湖北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析）
文档属性
| 名称 | 湖北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-03-29 00:00:00 | ||
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文档简介
湖北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练
一、抛体运动
1．如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。
已知水的折射率，求:
（1）tanθ的值；
（2）B位置到水面的距离H。
二、机械能及其守恒定律
2．如图所示，内壁光滑的木槽质量为，木槽与水平桌面间的动摩擦因数为，木槽内有两个可视为质点的滑块、，质量分别为和。两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，弹簧与固连，与不固连，滑块距木槽左端为，滑块距木槽右端为，初始时弹簧的弹性势能为3J，现烧断细线，滑块与木槽碰撞后粘合，滑块与木槽碰撞无机械能损失，碰撞时间极短，可忽略不计，重力加速度为，求：
(1)滑块、与木槽碰前的速度和大小；
(2)从烧断细线到与碰撞前，与水平桌面间摩擦产生的热量；
(3)最终与槽右端的距离。
3．打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
4．如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C、D均可看作质点，BD组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求
(1)滑块D滑上平台时速度的大小；
(2)长木板A的长度；
(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
5．如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：）
三、磁场
6．如图所示，xoy竖直平面坐标系中，x轴上方有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源从O点向坐标平面内第一象限发射粒子，粒子的初速度方向与x轴正方向夹角范围是，初速度大小范围是。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求沿y轴正方向射出的粒子到达x轴下方的最远距离d；
（2）求粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S；
（3）若粒子源只沿+y方向发射粒子，其它条件不变，发现x轴上从P点起左侧所有位置均有粒子通过，求粒子从O点运动到P点所需的最短时间t。
7．如图1所示，轴上方空间存在平行轴负向的匀强电场，下方空间存在垂直平面向外的匀强磁场。已知带电荷量为质量为的粒子从处以速度沿轴正向出发，经点进入磁场区域。不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)已知粒子经磁场区域偏转再次返回电场区域后粒子能经过出发点，且经过出发点时的速度大小仍为，方向沿轴正向，求磁场区域磁感应强度的大小。
(3)粒子在上述运动的过程其速度变化可以在为坐标轴的速度空间观察，其形状如图2所示。直线部分表示粒子在电场中的速度情况，曲线为圆心在原点的圆弧，半径为粒子在磁场中速度大小，其表示粒子在磁场的速度情况。当粒子再次经过轴即将进入磁场时，电场和磁场大小方向都不变，分布范围突变为充满整个空间。
①求突变后粒子的最大速度大小以及粒子第一次到达最低点的时间。已知
②在图3中作出电场磁场突变后粒子的速度变化图像（不需要写分析过程）；
8．如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
四、电磁感应
9．如图（a），倾角为θ=37°、间距为l=0.1m的足够长的平行金属导轨底端接有阻值为R=0.16Ω的电阻，一质量为m=0.1kg的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。建立原点位于导轨底端、方向沿导轨向上的坐标轴x，在0.2m≤x≤0.8m区间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.6T。从t=0时刻起，金属棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x=0处由静.止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x、加速度与速度v的关系分别满足图（b）和图（c）。当金属棒ab运动至x2=0.8m处时，撤去外力F，金属棒ab继续向上运动。金属棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计金属棒ab与导轨的电阻，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）当金属棒ab运动至x=0.2m处时，电阻R消耗的电功率；
（2）外力F与位移x的关系式；
（3）从金属棒ab开始运动到运动至最高点的过程中，系统产生的内能。
10．如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
11．如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取，。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
五、动量及其守恒定律
12．如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M=1kg的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0=40cm。质量为m=1kg的小物块B（可视为质点）被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t=0.6s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F=20N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
（1）A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小；
（2）从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；
（3）A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离；
（4）B从开始运动到离开A所用的时间。
六、牛顿运动定律
13．如图所示，空间中存在电场强度为的水平向右匀强电场，水平的绝缘地面上放有质量为1kg、底面光滑的物块A和质量为3kg、底面粗糙的物块B，其中物块A、B均带电荷量的正电荷，物块B与地面之间的动摩擦因数为0.2。开始时，在外力作用下两物块均静止且相距。从时起撤去外力，且整个过程中物块A、B发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，忽略两物块之间的静电力，取重力加速度。求：
(1)第一次碰撞后瞬间物块A、B的速度大小。
