河南省达标名校2018年高考三月大联考物理试卷含解析

河南省达标名校2018年高考三月大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ）
A ．能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的
B ．在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比
C ．一个处于n ＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子
D ．α射线、β射线、γ射线都是波长极短的电磁波
2．近年来，人类发射了多枚火星探测器，火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。

假设火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，若测得该探测器运动的周期为T ，则可以算得火星的平均密度2k T ρ=
，式中k 是一个常量，该常量的表达式为（已知引力常量为G ） A ．3k π= B ．3k G π= C ．3k G π= D ．24k G
π= 3．某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u 的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为12:10:1n n =，电阻22R =Ω．下列说法正确的是
A ．通过R 的交流电的频率为100 Hz
B ．电流表A 2的示数为2A
C ．此时变压器的输入功率为22 W
D ．将P 沿逆时针方向移动一些，电流表A 1的示数变小
4．用波长为187.5nm 的光照射阴极材料为钨的光电管，测量得到遏止电压为2.09V 。

已知普朗克常量为
6.63×10-34J·s ，真空中的光速为3×108m/s ，e=1.6×10-19C ，氢原子能级示意图如图所示。

保持反向电压为2.09V ，改用处于基态（n=1）的氢原子激发后辐射出的光子照射，为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量为（ ）
A ．4.54eV
B ．6.63eV
C ．10.20eV
D ．12.09eV
5．如图，倾角为45α=︒的斜面ABC 固定在水平面上，质量为m 的小球从顶点A 先后以初速度0v 和02v 向左水平抛出，分别落在斜面上的1P 、2P 点，经历的时间分别为1t 、2t ；A 点与1P 、1P 与2P 之间的距离分别为1l 和2l ，不计空气阻力影响。

下列说法正确的是（ ）
A ．12:1:1t t =
B ．12:1:2l l =
C ．两球刚落到斜面上时的速度比为1∶4
D ．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1∶1
6．下列属于理想化物理模型的是（ ）
A ．电阻
B ．点电荷
C ．力的合成
D ．瞬时速度
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB 下滑过程中
A ．所受滑道的支持力逐渐增大
B ．所受合力保持不变
C ．机械能保持不变
D ．克服摩擦力做功和重力做功相等
8．如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为2kg 的小球。

开始时轻绳处于竖直位置。

用一个方向与水平面成37︒的外力F 拉动小球，使之缓慢升起至水平位置。

g 取210m/s ，关于这一过程中轻绳
的拉力，下列说法中正确的是（）
A．最小值为16N B．最小值为20N C．最大值为26.7N D．最大值为20N
9．图（a）为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO'沿顺时针方向匀速转动，图（b）是该发电机的电动势已随时间t按余弦规律变化的图像。

已知线圈电阻为2.5Ω，定值电阻R=10Ω，电表均为理想交流电表。

由此可以判定（）
A．电流表读数为0.8A
B．电压表读数为10V
C．t=0.1s时刻，穿过线圈的磁通量为零
D．0~0.05s内，通过电阻R的电荷量为0.04C
10．一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，t=0时刻波源开始振动，t=3 s时波源停止振动，如图为t=3.2s时的波形图。

其中质点a的平衡位置离原点O的距离为x=2.5m。

以下说法正确的是_______。

A．波速为5m/s
λ=
B．波长 2.0m
C．波源起振方向沿y轴正方向
D．在t=3.3 s，质点a位于波谷
E.从波源起振开始计时，3.0 s内质点a运动的总路程为2.5 m
11．如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。

从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F，使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a0的匀加速直线运动。

导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

下列关于CD棒的速度v、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变
化的关系图线可能正确的是（）
A．B．C．
D．
12．如图所示，质量为m 的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦。

a 态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b 态是气缸从容器中移出后，在室温（27 °C）中达到的平衡状态。

气体从 a 态变化到 b 态的过程中大气压强保持不变。

若忽略气体分子之间的势能，下列说法中正确的是（）
A．与b 态相比，a 态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B．与a 态相比，b 态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大
C．在相同时间内，a、b 两态的气体分子对活塞的冲量相等
D．从a 态到b 态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体向外界释放了热量
E.从a 态到b 态，气体的内能增加，气体对外界做功，气体向外界吸收了热量
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用图甲所示装置探究“加速度与力、物体质量的关系”。

