小车的共同速度为v，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0 =2mv
12mv02=mgh+12⋅2mv2
解得
h=v024g
所以h一定大于等于 v024g ，故B正确；
C.设小球离开水平细管时，小球和小车的速度分别为v2和v3，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0 =mv2+mv3
12mv02=12mv22+12mv32
解得
v2=0 ， v3=v0
而小球离开水平细管后只受重力作用，所以将做自由落体运动，故C正确；
D.从小球射入细管到离开细管的过程中，根据动能定理可知细管对小球做功为
W=ΔEk=0−12mv02=−12mv02
故D错误。
故选BC。
10.【答案】AC
【解析】【详解】A.在平行金属板PQ之间，根据动能定理有
qU1=12mvF2
粒子在F点的速度为
vF = 2qU1m
设偏转电场MN的长度为L，MN之间的距离为d，则粒子通过偏转电场MN的时间为
t=LvF
粒子的加速度为
a=qU2md
所以粒子的竖直偏转距离为
y=12at2=U2L24dU1
所以粒子的竖直偏转距离与 U2U1 成正比，故A正确；
B.滑片P向左滑动的过程中， U2U1 的比值增大，所以粒子的竖直偏转距离逐渐增大，根据类平抛运动的规律可知，从偏转电场飞出的粒子竖直方向的速度逐渐增大，则飞出时粒子的速度的偏转角逐渐增大，故B错误；
CD.粒子从M板右边缘飞出时速率最大，根据动能定理可知
qU1+qU2=Ekm=12mvm2
其中
U1+U2=E
解得
Ekm=qE
vm= 2qEm
故C正确，D错误；
故选AC。
11.【答案】AB mhC−hA28T2 C
【解析】【详解】(1)[1]A.实验选择的重物应该相对质量较大，体积较小，即重物选用质量和密度较大的金属锤，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故A正确
B.打点计时器的两限位孔在同一竖直面内上下对正，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确；
C.因为我们是比较mgh、 12mv2 的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，故C错误；
D.先接通电源，再释放重物，故D错误。
故选AB。
(2)[2]利用匀变速直线运动过程中平均速度等于其中间时刻速度，可知打点B时的速度
vB=hC−hA2T
从打O点到打B点的过程中，动能变化量
ΔEk=12mvB2=mhC−hA28T2
(3)[3]AB.若利用公式 v=gt 或 v= 2gh 计算重物速度，则说明是自由落体运动，那么重力势能的减少量等于动能的增加量，故AB错误；
C.存在空气阻力和摩擦阻力的影响，会导致重力势能的减少量大于动能的增加量，故C正确；
D.即使采用多次实验取平均值的方法，仍存在空气阻力和摩擦阻力的影响，仍会出现重力势能的减少量大于动能的增加量，故D错误。
故选C。
12.【答案】AC AD x1+ x2= x3 x1+x2=x3 AB
【解析】【详解】(1)[1][2]由图知电池1、电池2碰撞后滑行的最大距离分别为AC，AD。
(2)[3]电池做匀减速运动的初速度与全程位移间的关系为
v= 2μgx
若碰撞满足动量守恒定律，则有
m 2μgx1+m 2μgx2=m 2μgx3
化简可得
x1+ x2= x3
(3)[4]若碰撞是弹性碰撞，还满足机械能守恒定律
12m⋅2μgx1+12m⋅2μgx2=12m⋅2μgx3
即
x1+x2=x3
(4)[5]A.根据动量守恒定律特点：时间极短和碰撞条件：内力远大于外力可知，两电池碰撞时，虽然轨道对电池有摩擦力，但碰撞时间极短，内力远大于外力，依然近似满足动量守恒的条件，A正确；
B.做实验时，即使平直轨道竖直向上抬起一个小角度，减速时电池的加速度也相同，位移关系也不变，因此也不会带来实验误差，B正确；
C.研究的滑下碰撞后电池速度关系，只要保证释放位置不变就能保证碰撞前速度相同，因此斜槽轨道下滑过程中受摩擦力不会带来实验误差，C错误；
D.碰撞点A的位置离斜槽轨道末端越远碰撞后速度越小，运动位移越小，测量相对误差大，D错误。
故选AB。
