理综1.docx

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理综1

化学

一、被“面善”的“陈题”迷惑，陷入思维定势

1．已知在一绝热容器中，饱和石灰水中存在平衡：

Ca（OH）2（s）葑Ca2+＋2OH

—，现向其中加入少量生石灰，则下列说法错C误E的是（）。

A．析出固体的质量增加B．溶液中Ca2+的浓度减小

C．溶液中OH-数目减少D．溶液的pH值不变

【错解】很多考生受原来做过的陈题“在一敞口容器中，饱和石灰水中存在平衡……”的影响，错选答案B。

【答案】D

【错因分析】大部分考生认为：

尽管CaO+H2O=Ca（OH）2，有更多的Ca（OH）2析出，但在一定温度下，Ca（OH）2的溶解度是一个定值，故溶液的物质的量浓度也是一个定值。

故溶液中Ca2+的浓度不变，溶液的OH—或H+浓度不变，溶液的pH值不变。

而本题看似“面善”的“陈题”，事实上命题人推陈出新，改成“在一绝毴?

容器中……”，事实上CaO+H2O=Ca（OH）2是一个放热反应，在绝毴?

容器中温度升高，有更多的Ca（OH）2析出，但溶液的物质的量浓度随着温度的变化有变化，溶液中Ca2+的浓度减小，溶液的OH—浓度减小（溶液中OH—数目也减少），H+浓度增大，溶液的pH值减小。

故D答案符合题意。

【反思】高考时考生不要被看似“面善”的“陈题”而迷惑，掉入思维定势的陷阱，要认真审题。

考场上不妨在关键词上圈圈点点，做记号，引起注意。

2、审题时一叶障目，不见泰山

2．有五瓶溶液分别是：

①10mL0.60mol/LNaOH水溶液；②20mL0.60mol/LH2SO4水溶液；③30mL0.40mol/LHCl水溶液；④40mL0.30mol/LHAc水溶液；⑤50mL0.20mol/L蔗糖水溶液。

以上各瓶溶液所含离子、分子总数的大小顺序是（）。

A．①＞②＞③＞④＞⑤B．②＞①＞③＞④＞⑤

C．②＞③＞④＞①＞⑤D．⑤＞④＞③＞②＞①

【错解】C

【错因分析】题目既给了五种溶液的体积，又给了物质的量浓度，不少考生很容易按各瓶溶液溶质所含离子或分子总数，进行计算比较，而错选C。

事实上在溶质浓度很小的情况下，其溶质分子或溶质电离产生的离子数比之各自的溶剂（水）分子数小得多，若审题时“一叶障目，不见泰山”，而误入陷阱，把注意力只集中在“溶质”上，思维层次肤浅，挖掘不出“溶液所含离子、分子总数大小顺序”所隐含的深层次的信息会错选其他选项。