图中装有砝码的小车放在长木板上，左端拴有一不可伸长的细绳，跨过固定在木板边缘的定滑轮与一砝码盘相连。

在砝码盘的牵引下，小车在长木板上做匀加速直线运动，图乙是该同学做实验时打点计时器打出的一条点迹清晰的纸带，已知纸带上每相邻两个计数点间还有一个点没有画出，相邻两计数点之间的距离分别是1x、2x、3x、4x、5x、6x，打点计时器所接交流电的周期为T，小车及车中砝码的总质量为1m，砝码盘和盘中砝码的总质量为2m，当地重力加速度为g。

(1)根据纸带上的数据可得小车运动的加速度表达式为a =________（要求结果尽可能准确）。

(2)该同学探究在合力不变的情况下，加速度与物体质量的关系。

下列说法正确的是________。

A ．平衡摩擦力时，要把空砝码盘用细绳通过定滑轮系在小车上，纸带通过打点计时器与小车连接，再把木板不带滑轮的一端用小垫块垫起，移动小垫块，直到小车恰好能匀速滑动为止
B ．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使滑轮与小车间的细绳保持水平
C ．若用2m g 表示小车受到的拉力，则为了减小误差，本实验要求12m m ?
D ．每次改变小车上砝码的质量时，都要重新平衡摩擦力
(3)该同学探究在1m 和2m 的总质量不变情况下，加速度与合力的关系时，他平衡摩擦力后，每次都将小车中的砝码取出一个放在砝码盘中，并通过打点计时器打出的纸带求出加速度。

得到多组数据后，绘出如图丙所示的a F -图像，发现图像是一条过坐标原点的倾斜直线。

图像中直线的斜率为________（用本实验中相关物理量的符号表示）。

14．某同学要精确测量某一金属丝的电阻率。

（1）先用多用电表×1挡粗测其电阻，指针偏转如图甲所示，读数为________Ω，然后用螺旋测微器测其直径如图乙所示，读数为________mm ，最后用米尺测其长度如图丙所示，其读数________cm 。

（2）采用伏安法进一步测定这段金属丝的电阻。

有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确） A ．电池组（3V ，内阻约1Ω）
B ．电流表（0~3A ，内阻约0.025Ω）
C ．电流表（0~0.6A ，内阻约0.125Ω）
D ．电压表（0~3V ，内阻约3kΩ）
E电压表（0~15V，内阻约15kΩ）
F滑动变阻器（0~20Ω，额定电流1A）
G滑动变阻器（0~1000Ω，额定电流0.1A）
H．开关，导线
实验时应选用的器材是________（选填器材前字母代号）。

请在下面的虚线框中补全实验电路图______。

用该方法测金属丝电阻，测量结果会比真实值偏________（选填“大”或“小”）。

在某次测量时电表示数如图丁所示，则电流表示数为________，电压表的示数为________。

（3）为了减小系统误差，有人设计了如图戊所示的实验方案。

其中x R是待测电阻，R是电阻箱，1R、2R 是已知阻值的定值电阻。

闭合开关S，灵敏电流计的指针偏转。

将R调至阻值为0R时，灵敏电流计的示数为零。

由此可计算出待测电阻x R ________。

（用1R、2R、0R表示）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向。

传播，t=3s时波传到x=9m处的质点B点，其波形如图甲所示，A质点的振动情况如图乙所示，求：
(i)从t=3s时开始C质点经过多长时间位移第一次为4m；
(ii)在简谐横波从B质点传到C质点的过中，A质点运动的路程。

