河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试 物理（ PDF版含解析）
文档属性
| 名称 | 河南省濮阳市第一高级中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试 物理（ PDF版含解析） |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2024-05-22 16:54:08 | ||
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文档简介
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2022 级高二下学期期中质量检测物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B D C D C B AB AC BD
L
1．A【详解】A．根据图乙可知，周期为 2s，根据T 2 解得 L 1.0m故 A 正确；B．根据
g
图乙可知，在 t=0.5s 到 t=1.0s 的过程中，摆球偏离平衡位置的位移减小，则重力势能减小，
动能增大，故 B 错误；C．根据图乙可知，在 t=1.0s 到 t=1.5s 的过程中，摆球偏离平衡位
置的位移增大，根据F回 kx，可知，回复力增大，故 C 错误；D．根据图乙可知，单摆
2
的位移 x 随时间 t 变化的关系为 x Asin t 8sin t cm 故 D 错
T
2．B【详解】根据多普勒效应，当声源和观察者相向运动时观察者接收到的频率大于声源的频
率，当声源和观察者反向运动时观察者接收到的频率小于声源的频率。将声源运动到 ABCD
四个点时，相对于观察者的速度方向画出来，可以得到 A 点有接近观察者的趋势，C 点有
远离观察者的趋势，声源在 BD 两点的速度方向，垂直 O 点与观察者的连线。所以在 BD
两点，观察者接收到的频率就等于声源的频率，而在 A 点观察者接收到的频率大于声源的
频率，在 C 点观察者接收到的频率小于声源的频率。故选 B。
3．D【详解】A．小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过
程中，C 向右运动，则小车向左运动，故 A 错误；B．规定向右为正方向，在 C 与 B 碰前，
mv Mv 0 v M根据动量守恒得 C 所以 C ，故 B 错；CD．因为小车、物块和弹簧组成的v m
系统动量守恒，开始总动量为零，当 C 与泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运
动，故 C 错误，D 正确。故选 D。
4．C【详解】图乙的读数为：19mm+4 0.1mm=19.4mm=0.0194m，图丙的读数为：
0.0284 0.0194
28mm+0.1 4mm=28.4mm=0.0284m相邻亮条纹间距 x m 1.8 10 3 m
5
x d 1.8 10 3 2 10 4
单色光的波长 m 6 10 7 m则 C 项正确
L 0.6
5．D【详解】取运动员速度方向为正方向，设经过 7 次这样推物块后，运动员退行速度的大小
为 v7，经过 8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小为 v8，根据动量定理，物块每次碰
撞挡板前后，挡板对物块的冲量为 I 2mv ，对物块和运动员组成的系统，根据动量定理
7I mv Mv7 8I mv Mv8 ，根据题意 v7 5m/s v8 5m/s代入数据解得
52kg M 60kg，故选 D。
4
6．C【详解】A．这两列波的波速大小均为 v m/s 1m/s ，故 A 正确，不符合题意；B．两
T 4
列波振幅相同，起振方向均向下，则当路程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，这种点始
终不动，因 1m，则从 x 6m分别往两侧按照 1m 的间隔出现振动减弱和振动加强的点，
4
而减弱点的位置有 x 1m、3m、5m、7m、9m、11m，即叠加稳定后，A、B 两点间（不包
括 A、B 两点）共有 6 个点始终不动，故 B 正确，不符合题意；C．从 t=0 至 t=10s 过程，
4s 时刻 C 点开始振动，8s 时刻右侧波传到 C 点，因为 C 点到两波源的距离为波长的整数