【答案】D

【反思】审题时要看清是比较“各瓶溶液溶质所含离子或分子总数”，还是“各瓶溶液所含离子、分子总数”的大小。

若属于后者，实际上就是比较溶液体积，跟浓度无关。

三、被表面现象所迷惑，未抓住问题的本质

3．将16mLNO和NH3的混合气体在催化剂作用下，400℃左右发生下列反应：

6NO+4NH3葑5N2+6H2O（g）。

已知反应达平衡后，在相同条件下混合气体的体积变为17mL，则在原混合气体中，NO和NH3的物质的量之比可能是（）。

①3∶1②3∶2③3∶4④3∶5

A．①②B．①④C．②③D．③④

【错解】B

【错因分析】16mLNO和NH3的混合气体参与反应：

6NO+4NH3葑5N2+6H2O（g），但不知谁过量，故需要讨论。

以少量物质为标准进行计算。

此题根据体积差进行快速计算。

（1）若NO少量，NH3过量

6NO+4NH3葑5N2+6H2O（g）△V=1

6mL17mL-16mL

NO和NH3的物质的量之比等于体积比为6mL∶（16mL-6mL）=3∶5

（2）若NO过量，NH3少量

6NO+4NH3葑5N2+6H2O（g）△V=1

4mL17mL-16mL

NO和NH3的物质的量之比等于体积比为（16mL-4mL）∶4mL=3∶1

所以错选答案①④，即为B。

而事实上上述反应是一个可逆反应，不可能完全转化。

3∶1至3∶5之间的比例均正确，故3∶2和3∶4成立。

【答案】C

【反思】考生不要被表面现象所迷惑，要抓住问题的本质———即3∶1和3∶5是两种完全反应的极端情况。

四、思维的严密性欠缺，未挖掘题目所隐藏的条件

4．在含有1molHNO3和2molH2SO4的混合稀溶液中，加入1.5molCu，加热，充分反应后产生的气体体积在标准状况下约为（）。

A．5.6LB．11.2LC．22.4LD．44.8L

【错解】A

【错因分析】分析本题时，若认为Cu只与稀HNO3反应，根据化学方程式：

3Cu+8HNO3△3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，可知Cu过量，计算得V（NO）=5.6L，得出错误的答案A。

导致失误的原因是：

忽视了H2SO4中的H＋、Cu（NO3）2中的NO3―组合成HNO3与Cu可发生反应这一隐含条件，因此该反应可用如下离子方程式表示：

3Cu+8H＋+2NO3―△3Cu2＋+2NO↑+4H2O

3mol8mol2mol44.8L

1.5mol5mol1molV

由计算可知，H＋过量，Cu与NO3―完全恰好反应，得NO的体积V=22.4L。

【答案】C

【反思】此题反映出考生思维的逻辑性和严密性欠缺。

考生要挖掘题目所隐藏的条件。

五、思维的全面性欠缺，不能整体思维

5．实验室里可用乙醇与浓H2SO4按1∶3体积比共热制乙烯，要制得2.8g乙烯，需乙醇的质量为（）。

A．等于4.6gB．小于4.6gC．大于4.6gD．大于或等于4.6g

【错解】A【错因分析】根据C2H5OH浓H2SO4%170℃CH2=CH2↑+H2O知需4.6g乙醇，但制备过程中随温度的升高会出现下列副反应：

2C2H5OH浓H2SO4%140℃C2H5OC2H5+H2O

C2H5OH+2H2SO4△2SO2↑+2C+5H2O

C2H5OH+6H2SO4△6SO2↑+2CO2↑+9H2O

这些副反应都消耗了乙醇，故需乙醇的质量一定大于4.6g。

【答案】C

【反思】此题反映出考生思维的全面性欠缺。

考生要运用所学基础知识全面考虑，整体思维。

6．NO是空气污染物之一，它催化O3分解，破坏大气臭氧层；在空气中易被氧化成NO2，氮的氧化物参与产生光化学烟雾。

空气中NO最高允许含量不超过5mg·L－1。

但在1992年NO却因其神奇的生物活性而被美国SCIENCE杂志授予“明星分子”的荣誉称号，从此NO成为生命科学的研究热点。

请回答下列问题：

（1）NO在大气层中可发生反应：

NO+O3=NO2+O2，NO2+O=NO+O2，从反应过程和最终结果看，NO是一种。

A．氧化剂B．还原剂C．还原产物D．氧化产物E．催化剂

（2）在含Cu＋离子的酶的活化中心中，亚硝酸根离子可转化为NO，写出Cu

＋与亚硝酸根离子在酸性水溶液中反应的离子方程式。

（3）在一定温度下和压强下，将装有N2和NO2混合气体的试管倒立于水中，充分反应后，试管内气体的体积缩小为原体积的3/5，则原混合气体中N2与NO2气体的体积比是。