16．应用如图所示的装置研究带电粒子在电场、磁场中的运动情况。

相邻的区域I、II均为边长为L的正方形。

区域I内可以添加方向竖直向下的匀强电场；区域II内可以添加方向垂直纸面向里的匀强磁场。

区
v水平射入区域I，粒子束域II的边缘处有可探测带电粒子的屏。

一束带电粒子沿两区域中间轴线以速度
中含有多种粒子，其电荷量由小到大的范围为12~q q ++，质量由小到大的范围为12~m m 。

粒子在电场中只受电场力，在磁场中只受洛伦兹力。

(1)若只在区域II 内添加磁场，且能够在屏上探测到所有粒子，则磁感应强度为多大；
(2)若只在区域I 内添加电场，且能够在屏上探测到所有粒子，则电场强度为多大；
(3)当两个区域分别添加上述(1)(2)中的电场及磁场，电荷量为1q 、质量为2m 的粒子能够在屏上探测到。

求解粒子在屏上显现的位置，试列出各求解方程式。

（不对方程式求解）
17．如图，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O ．让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求
(1)两球a 、b 的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．C
【解析】
【详解】
A ．能量量子化的观点是普朗克首先提出的，选项A 错误；
B ．在光电效应现象中，根据光电效应方程=km E hv W U e =-遏制逸出功，可知遏止电压与入射光的频率是线
性关系，但不是成正比，选项B 错误；
C ．一个处于n ＝4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子，分别对应于4→3，3→2，2→1，选项C 正确；
D ．α射线、β射线不是电磁波，只有γ射线是波长极短的电磁波，选项D 错误；
故选C 。

2．C
【解析】
【详解】
由万有引力定律，知
2
224Mm G m r r T
π= 得
23
2
4r M GT π= 又
343
M R ρ=⋅π 而火星探测器绕火星做“近地”圆周运动，有r R =，解得
23GT
πρ= 故题中的常量
3k G
π= 故选C 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s ，其频率为50 Hz ，选项A 错误；变压器初级输入电压的有效值
1220U V == ,次级电压：221122n U U V n ==，则电流表A 2的示数为2222122
U I A A R ===，选项B 错误；变压器的次级功率为：22222P I U W == ，则此时变压器的输入功率为22 W ，选项C 正确；将P 沿逆时针方向移动一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表A 1的示数变大，选项D 错误。

故选C.
4．C
【解析】
【详解】
由光电效应方程
eU c =E Km =hγ-W 0…①
又
hγ0=W 0…②
又
hc
γλ＝…③
由①②③式代入数据可得
hγ0=4.54eV
则光子的能量值最小为4.54eV+2.09eV=6.63eV ，用处于基态（n=1）的氢原子激发后辐射出的光子照射，电子只需要从基态跃迁到n=2的能级即可，所以为了使光电流不为零，最少应给氢原子提供的能量 E min =E 2-E 1=-3.40eV-（-13.60eV ）=10.20eV ．
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．平抛运动落在斜面上时，竖直方向的位移和水平方向上位移比值一定
2012tan gt y x v t
α=＝ 解得
02tan v t g
α= 可知时间与初速度成正比，所以12:1:2t t =，故A 错误；
B ．落点到A 点的距离
2002cos cos c s t o an v t v x l g αααα
=== 可知距离与初速度的平方成正比，所以12:1:4l l =，故B 错误；
CD ．设速度与水平方向的夹角为θ，有
00
tan 2tan y
v gt v v θα=== 则知小球落在斜面上时速度方向相同，所以两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角相同，夹角正切值的比为1∶1，
则落到斜面上时的速度为
0cos v v θ
= 则可知刚落到斜面上时的速度与初速度成正比，所以两球刚落到斜面上时的速度比为1∶2，故C 错误，D 正确。

故选D 。

6．B
【解析】
【分析】
理想化模型的特点是现实生活中不存在。

通过想象合理分析得出忽略次要因素，只考虑主要因素，据此判断即可。

【详解】
建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素．物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素．为了使物理问题简单化，也为了便于研究分析，我们往往把研究的对象、问题简化，忽略次要的因素，抓住主要的因素，建立理想化的模型如质点、电场线、理想气体、点电荷、自由落体运动等，电阻、力的合成以及瞬时速度均不符合理想化模型的定义，ACD 不符合题意，B 符合题意。

故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．AD
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知，从A 到B 斜面倾角θ一直减小，运动员对轨道的压力为mgcosθ，可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故A 正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B 错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C 错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等．故D 正确．
8．AC
【解析】
【详解】
应用极限法。