倍，所以 C 点为振动加强点，继续振动半个周期，所以从 t=0 至 t=10s 过程，质点 C 运动
的路程为 s 4A 2 2A 16cm，故 C 错误，符合题意；D．振源 B 的起振方向向下，所以
2
振源 B 的振动方程为 y Asin( t ) 2sin(
t ) 故 D 正确，不符合题意。
T 2
1
7．B【详解】A.根据临界角与折射率的关系sin C 所以C 45 ，所
n
以当光线在圆弧面射出时的入射角为45°时将发生全反射，为圆
弧边界有光射出的上边界，从O点射入的光线从圆弧面射出时为
下边界，所对应圆心角为∠COD 等于 45°，如图所示所以玻璃砖
1 R
圆弧边上有光射出的长度为 s 2 R 故 A 错误；B．从玻璃砖圆弧边射出的光对应
8 4
OB sin 45 6在 边上的长度为OE R R ，故 B 正确；C．从 B 点入射的光在玻璃中的路程
sin 60 3
2R+ 15°
(4 3)
为 3 (4 2 6) 105 = (4 ) ，所以 t= = ,故 C 错误；D．由于不同颜色的光° 2
的折射率不同，所以换成绿光不会平行射出，故 D 错误。故选 B。
8．AB 【详解】A．经过水面的反射光是偏振光，当偏振片方向与反射光的偏振方向垂直时，
可减弱反射光，拍摄效果较好，故 A 正确；B．光只有从光密介质射向光疏介质，且入射
角大于或等于临界角，才能发生全反射，故 B 正确；C．雨后天空出现的彩虹，是光的折
射和全反射引起的，阳光下肥皂泡表面有彩色花纹，是光的干涉引起的，故 C 错误；D．高
性能相机镜头表面镀了一层透光的膜，光线经过膜的表面和镜头表面的反射光发生干涉，
看起来有颜色，这是由光的干涉现象引起的，故 D 错误。故选 AB。
9．AC【详解】A．由题意知，a、b 两物体沿同一直线相向运动，t2时刻 b 物体减速到零，之后
反向加速，可以看出 t2~t3时间内，a、b 同方向运动，且 a 的位移大于 b 的位移，即两者
在靠近，当速度相等时，两者距离最近，之后两者距离又增大，即 t3时刻 a、b 间距离最小，
故 A 正确；BC．由题意可知，a、b 两物体组成的系统动量守恒，由图可知，最终 a 物体
速度减为零，设 a、b 两小球质量分别为 m1、m2，则m1v0 m2v0 m2v，因为当小球间距小
于或等于 d 时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由图中 t1~t3时间
v v0 v0 v0 ( v ) 3v 00 0
内，可得 a 2 2 F a 2 F1 2 2 解得
m1 3m2 ， v 2v0 ，
t3 t1 t3 t1 m1 t3 t1 t3 t1 m2
由几何关系可知，图中 AC 段对应时间等于 CE 对应时间，且两三角形对应底边大小相等，
所以图中△ABC 与△CDE 面积相等，故 B 错误，C 正确；D．由题意可得，类似于完全非
弹性碰撞，当两小球速度相等时，动能损失最大，由图可知，此时两小球的总动能为
E 1 (m1 m2 )(
v0 )2 1 m2v
2 1 2 1 2 2
0 而初动能为E0 m1v0 m2v0 2m2v0 ，所以损失的动能最大2 2 2 2 2
3 2 E 3
值为 E E 0 E m2 2
v0 即 E 4 故 D 错误。故选 AC。 0
10．BD【详解】图（b）所示质点在 t=0 时在正向最大位移处，图（c）所示质点在 t=0 时，
x=-0.05（振幅的一半），运动方向沿 y 轴负方向，结合波形图找到对应的点，若图（c）所
示质点在图（b）所示质点的左侧有 n
＝ n 当 n=0 时，B 正确；若图（c）所
12 4 3
2
示质点在图（b）所示质点的右侧有 n ＝ n 当 n=0 时，D 正确。故选 BD。
6 2 3
11．（每空 2 分，共 6 分）(1)AD (2) m1OP m1OM m2ON (3)A
【详解】[1][2]要验证动量守恒定律，即验证m1v0 m1v1 m2v2，小球离开轨道后做平抛运动，
小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间 t 相等，因此有平抛运动在水平方向做匀速直线运
v OP OM ON动可知 0 ， v1 ， v2 ，导入动量守恒可得m1OP m1OM m2ON t t t
因此实验需要测量的两个小球的质量，小球的水平位移，AD 正确。故选 AD。
[3]若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知