A．2∶3B．3∶2C．3∶5D．5∶3

【错解】第

（1）问漏选BC，特别是容易漏选C。

【错因分析】

（1）产生该思维障碍的原因主要是未领会题中还有从“反应过程”来看的要求，思维不全面。

也有部分考生漏选E，主要是对催化剂可以参与反应但在反应前后的质量和化学性质不改变的概念领会不深刻。

事实上根据氧化还原反应原理，结合反应方程式可看出，NO在第一个反应中作还原剂，在第二个反应中为还原产物，从最终结果看：

NO作催化剂。

（2）由题意可得，亚硝酸根离子被还原为NO，所含N元素价态降低，则必有元素价态升高，可推得Cu＋被氧化为Cu2＋。

（3）设原混合气体为5体积，则反应后变为3体积，气体体积减少2体积。

由3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据差量法，即可求得NO2的体积为3体积。

可进一步求得N2和NO2气体的体积比2∶3。

【答案】

（1）BCE

（2）NO2－+Cu＋+2H＋=NO+Cu2＋+H2O（3）A

【反思】本题在生物学情境中创设了化学问题，解题时必须充分运用题中的信息，抓住氧化还原的基本原理，从多个角度和层次去分析问题。

六、缺乏思维的敏捷性，欲速则不达

7．在密闭容器中，反应aA（g）葑bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则下述正确的是（）。

A．平衡向正反应方向移动了B．物质A的转化率减小了

C．物质B的质量分数不变D．a＜b

【错解】B。

【错因分析】错误思维的进入是这样的，考生认为增大体积，视为减压，平衡应向气体分子数增大的方向移动，既然B的浓度为原来的60%，比原来的100%减少了，说明平衡向逆向移动了，A的转化率应减小，B的质量分数应减小，反应系数a应大于b。

故错解B选项，思维的敏捷性欠缺，欲速则不达。

倒不如先定一下神，再慢慢逐字审题干，就可能发现陷阱，关键是考生未牵出当体积增大一倍，A、B的浓度同时都减小到原来平衡的50%，这一至关重要的“题眼”，达到平衡时B由50%增加到60%，显然平衡是向正向移动了，则A为正确答案。

【答案】A

【反思】在化学考题中的陷阱不大、也不深，更不可怕，可怕的是考生自己见了熟悉的题目就急于拿下而草率速读题干，掉进陷阱，难以自拔。

七、与客观事实不符，没有科学性依据

8．常温下将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c（SO42－）和c（H＋）之比为（）。

A．1∶1B．1∶2C．1∶10D．10∶1

【错解】根据H2SO4=2H＋+SO4

2－，H＋与SO4

2－同时稀释，选B。

【错因分析】酸性溶液被水稀释时，c（H＋）酸的变化对水的电离会产生影响，可能出现水本身电离产生的c（H＋）水大于c（H＋）酸的情况。

本题中硫酸被稀释后，c（H＋）酸=1×10

-5mol·L

-1500=2×10-8mol·L

-1＜1×10-7mol·L

-1，而溶液不会变成碱性，故计算溶液中的c（H＋）方法应该如下：

设由水电离产生的c（H＋）=x，则溶液中的c（H＋）总=2×10―8mol·L―1+x，由H2O葑H＋+OH―

2×10―8+xx

Kw=c（H＋）·c（OH―）=（2×10―8+x）·x=1×10―14解得x˜1×10―7mol·L

―1

那么c（SO42－）和c（H＋）之比约为：

0.5×10―5mol·L

―1÷500∶1×10―7mol·L

―1=1∶10

故答案为C。

【反思】上述错误实际上是忽略了水的电离情况，与客观事实不符。

当酸、碱溶液无限稀释时，要注意溶液的性质不会变，其pH只可能接近7。

9．反应NO2+NO+O2+H2O→HNO3可以形成具有多组化学计量数的化学方程式。

当氧气有1/3被NO还原时，此反应各物质化学计量数之比为（）。

A．1∶1∶1∶1∶2B．4∶9∶24∶14∶28

C．8∶9∶12∶10∶20D．任意比均可

【错解】A、C

【错因分析】不少考生仅根据质量守恒，A、B、C三组数据代入反应式均能满足化学方程式的配平问题，而本题的关键是否满足题设条件有1/3O2被NO还原，还是从氧化还原反应得失电子守恒来分析解决这个问题。