静止小球受重力mg 、外力F 、绳拉力F 绳，如图。

AB ．当力三角形为直角OAB ∆时
cos3716N F AB mg ︒===绳最小
故A 正确，B 错误；
CD ．当力三角形为直角OCB ∆时
26.7N tan 37mg F CB ︒
==≈绳最大 故C 正确，D 错误。

故选AC 。

9．AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电动势有效值为
10V 2
m E == 电流表的读数
10A=0.8A 10 2.5
E I R r ==++ 电压表读数
8V U IR ==
选项A 正确，B 错误；
C ．t=0.1s 时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C 正确；
D ．0~0.05s 内，通过电阻R 的电荷量为
()
E q t R r =∆+ 2m m E TE NBS E t t t
ωπ===∆∆∆
则 0.210222C C 2()2(10 2.5)25m TE q R r πππ
⨯===++ 选项D 错误。

故选AC 。

10．ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t=3 s 时波源停止振动，t=3.2s 时，波传播了1.0m ，则波速
10m/s 5 m/s 323
x .v t .∆===∆- 选项A 正确；
B ．由题图可知，波长 2.0m λ=，选项B 正确；
C ．t=3.2s 时，波传播了
53216m x'vt .==⨯=
由于λ=2.0 m ，故t=3.2s 时，16m x'=处质点振动与x=2.0m 处质点的运动相同，可判断t=3.2s 时x=2.0m 处的质点向下振动，故波源起振方向沿y 轴负方向，选项C 错误；
D ．波的周期
0.4s T v λ
==
从t=3.2s 时刻经
101s 4
t'.T ∆== 质点位于平衡位置，选项D 错误；
E ．从0时刻起，波传递到质点需要的时间
25m 05s 5m/s
a a x .t .v === 则3.0s 内质点振动了
13025s 64
a a t '.t .T =-== 故质点运动的总路程为
s=6×4A+A=2.5 m
选项E 正确。

故选ABE 。

11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD 的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A 错误；
B ．开始时，CD 棒的速度为零，加速度为零；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB 的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD 的加速度与AB 加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B 正确；
C ．在开始C
D 棒不动时，安培力
2222BLat B L a F BL t R R
==安 即安培力随时间成正比关系增加；当CD 开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故C 错误；
D ．对AB 外力
2200=2B L a F ma f F ma f t R
=++++安 开始时CD 加速度为零，AB 加速度为a=a 0，则此时外力F 随时间t 线性增加；当CD 开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB 所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D 正确。

故选BD 。

12．ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．因压强不变，而由a 到b 时气体的温度升高，故可知气体的体积应变大，故单位体积内的分子个数减少，故a 状态中单位时间内撞击活塞的个数较多，故A 正确；
BC ．因压强不变，故气体分子在单位时间内撞击器壁的冲力不变，故冲量不变，故B 错误，C 正确； DE ．因从a 到b ，气体的温度升高，故内能增加；因气体体积增大，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知气体应吸热，故D 错误，E 正确；
故选ACE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．3625412
36x x x x x x T ++--- C 121m m + 【解析】
【详解】
(1)[1]因为每相邻两计数点之间还有一个点为画出，为了减小偶然误差，采用逐差法处理数据，则有
26313(2)x a x T -=，25223(2)x a x T -=，24133(2)x a x T -=，
为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得
1231()3
a a a a =++ 解得
6541232
()()36x x x x x x a T ++-++= (2)[2]A ．在该实验中，我们认为绳子的拉力就等于小车所受的合外力，故在平衡摩擦力时，细绳的另一端不能悬挂装砝码的砝码盘，故A 错误；
B ．平衡摩擦后，还要调节定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，故B 错误；
C ．本实验中，对小车及车中砝码由牛顿第二定律得
1T m a =
对托盘和钩码由牛顿第二定律得
22m g T m a -=
两式联立解得
221
1m g
T m m =+
由此可知只有满足盘和砝码的总质量远小于小车质量时，近似认为2T m g ≈，故C 正确；
D ．由于平衡摩擦力之后有
11sin cos m g m g θμθ=
故
tan θμ=
所以无论小车的质量是否改变，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，改变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，故D 错误。