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块A、B间的最远距离。
(3)物块B运动10m内，物块A、B碰撞的次数。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《湖北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）
【详解】（1）由平抛运动的规律可知
解得
（2）因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
2．(1)；
(2)1J
(3)
【详解】（1）、和弹簧组成系统动量守恒，由于系统初动量为0，则有
由能量守恒定律
解得，
（2）经过时间与相碰，则
与碰撞过程动量守恒，
向左做匀减速运动加速度大小为
减速为0用时
则位移为
经分析可知
当减速为0时，刚好与相碰，从烧断细线到C与A碰撞前，A与水平桌面间摩擦产生的热量
（3）A与C发生弹性碰撞，碰后A、C速度分别为、，由系统动量守恒
机械能守恒
联立解得，
AB与C碰撞后，C速度为0，AB整体减速至停下来，则
不会再和C发生碰撞，故最终C与A右端间距
3．（1）；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
4．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为
（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得
（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得
5．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当粒子的速度大小为，且沿y轴正向射出时粒子到达x轴下方有最远距离d，
根据动能定理得
解得
（2）设速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域如下图所示，为粒子不能到达的区域面积。
解得
解得
则打到的区域面积为
解得
（3）根据题意，因为P点左侧所有位置都必须有粒子通过，所以P点的位置必须如下图所示
图中小圆对应速度为，大圆对应速度为，所以P点的坐标为，粒子在磁场中运动最短的时间为粒子的速度为时，此时周期为
粒子在电场中运动单程的时间为，则
粒子在电场中运动的时间
粒子从O点运动到P点的时间
解得
7．(1)
(2)
(3)①；②见解析如图
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则粒子在方向有
粒子在方向有
由牛顿第二定律
解得
（2）由，
解得
由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动半径为
有洛伦兹力提供向心力
解得
（3）①粒子运动为负方向的匀速直线运动与以速度大小的匀速圆周运动的合成。如图
运动的过程中，粒子的最大速度为
由几何关系得到此过程的速度偏角为153.5°
由
运动时间为
解得
②图像方程为
见图
8．（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当金属棒ab运动至处时，由图（b）可知其速度大小
此时感应电动势
电阻R消耗的电功率
（2）金属棒ab在无磁场区间运动时，
由图（c）可知
由牛顿第二定律有
解得
（N）
金属棒ab在有磁场区间运动时，其速度大小
（m/s）
金属棒ab切割磁感线产生的感应电流
金属棒ab受到的安培力大小
解得
（N）
由牛顿第二定律有
解得
（N）
综上，外力F与位移x的关系式为
（3）在磁场中（N），克服安培力做功
金属棒ab离开磁场时的速度大小
设金属棒ab离开磁场后向上运动的最大距离为s，由动能定理有
解得
金属棒ab向上运动过程中，克服摩擦力做功
金属棒ab在整个向上运动过程中，系统产生的内能
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
11．（1）；（2）；（3）
【分析】[关键能力]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【详解】（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
由法拉第电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得
（2）由第（1）问得
由于
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
此时定值电阻两端的电压为
回路中的电流为
又由欧姆定律得
解得
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
则定值电阻两端的电压为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力为
对金属棒由牛顿第二定律得
解得
12．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律
根据匀加速直线运动公式
解得
（2）A与P相撞所用的时间
解得
B滑动后撞A的时间
可得
木板与挡板第一次碰撞后，对A
解得
对B
解得
木板与挡板第一次碰撞后,A运动的位移
B运动的位移
木板的长度
根据摩擦生热
（3）A、B碰前的速度
A、B碰时动量、能量守恒
解得
AB碰后，对A
对B
根据
解得
这段时间B运动的位移
B离挡板的距离
（4）木板与挡板第二次碰撞时木块B的速度
对A
解得
对B
解得
B减速到零所用时间为t4，则
解得
A经过这段时间后的速度
这段时间AB的位移
此时，AB间距离
B离木板右端的距离
木板锁定后，对B
解得
其中
解得
B从开始运动到离开A所用的时间
13．(1)物块碰撞后速度大小为，物块速度大小为
(2)
(3)物块、发生了三次碰撞
【详解】（1）设AB质量分别为m、M，对物块分析，物块所受摩擦力与静电力平衡，碰撞前物块保持静止，对物块分析，物块释放后向右加速运动，加速运动距离为，有，
解得
则物块以与静止物块发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有，
解得，
即物块碰撞后速度大小为（方向水平向左），物块速度大小为（方向水平向右）。
（2）方法1：第一次碰撞后，物块做水平向左运动，物块所受摩擦力与静电力平衡，匀速水平向右运动，所以只要物块向右的速度比物块快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
联立解得，
故第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块与物块间的最远距离为。
方法2：第一次碰撞后，物块做水平向左运动的位移与速度的关系为
物块摩擦力与静电力平衡，匀速水平向右运动的位移与速度的关系为
物块和物块之间的距离为
以向右为正方向，得
以为自变量的开口向下的二次函数，当时
（3）第一次碰撞后，物块碰撞后速度大小为，方向水平向左，物块速度大小为，方向水平向右。
第二次碰撞时物块与物块位移相等，有，
因为
解得
碰撞前物块B速度为，物块A速度为
第二次碰撞后，，
解得第二次碰撞后物块A的速度
物块B的速度
第二次碰撞后，物块A向右做初速度为0的匀加速直线运动，物块B所受摩擦力与静电力平衡，以的速度匀速水平向右运动。
第三次碰撞时物块A与物块B位移相等，有
解得
即第三次碰撞时物块B的位移为6m。
第三次碰撞前瞬间，有