设O2总的物质的量为1mol。

1/3O2被NO还原，据

NO-3e

—HNO3

O2+4e—HNO3

则3n（NO）=4×13n（O2），n（NO）=49

那么23O2被NO2还原，据

NO2-e

—HNO3，O2+4e

—HNO3

则n（NO2）=4×23n（O2），n（NO2）=83

即n（NO）∶n（O2）∶n（NO2）=49∶1∶83=4∶9∶24

该条件下反应的总化学方程式为：

4NO+9O2+24NO2+14H2O=28HNO3

【答案】B

【反思】对于“NO2+NO+O2+H2O”混合体系的分析研究，可以按两个相对独立的反应体系：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3及4NO+3O2+2H2O=4HNO3结合题目所给条件（不同比例关系）进行各种组合与计算；也可以依据以上两个总化学方程式依题设条件分别进行，而非以上两个总化学方程式的简单叠加。

最关键的是遵循氧化还原反应得失电子守恒这个客观规律。

八、实验能力欠缺，不能正确地进行实验方案设计与评价

10．三位同学设计了下述三个实验方案，并都认为：

如果观察到的现象和自己设计的方案一致，即可确认混合气体中含有CO2和SO2。

甲方案：

无色气体→酸性KMnO4溶液→石灰水

现象：

褪色浑浊

乙方案：

无色气体→橙色溴水→石灰水

现象：

褪色浑浊

丙方案：

无色气体→足量品红溶液→石灰水

现象：

颜色变浅浑浊

评价上述各方案是否严密，并说明理由。

方案甲：

方案乙：

方案丙：

【错解】甲方案：

严密。

乙方案：

严密。

丙方案：

不严密。

【错因分析】SO2和CO2均为无色气体，且都属于酸性氧化物，通入澄清石灰水中都将出现浑浊，但是SO2有还原性和漂白性。

CO2无还原性也无漂白能力，不能使KMnO4溶液、溴水、品红溶液褪色。

根据性质的异同，我们采用的方法是先用适当的试剂检验SO2的存在，并彻底除去SO2，然后用石灰水检验CO2的存在。

甲、乙方案其实是相同的，用氧化剂KMnO4氧化SO2，若溶液褪色，说明SO2的存在，同时也除去SO2。

这步操作的关键是要能证明SO2已被除尽。

否则下一步操作，使澄清石灰水变浑浊并不足以证明CO2气体的存在。

如SO2过量，足以使KMnO4溶液和溴水褪色，过量SO2通入石灰水，石灰水同样出现浑浊，所以KMnO4溶液、溴水的褪色不能说SO2已除尽。

还有一些无色气体（如有机物中的一些气体），同样可使KMnO4溶液和溴水褪色，由这些气体与CO2组成混合气体，进行方案甲、方案乙是不严密的。

能使品红溶液褪色的气体有Cl2和SO2，但Cl2是有色气体，与已知条件不符合，故排除氯气存在的可能性。

混合气体使品红溶液褪色说明其中必含SO2。

混合气体使足量的品红溶液最终颜色变浅，说明SO2已被吸收完全，品红并未完全消耗，所以最终颜色变浅而不是完全褪色。

由于SO2已除尽，剩余气体通入石灰水中出现浑浊，必定含CO2，所以丙方案是严密的。

【答案】甲方案：

不严密。

乙方案：

不严密。

丙方案：

严密。

混合气体通过足量的品红溶液，溶液颜色变浅，说明混合气体含有SO2气体，且通过品红溶液后，SO2已除尽。

剩余气体通入石灰水中，石灰水变浑浊，证明其中含有CO2。

【反思】化学实验方案的设计与评价是非常重要的实验能力。

本题最易出的错误，就是认为混合气体通过KMnO4溶液，溴水使其褪色，就证明混合气体中含有SO2，且SO2已除尽，这样的答案显然没有分析其他可使KMnO4、溴水褪色气体存在的可能性以及怎样证明SO2确实已除尽，因而答案是不正确的。

只有根据气体的性质对实验现象进行全面、细致的分析，才能找到正确答案。

九、不能理解概念的内涵，处理信息能力欠缺

11．在3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2↑的反应中，每3molBrF3中被水还原的BrF3的物质的量是_____________。

氧化产物与还原产物的物质的量之比是_________________。

【错解】只有水为还原剂，因此认为3molBrF3中有2mol被还原为Br2，误认为只有氧气为氧化产物，第二空误填1∶1。

【错因分析】3molBrF3中有1mol被氧化，2mol被还原，5mol水中有2mol被氧化，6mol电子还原2molBrF3，其中4mol电子由水提供，因此被水还原的BrF3：