故选C 。

(3)[3]对盘和砝码
22m g F m a -=
对小车
1F m a =
联立解得
212()m g m m a =+
认为合力2F m g =，所以
12()F m m a =+
即
12F a m m =+ a F -图象是过坐标原点的倾斜直线，直线的斜率表示
121m m +。

14．11 0.600 60.10 ACDFH 小 0.14 2.40 201
R R R 【解析】 【分析】
【详解】
（1）[1]欧姆表的读数为表盘示数与倍率的乘积，所以圆形柱体的电阻大致为
R=11×1Ω=11Ω
[2]螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的n×0.01mm 的和，由图示螺旋测微器可知，其直径为
0.5mm+10.0×0.01mm=0.600mm
[3]根据米尺读数原理，可知米尺的读数为60.10cm ；
（2）[4]金属丝电阻约为11Ω，电池组电动势为3V ，回路中最大电流约3A 11
，故电流表选C ，电压表选D 。

[5]伏安法测电阻，滑动变阻器采用限流接法，选用阻值变化范围较小的F 即可。

由于V A R R R R
<，所以选用电流表外接法，电路图如图所示
[6]利用此方法测得的电流偏大，根据
U R I
= 可得金属丝电阻值的测量值比真实值偏小。

[7][8]电流表选用小量程0.6A ，分度值为0.02A ，电流为0.14A ；电压表选用小量程3V ，分度值为0.01V ，电压为2.40V ；
（3）[9]灵敏电流计示数为零，说明其两端电势相等，可得
012
x R R R R = 解得
021
x R R R R = 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (i)11s(ii)32m
【解析】
【详解】
(i)由图甲可知波的波长λ=6m ，由乙图可知波的周期T=4s ，根据
v T λ=
得 v=1.5m/s
从t=3s 时开始C 质点的位移第一次为4m 的时间
21 4.5s 11s 1.5
x t v -=== (ii)简谐横波从B 质点传到C 质点的时间 219s 8s 1.5BC x t v -=
== 有
t=2T
由图可知波的振幅为A=4m ，A 质点运动的路程为
s=2×4A=2×4×4 =32m
16．
(1)0
1
4
5
mv
q
L；
(2)
2
20
max
1
3
m v
E
q L
=；(3)sin cos
R R L
αβ
+=，cos sin
2
L
y R H R
αβ
⎛⎫
-+=+
⎪
⎝⎭
【解析】
【详解】
(1)如图甲所示，磁场中运动有
2
v
qvB m
R
=①
由几何关系得
2
22
2
L
R R L
⎛⎫
=-+
⎪
⎝⎭
得
5
4
L
R=②
解①②式得
4
5
mv
B
qL
=
电荷量为1q、质量为2m时磁场磁感应强度最大，有
20
max
1
4
5
m v
B
q L
=
(2)如图乙，在电场中运动，竖直方向有
qE ma
=③
又有
y
v at
=④
水平方向有
0L v t =⑤
又有
0tan y v v α=
⑥
由几何关系得
2tan 2L L L α=+⑦
解③~⑦式得
203mv E qL = 电荷量为1q 、质量为2m 时电场强度最大，有
220max 13m v E q L
= (3)如图丙，电场中有
sin α=
y v v ，220y
v v v =+ 又有 02322
y L v y L L v ==⑨ 磁场中运动的半径为
54
L R =⑩ 由几何关系得
sin cos R R L αβ+=
cos sin 2L y R H R αβ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭
17． (1)12(21)1m m = (2)222
b Q E =
【解析】
试题分析：（1）b 球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b 球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．（2）求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b 求的动能，然后求出能量之比．
（1）b 球下摆过程中，由动能定理得：2220102
m gL m v =﹣ 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：()2012m v m m v =+， 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：()()()2121211cos 2
m m v m m gL θ+=+﹣
解得：)
121):11:1m m == （2）两球碰撞过程中损失是机械能：()()2121
Q m gL m m gL cos θ=-+﹣， 碰前b 球的最大动能22012
b E m v =， (
)12211cos 1211
b m m m Q E θ+--==。