1 2 1 m m 2mm1v0 m1v
2 1
1 m v
2 1 2 1
2 2 ，联立动量守恒可得 v1 vm m 0 ，
v2 vm m 0 2 2 2 1 2 1 2
OM m1 m2 OP ON 2m 1代入水平位移与平抛时间关系可得 OPm m ， m m 分析可得1 2 1 2
ON OM OP即OP OM ON
12．（每空 2 分，共 8 分）(1)1.6 (2) B C D
【详解】（1）图中 P1P2 作为入射光线，OO 是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为 i，
AB
折射角为 r，则由几何知识得到 sin i ， sin r
CD sin i AB
又 AO OC 则折射率 n 1.6
AO OC sin r CD
（2）三种情况下入射光线与折射光线之间的关系如图所示
[1]用图①测定折射率时，做出的折射光线与玻璃中的真实折射光线相比偏折大了，所以测量的
折射角偏大了，折射率变小，故选 B；
[2]用图②测定折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故选 C；
[3]用图③测定折射率时，如果出射点为bb 与玻璃砖下表面的交点，则测量值不变，如果出射
点在交点的左侧，测量值偏小，出射点在交点的右侧，测量值偏大，所以测得的折射率可能偏
大、可能偏小、可能不变，故选 D。
50 80n
13．（1） v m/s（n 0,1, 2
3
）；（2） A m =0.12m
3 25
【详解】（1）由图像可知 =8m ，波向负方向最小位移为 5m，时间为 t=0.3s，则有
t 5 T nT （1 分）
8
T 0.3 s（n 0,1,2 ）
解得 5 n （2 分）
8
50 80n
则有波的波速 v = m/s（n 0,1,2 ） （2 分）
T 3
（2）因为 T>0.3s，所以 n=0，此时波的周期为T 0.48s （1 分）
1
故传播 3s 后，x=2m 处的质点运动的时间 t ' 6T T （1 分）
4
路程为 S 25A 3m （2 分）
3
解得质点的振幅 A m =0.12m （1 分）
25
14 1 n 10 2 OE 2．（ ） ；（ ） R
2 2
【详解】（1）当光线经球心O入射时，光路图如图所示
sini
根据折射定律 n （2 分）
sinr
AB
其中 sinr 2 2 （2 分） OA AB
解得 n 10 （2 分）
2
1
（2）平移到E 点，在D点发生全反射，则 sin EDO （2
n
分）
OD OE
在 EDO内，有 sin 90 r sin EDO （2 分）
2
联立得 OE R （2 分）
2
3 2
15．(1) 2gh 2gh
26
5 ， ；(2)
h
5 125
1
【详解】（1 A 2）设 滑到水平轨道的速度为 v0，则有mgh mv0 （1 分） 2
A 与 B 碰撞时，由动量守恒有 mv0 mvA 4mvB （1 分）
1 mv2 1 mv2 1由动能不变有 4mv2 （1 分）
2 0 2 A 2 B
v 3联立得 A 2gh
2
（1 分） vB 2gh （1 分） 5 5
2 h
t 2 h
5 2gh
（2）第一次碰撞后 A 经过水平段 QO 所需时间 A 3 （1 分） vA 2gh 6g
5
2 2gh
第一次碰撞后 B 停下来所需时间 t v B
4 2gh
B
5 （1 分）
aB g 5g
易知 tA tB ,又有 > , 故 A 与 B 会发生第二次碰撞 （1 分）
且第一次碰撞后 B 停时，A 还没有追上 B，设第一次碰撞后 B 停下来滑动的位移为 xB ，由动能
定理得 4mgx
1 8
B 0 4mv
2
B 解得 xB h （1 分） 2 25
1 2 1 2
设 A 第二次碰撞 B 前的速度为 v1，由动能定理得 mgxB mv1 mvA 2 2
2
解得 v1 gh （1 分） 5
A 与 B '会发生第二次碰撞，由动量守恒有mv1 mvA 4mv ' （1 分）
1 mv2 1 mv '2 1由动能不变有 1 A 4mv
'2
B （1 分） 2 2 2
解得 v ' 3 2A gh （1 分） v
' 2 2
B gh （1 分） 5 5 5 5
1
（3）B '发生第二次碰撞后，由动能定理得 4mgxB 0 4mv
'2 x ' 8B 解得 B h （1 分） 2 125
A mgx ' 0
1