13.【答案】解：(1)开关S接1时，R1被短路，由P2=I2R2得通过电源的电流为：
I= P2R2= 88A=1A
电源两端的电压等于R2的两端电压为：U=IR2=1×8V=8V；
由闭合电路欧姆定律，当开关S接1时，有：
E=U+Ir，
代入得：E=8+r
当开关S接2时，电压表示数为9V，有：
E=U′+U′R1+R2r=9+94+8r=9+3r4
联立以上两式解得：E=12V，r=4Ω
(2)当电开关S接3时，R2和R1串联，R2两端的电压为：U2=ER1+R2+r×R2=124+8+4×8=6V；
则电容器充电的电量为：q=UC=6×40×10−6=2.4×10−4C，即通过R3的电荷量为2.4×10−4C
【解析】(1)开关S接1时，R1被短路，由R2上消耗的电功率求解通过电源的电流，根据欧姆定律求得电源两端的电压．对两种情况，分别运用闭合电路欧姆定律列方程，即可求解．
(2)当电开关S接3时，R2、R1串联，根据闭合电路欧姆定律和串联电路规律以及电荷量公式求解．
本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式，运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解．
14.【答案】解：(1)第一次A到B过程中对带电体列动能定理方程
qE⋅3R−μmg⋅3R=12mvB2−0
解得
vB= 3gR
在B点对带电体由牛顿第二定律可得
N−mg=mvB2R
解得
N=4mg
由牛顿第三定律可得，压力大小也为4mg，方向竖直向下。
(2)由题可知，最大速度点E点与圆心O点连线OE与OB夹角 α 应满足
tanα=qEmg=1
即 α=45∘ ，从B到E列动能定理方程
−mgR(1−cs45∘)+qERsin45∘=12mvE2−12mvB2
带电体在圆弧轨道运动的最大动能
12mvE2= 2+12mgR
(3)经过多次往返运动后，最终带电体应该在BC之间往返运动，到达B点处速度恰好为0。由题可知
f滑=μmg
且始终做负功，则全过程从A到最终在B点速度恰好为0，根据动能定理可得
qE⋅3R−f滑s=0−0
解得
s=6R

【解析】见答案
15.【答案】解：(1)设第一次碰撞前瞬间a的速度为 v0 ，由机械能守恒定律有
Ep=12mv02
设第一次碰撞后瞬间 a、b 的速度分别为 va1、vb1 ，取向右为正方向。 a、b 在碰撞过程中动量守恒，有
mv0=mva1+kmvb1
机械能守恒，有
12mv02=12mva12+12kmvb12
联立得
va1=1−k1+kv0 ， vb1=21+kv0
对滑块b，由动量定理，有
I=kmvb1−0
联立代入数据可得滑块a对b的冲量
I=23N⋅s
(2)当 k=1 时，由④⑤得第一次碰后a静止，b速度向右，只发生一次碰撞；
当 k<1 时，第一次碰后 a、b 速度均向右，且a的速度小于b，只发生一次碰撞；
当 k>1 时，第一次碰后a速度向左，b速度向右，设b向右滑行的距离为 xb1 ， a 与弹簧碰撞返回后再以等大速度滑向粗糙水平面，设a在粗糙面上向右滑行的距离为 xa1 ，对 a、b 减速滑行过程，由动能定理有
−μmgxa1=0−12mva12 ， −μkmgxb1=0−12kmvb12
若 a、b 发生二次碰撞，则
xa1>xb1
联立可得
k>3
综上可得，当 k>3 时， a、b 间的碰撞会超过一次。
(3)若 k=4 ，第一次碰后 a、b 的速度分别为
va1=−35v0 ， vb1=25v0
b滑行的距离
xb1=vb122μg=2v0225μg
a向左与弹簧碰撞返回后，在粗糙水平面向右滑行距离 xb1 后，速度减为 va2 ，由动能定理，有
−μmgxb1=12mva22−12mva12
得
va2= 55v0
a第二次与静止的b发生碰撞，设碰后瞬间 a、b 的速度分别为 va3、vb3 ，同理可得
va3=−35va2=−3 525v0 ， vb3=25va2=2 525v0
b又向右滑行距离 xb2,a 又向左滑行距离 xa2 ，有
xb2=vb322μg=2v02125μg ， xa2=va322μg=9v02250μg
可得
xa2即a还没有返回O点就停下了。全过程只发生二次碰撞。 a、b 均停止运动后二者之间的距离为
Δx=xa2+xb2=0.65m

【解析】见答案