2×4/6＝4/3mol，氧化产物为HBrO3与O2，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1。

【答案】4/3mol，2:

1

【反思】对于一个复杂的氧化还原反应，要正确理解概念的内涵与外延，正确地进行电子得失和化合价升降分析，氧化产物和还原产物的判断。

物理

一、物理概念模糊,受力分析错误

复习中要准确理解物理概念的含义,概念的内涵和外延,概念之间的联系和区别。

比如摩擦力、功的概念。

例1.如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，AB长为16m，传送带以10m/s的速度匀速运动。

在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦系数为μ=0.5，求：

（1）物体从A运动到B所需时间，

（2）物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体所做的功（g=10m/s2）

分析与解：

（1）当物体下滑速度小于传送带时，物体的加速度为a1,（此时滑动摩擦力沿斜面向下）则：

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

a1=gsin37°+μgcos37°=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2

t1=v/a1=lss1=12a1t12=5m

当物体下滑速度大于传送带V=10m/s时，物体的加速度为a2，（此时f沿斜面向上）则：

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

a2=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2

s2=vt2+12a2t22=（a1t1）t2+12a2t22=11

即：

10t2+t22=11解得：

t2=ls（t2=-11s舍去）

所以，t=t1+t2=2s

（2）W1=fs1=μmgcosθ·s1=0.5×0.5×10×0.8×5=10J

W2=-fs2=-μmgcosθ·s2=-0.5×0.5×10×0.8×11=-22J

所以，W=W1+W2=10-22=-12J.

二、不注意公式的使用条件,滥用公式

在求解某物理量时往往有好几条途径,不同的方法有不同的公式,而每个公式都有自己的使用条件,应区分哪些公式具有普遍意义,哪些则在某些特殊条件下才成立,而不是死记一个公式。

如计算功有三个公式:

定义式W=Fscosθ、功率公式W=pt、动能定理W=△Ek。

计算电功率也有三个公式:

p=UI,p=U2R,p=I2R.但要注意不同的条件。

例2如图所示为一直流电动机的电路。

与它并联的是一个分流电阻R=4赘，A为理想电流表。

当加电压U1=4V时电动机不转，电流表示数I1=3A；将电压变为U2=20V时，电动机转动，电流表示数I2=5A。

求电动机此时输出的机械功率。

分析与解：

加电压U1=4V时电动机不转，为纯电阻，

有R总=U1I1=43赘。

又R总=rDRrD+R，得rD=2赘。

加电压U2=20V时，IR=U2R=124A=3A，ID=I2-IR=5A-3A=2A。

电动机内阻的热功率PrD=I2DrD=2

2×2W=8W，

电动机的总功率PD=U2ID=12×2W=24W，

则电动机的输出功率P出=PD-PrD=24W-8W=16W。

注意:

因为电动机在转动时有机械能输出，所以不是纯电阻，计算时要特别注意。

容易错解为P出=U2I2-I22R并，其中R并=U1I1；也有错解为P出=U2I2-U22R-U22rD三、状态分析不充分导致错误

复杂的物理问题,需要分成几个过程,对过程的分析离不开状态的确定.

例3正方形线框abcd，边长L=10cm，每边电阻r=10。

现使线框以v=10m/s的恒定速度，从如图所示的位置开始沿x轴运动，直到全部穿过磁感应B=0.5T、宽度为30cm的磁场区域。

试画出上述过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化曲线和外力F随时间t变化的曲线。

分析与解：

线框穿越磁场过程可以分为进磁场、在磁场中、出磁场三个切割磁感线的阶段。

三个阶段的等效电路图。

如图A：

Uab=3r4rE=34BLv=38V，

F外=BIL=B2L2vR=6.25×10-3N，方向向右；

磁场中运动如图B：

Uab=E=BLv=12V，F外=0；

出磁场过程如图C：

Uab=14E=18v，F外=6.25×10-3N，方向向右。

全过程Uab的变化如下图，F外的变化如下图。

四、适用条件判断不清,选错或用错规律。

物理规律都有其各自的适用条件,对条件的分析和判断是使用规律的前提.特别注意容易混淆的机械能守恒定律的适用条件和动量守恒定律的适用条件.机械能守恒定律的适用条件是:

在只有重力或弹簧弹力做功的情形下,物体系统机械能的总量保持不变;动量守恒定律的适用条件是:

物体系统所受的合外力为零。

在选择力学规律时,优先考虑两个守恒定律,即机械能守恒定律或动量守恒定律;若不符合条件,则再考虑两个定理,即动能定理或动量定理;最后考虑用牛顿定律和运动学公式求解。

例4.如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高.ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道高处由静止下滑，设导轨足够长。

试求：

（1）ab、cd棒的最终速度，

（2）全过程中感应电流产生的焦耳热。

分析与解：

ab下滑进入磁场后切割磁感线，在abcd电路中产生感应电流，ab、cd各受不同的磁场力作用而分别作变减速、变加速运动，电路中感应电流逐渐减小，当感应电流为零时，ab、cd不再受磁场力作用，各自以不同的速度匀速滑动。

全过程中系统内机械能转化为电能再转化为内能，总能量守恒。

（1）ab自由下滑，机械能守恒：

mgh=12mV2

①

由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度Lab=3Lcd，故它们的安培力为：

Fab=3Fcd②

在安培力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当着ab=着cd时，电路中感应电流为零，（I=0），安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：

BLabVcd=BLcdVcd所以Vab=13Vcd③

ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：

Fab△t=m（V-Vab）④

Fcd△t=mVcd⑤

联立以上①②③④⑤各式解得：

Vab=110

2gh姨，Vcd=310

2gh姨

（2）根据系统能量守恒可得：

Q=△E=mgh-12m（V2ab+V2cd）=910mgh

注意：

本题以分析ab、cd棒的受力及运动情况为主要线索求解。

①明确ab、cd运动速度稳定的条件。

②理解电磁感应及磁场力计算式中的“L”的物理意义。

③电路中的电流、磁场力和金属棒的运动之间相互影响制约变化复杂，解题时抓住每一瞬间存在Fab=3Fcd及终了状态时Vab=13Vcd的关系，用动量定理求解十分方便。

④金属棒所受磁场力是系统的外力，且Fab≠Fcd时，合力不为零，故系统动量不守恒，只有当Lab=Lcd时，Fab=Fcd，方向相反，其合力为零时，系统动量才守恒。

五、分析不全面,导致漏解

在解决物理问题时,需要对问题的物理情景进行全面和综合分析,有些存在隐含条件,有些条件不明需要进行讨论的,分别列举出可能的几种情况加以讨论。

例5.如图所示，长为L，质量为m1的物块A置于光滑水平面上，在A的水平上表面左端放一质量为m2的物体B，B与A的动摩擦因数为μ.A和B一起以相同的速度V向右运动，在A与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使B一直不从A上掉下来，V必须满足什么条件?

（用m1、m2，L及μ表示）

分析与解：

A与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A以大小为V的速度向左运动，B仍以原速度V向右运动，以后的运动过程有三种可能：

（1）若m1＞m2，则m1和m2最后以某一共同速度向左运动；

（2）若m1=m2，则A、B最后都停止在水平面上，但不再和墙壁发生第二次碰撞；（3）若m1

若m1＞m2时，碰撞后系统的总动量方向向左，大小为：

P=m1V-m2V

设它们相对静止时的共同速度为V'，据动量守恒定律，有：

m1V-m2V=（m1+m2）V'

所以V'=（m1-m2）Vm1+m2

若相对静止时B正好在A的右端，则系统机械能损失应为μm2gL，

则据能量守恒：

12m1V2+12m2V2-12（m1+m2）V'2=μm2gL

解得：

V=12μgL

（m1+m2）m1姨

若m1=m2时，碰撞后系统的总动量为零，最后都静止在水平面上，

设静止时A在B的右端，则有：

12m1V2+12m2V2=μm2gL

解得：

V=2μm2gL（m1+m2