mv '2 x ' 18发生第二次碰撞后，由动能定理得 A A 解得 h （1 分） 2 A 125
'
故 xA xB ，即 A 不会再回到光滑轨道 PQO 的水平段 QO 上，在 O 点左边停下
18 8 26
所以 A、B ' '均停止运动后它们之间的距离为 x xA xB h h h（2 分）125 125 125
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2022 级高二下学期期中质量检测物理参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B D C D C B AB AC BD
L
1．A【详解】A．根据图乙可知，周期为 2s，根据T 2 解得 L 1.0m故 A 正确；B．根据
g
图乙可知，在 t=0.5s 到 t=1.0s 的过程中，摆球偏离平衡位置的位移减小，则重力势能减小，
动能增大，故 B 错误；C．根据图乙可知，在 t=1.0s 到 t=1.5s 的过程中，摆球偏离平衡位
置的位移增大，根据F回 kx，可知，回复力增大，故 C 错误；D．根据图乙可知，单摆
2
的位移 x 随时间 t 变化的关系为 x Asin t 8sin t cm 故 D 错
T
2．B【详解】根据多普勒效应，当声源和观察者相向运动时观察者接收到的频率大于声源的频
率，当声源和观察者反向运动时观察者接收到的频率小于声源的频率。将声源运动到 ABCD
四个点时，相对于观察者的速度方向画出来，可以得到 A 点有接近观察者的趋势，C 点有
远离观察者的趋势，声源在 BD 两点的速度方向，垂直 O 点与观察者的连线。所以在 BD
两点，观察者接收到的频率就等于声源的频率，而在 A 点观察者接收到的频率大于声源的
频率，在 C 点观察者接收到的频率小于声源的频率。故选 B。
3．D【详解】A．小车、物块和弹簧组成的系统动量守恒，开始总动量为零，当弹簧伸长的过
程中，C 向右运动，则小车向左运动，故 A 错误；B．规定向右为正方向，在 C 与 B 碰前，
mv Mv 0 v M根据动量守恒得 C 所以 C ，故 B 错；CD．因为小车、物块和弹簧组成的v m
系统动量守恒，开始总动量为零，当 C 与泥粘在一起时，总动量仍然为零，则小车停止运
动，故 C 错误，D 正确。故选 D。
4．C【详解】图乙的读数为：19mm+4 0.1mm=19.4mm=0.0194m，图丙的读数为：
0.0284 0.0194
28mm+0.1 4mm=28.4mm=0.0284m相邻亮条纹间距 x m 1.8 10 3 m
5
x d 1.8 10 3 2 10 4
单色光的波长 m 6 10 7 m则 C 项正确
L 0.6
5．D【详解】取运动员速度方向为正方向，设经过 7 次这样推物块后，运动员退行速度的大小
为 v7，经过 8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小为 v8，根据动量定理，物块每次碰
撞挡板前后，挡板对物块的冲量为 I 2mv ，对物块和运动员组成的系统，根据动量定理
7I mv Mv7 8I mv Mv8 ，根据题意 v7 5m/s v8 5m/s代入数据解得
52kg M 60kg，故选 D。
4
6．C【详解】A．这两列波的波速大小均为 v m/s 1m/s ，故 A 正确，不符合题意；B．两
T 4
列波振幅相同，起振方向均向下，则当路程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，这种点始
终不动，因 1m，则从 x 6m分别往两侧按照 1m 的间隔出现振动减弱和振动加强的点，
4
而减弱点的位置有 x 1m、3m、5m、7m、9m、11m，即叠加稳定后，A、B 两点间（不包
括 A、B 两点）共有 6 个点始终不动，故 B 正确，不符合题意；C．从 t=0 至 t=10s 过程，
4s 时刻 C 点开始振动，8s 时刻右侧波传到 C 点，因为 C 点到两波源的距离为波长的整数
倍，所以 C 点为振动加强点，继续振动半个周期，所以从 t=0 至 t=10s 过程，质点 C 运动
的路程为 s 4A 2 2A 16cm，故 C 错误，符合题意；D．振源 B 的起振方向向下，所以
2
振源 B 的振动方程为 y Asin( t ) 2sin(
t ) 故 D 正确，不符合题意。
T 2
1
7．B【详解】A.根据临界角与折射率的关系sin C 所以C 45 ，所
n
以当光线在圆弧面射出时的入射角为45°时将发生全反射，为圆
弧边界有光射出的上边界，从O点射入的光线从圆弧面射出时为
下边界，所对应圆心角为∠COD 等于 45°，如图所示所以玻璃砖
1 R
圆弧边上有光射出的长度为 s 2 R 故 A 错误；B．从玻璃砖圆弧边射出的光对应
8 4
OB sin 45 6在 边上的长度为OE R R ，故 B 正确；C．从 B 点入射的光在玻璃中的路程
sin 60 3
2R+ 15°
(4 3)
为 3 (4 2 6) 105 = (4 ) ，所以 t= = ,故 C 错误；D．由于不同颜色的光° 2
的折射率不同，所以换成绿光不会平行射出，故 D 错误。故选 B。
8．AB 【详解】A．经过水面的反射光是偏振光，当偏振片方向与反射光的偏振方向垂直时，
可减弱反射光，拍摄效果较好，故 A 正确；B．光只有从光密介质射向光疏介质，且入射
角大于或等于临界角，才能发生全反射，故 B 正确；C．雨后天空出现的彩虹，是光的折
射和全反射引起的，阳光下肥皂泡表面有彩色花纹，是光的干涉引起的，故 C 错误；D．高
性能相机镜头表面镀了一层透光的膜，光线经过膜的表面和镜头表面的反射光发生干涉，
看起来有颜色，这是由光的干涉现象引起的，故 D 错误。故选 AB。
9．AC【详解】A．由题意知，a、b 两物体沿同一直线相向运动，t2时刻 b 物体减速到零，之后
反向加速，可以看出 t2~t3时间内，a、b 同方向运动，且 a 的位移大于 b 的位移，即两者
在靠近，当速度相等时，两者距离最近，之后两者距离又增大，即 t3时刻 a、b 间距离最小，
故 A 正确；BC．由题意可知，a、b 两物体组成的系统动量守恒，由图可知，最终 a 物体
速度减为零，设 a、b 两小球质量分别为 m1、m2，则m1v0 m2v0 m2v，因为当小球间距小
于或等于 d 时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由图中 t1~t3时间
v v0 v0 v0 ( v ) 3v 00 0
内，可得 a 2 2 F a 2 F1 2 2 解得
m1 3m2 ， v 2v0 ，
t3 t1 t3 t1 m1 t3 t1 t3 t1 m2
由几何关系可知，图中 AC 段对应时间等于 CE 对应时间，且两三角形对应底边大小相等，
所以图中△ABC 与△CDE 面积相等，故 B 错误，C 正确；D．由题意可得，类似于完全非
弹性碰撞，当两小球速度相等时，动能损失最大，由图可知，此时两小球的总动能为
E 1 (m1 m2 )(
v0 )2 1 m2v
2 1 2 1 2 2
0 而初动能为E0 m1v0 m2v0 2m2v0 ，所以损失的动能最大2 2 2 2 2
3 2 E 3
值为 E E 0 E m2 2
v0 即 E 4 故 D 错误。故选 AC。 0
10．BD【详解】图（b）所示质点在 t=0 时在正向最大位移处，图（c）所示质点在 t=0 时，
x=-0.05（振幅的一半），运动方向沿 y 轴负方向，结合波形图找到对应的点，若图（c）所
示质点在图（b）所示质点的左侧有 n
＝ n 当 n=0 时，B 正确；若图（c）所
12 4 3
2
示质点在图（b）所示质点的右侧有 n ＝ n 当 n=0 时，D 正确。故选 BD。
6 2 3
11．（每空 2 分，共 6 分）(1)AD (2) m1OP m1OM m2ON (3)A
【详解】[1][2]要验证动量守恒定律，即验证m1v0 m1v1 m2v2，小球离开轨道后做平抛运动，
小球抛出点的高度相等，在空中运动的时间 t 相等，因此有平抛运动在水平方向做匀速直线运
v OP OM ON动可知 0 ， v1 ， v2 ，导入动量守恒可得m1OP m1OM m2ON t t t
因此实验需要测量的两个小球的质量，小球的水平位移，AD 正确。故选 AD。
[3]若两小球发生弹性碰撞，即碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒可知
1 2 1 m m 2mm1v0 m1v
2 1
1 m v
2 1 2 1
2 2 ，联立动量守恒可得 v1 vm m 0 ，
v2 vm m 0 2 2 2 1 2 1 2
OM m1 m2 OP ON 2m 1代入水平位移与平抛时间关系可得 OPm m ， m m 分析可得1 2 1 2
ON OM OP即OP OM ON
12．（每空 2 分，共 8 分）(1)1.6 (2) B C D
【详解】（1）图中 P1P2 作为入射光线，OO 是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为 i，
AB
折射角为 r，则由几何知识得到 sin i ， sin r
CD sin i AB
又 AO OC 则折射率 n 1.6
AO OC sin r CD
（2）三种情况下入射光线与折射光线之间的关系如图所示
[1]用图①测定折射率时，做出的折射光线与玻璃中的真实折射光线相比偏折大了，所以测量的
折射角偏大了，折射率变小，故选 B；
[2]用图②测定折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关，故选 C；
[3]用图③测定折射率时，如果出射点为bb 与玻璃砖下表面的交点，则测量值不变，如果出射
点在交点的左侧，测量值偏小，出射点在交点的右侧，测量值偏大，所以测得的折射率可能偏
大、可能偏小、可能不变，故选 D。
50 80n
13．（1） v m/s（n 0,1, 2
3
）；（2） A m =0.12m
3 25
【详解】（1）由图像可知 =8m ，波向负方向最小位移为 5m，时间为 t=0.3s，则有
t 5 T nT （1 分）
8
T 0.3 s（n 0,1,2 ）
解得 5 n （2 分）
8
50 80n
则有波的波速 v = m/s（n 0,1,2 ） （2 分）
T 3
（2）因为 T>0.3s，所以 n=0，此时波的周期为T 0.48s （1 分）
1
故传播 3s 后，x=2m 处的质点运动的时间 t ' 6T T （1 分）
4
路程为 S 25A 3m （2 分）
3
解得质点的振幅 A m =0.12m （1 分）
25
14 1 n 10 2 OE 2．（ ） ；（ ） R
2 2
【详解】（1）当光线经球心O入射时，光路图如图所示
sini
根据折射定律 n （2 分）
sinr
AB
其中 sinr 2 2 （2 分） OA AB
解得 n 10 （2 分）
2
1
（2）平移到E 点，在D点发生全反射，则 sin EDO （2
n
分）
OD OE
在 EDO内，有 sin 90 r sin EDO （2 分）
2
联立得 OE R （2 分）
2
3 2
15．(1) 2gh 2gh
26
5 ， ；(2)
h
5 125
1
【详解】（1 A 2）设 滑到水平轨道的速度为 v0，则有mgh mv0 （1 分） 2
A 与 B 碰撞时，由动量守恒有 mv0 mvA 4mvB （1 分）
1 mv2 1 mv2 1由动能不变有 4mv2 （1 分）
2 0 2 A 2 B
v 3联立得 A 2gh
2
（1 分） vB 2gh （1 分） 5 5
2 h
t 2 h
5 2gh
（2）第一次碰撞后 A 经过水平段 QO 所需时间 A 3 （1 分） vA 2gh 6g
5
2 2gh
第一次碰撞后 B 停下来所需时间 t v B
4 2gh
B
5 （1 分）
aB g 5g
易知 tA tB ,又有 > , 故 A 与 B 会发生第二次碰撞 （1 分）
且第一次碰撞后 B 停时，A 还没有追上 B，设第一次碰撞后 B 停下来滑动的位移为 xB ，由动能
定理得 4mgx
1 8
B 0 4mv
2
B 解得 xB h （1 分） 2 25
1 2 1 2
设 A 第二次碰撞 B 前的速度为 v1，由动能定理得 mgxB mv1 mvA 2 2
2
解得 v1 gh （1 分） 5
A 与 B '会发生第二次碰撞，由动量守恒有mv1 mvA 4mv ' （1 分）
1 mv2 1 mv '2 1由动能不变有 1 A 4mv
'2
B （1 分） 2 2 2
解得 v ' 3 2A gh （1 分） v
' 2 2
B gh （1 分） 5 5 5 5
1
（3）B '发生第二次碰撞后，由动能定理得 4mgxB 0 4mv
'2 x ' 8B 解得 B h （1 分） 2 125
A mgx ' 0
1
mv '2 x ' 18发生第二次碰撞后，由动能定理得 A A 解得 h （1 分） 2 A 125
'
故 xA xB ，即 A 不会再回到光滑轨道 PQO 的水平段 QO 上，在 O 点左边停下
18 8 26
所以 A、B ' '均停止运动后它们之间的距离为 x xA xB h h h（2 分）125 125 125
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