解得
第三次碰撞时有，
解得第三次碰撞后物块A的速度，物块B的速度
第四次碰撞前瞬间，
解得
即第四次碰撞前瞬间物块B的位移为12m。
综上，第三次碰撞前瞬间物块B的位移为6m，第四次碰撞前瞬间物块B的位移为12m。
故物块B运动10m内，物块A、B发生了三次碰撞。
答案第1页，共2页
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一、抛体运动
1．如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。
已知水的折射率，求:
（1）tanθ的值；
（2）B位置到水面的距离H。
二、机械能及其守恒定律
2．如图所示，内壁光滑的木槽质量为，木槽与水平桌面间的动摩擦因数为，木槽内有两个可视为质点的滑块、，质量分别为和。两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，弹簧与固连，与不固连，滑块距木槽左端为，滑块距木槽右端为，初始时弹簧的弹性势能为3J，现烧断细线，滑块与木槽碰撞后粘合，滑块与木槽碰撞无机械能损失，碰撞时间极短，可忽略不计，重力加速度为，求：
(1)滑块、与木槽碰前的速度和大小；
(2)从烧断细线到与碰撞前，与水平桌面间摩擦产生的热量；
(3)最终与槽右端的距离。
3．打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
4．如图所示，一质量为m的长板A静置于光滑水平面上，距其右端d=1m处有一与A等高的固定平台，一质量为m的滑块B静置于这个光滑平台上。B的正上方有一质量为3m的滑块C套在固定的光滑水平细杆上，B和C通过一轻质弹簧连接。一质量为2m的小滑块D以的初速度向右滑上A的最左端，并带动A向右运动，A与平台发生碰撞后，速度反向但大小不变。A与平台发生第二次碰撞的瞬间，D恰好滑到平台上，随即与B发生碰撞并粘在一起向右运动。已知m=1kg，A与D间的动摩擦因数为μ=0.1，B、C、D均可看作质点，BD组合体在随后的运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度且不考虑空气阻力。求
(1)滑块D滑上平台时速度的大小；
(2)长木板A的长度；
(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为，则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
5．如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式：）
三、磁场
6．如图所示，xoy竖直平面坐标系中，x轴上方有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。下方有沿+y方向的匀强电场，电场强度大小为E。粒子源从O点向坐标平面内第一象限发射粒子，粒子的初速度方向与x轴正方向夹角范围是，初速度大小范围是。已知粒子的质量为m、电荷量为+q，不计粒子重力及粒子间相互作用。
（1）求沿y轴正方向射出的粒子到达x轴下方的最远距离d；
（2）求粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域的面积S；
（3）若粒子源只沿+y方向发射粒子，其它条件不变，发现x轴上从P点起左侧所有位置均有粒子通过，求粒子从O点运动到P点所需的最短时间t。
7．如图1所示，轴上方空间存在平行轴负向的匀强电场，下方空间存在垂直平面向外的匀强磁场。已知带电荷量为质量为的粒子从处以速度沿轴正向出发，经点进入磁场区域。不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)已知粒子经磁场区域偏转再次返回电场区域后粒子能经过出发点，且经过出发点时的速度大小仍为，方向沿轴正向，求磁场区域磁感应强度的大小。
(3)粒子在上述运动的过程其速度变化可以在为坐标轴的速度空间观察，其形状如图2所示。直线部分表示粒子在电场中的速度情况，曲线为圆心在原点的圆弧，半径为粒子在磁场中速度大小，其表示粒子在磁场的速度情况。当粒子再次经过轴即将进入磁场时，电场和磁场大小方向都不变，分布范围突变为充满整个空间。
①求突变后粒子的最大速度大小以及粒子第一次到达最低点的时间。已知
②在图3中作出电场磁场突变后粒子的速度变化图像（不需要写分析过程）；
8．如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场。t = 0时刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到的过程中粒子乙运动的路程。（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
四、电磁感应
9．如图（a），倾角为θ=37°、间距为l=0.1m的足够长的平行金属导轨底端接有阻值为R=0.16Ω的电阻，一质量为m=0.1kg的金属棒ab垂直于导轨放置，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。建立原点位于导轨底端、方向沿导轨向上的坐标轴x，在0.2m≤x≤0.8m区间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.6T。从t=0时刻起，金属棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x=0处由静.止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x、加速度与速度v的关系分别满足图（b）和图（c）。当金属棒ab运动至x2=0.8m处时，撤去外力F，金属棒ab继续向上运动。金属棒ab在运动过程中始终保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计金属棒ab与导轨的电阻，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）当金属棒ab运动至x=0.2m处时，电阻R消耗的电功率；
（2）外力F与位移x的关系式；
（3）从金属棒ab开始运动到运动至最高点的过程中，系统产生的内能。
10．如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
11．如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取，。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
五、动量及其守恒定律
12．如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M=1kg的“L”形木板A被锁定在斜面上，木板下端距挡板P的距离为x0=40cm。质量为m=1kg的小物块B（可视为质点）被锁定在木板上端，A与B间的动摩擦因数。某时刻同时解除A和B的锁定，经时间t=0.6s，A与B发生第一次碰撞，在A与P发生第二次碰撞后瞬间立即对B施加沿A向上的恒力F=20N。当B速度最小时再一次锁定A。已知A与P、A与B的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：
（1）A与P发生第一次碰撞前瞬间B的速度大小；
（2）从开始运动到A与B发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；
（3）A与P第二次碰撞时，B离挡板的距离；
（4）B从开始运动到离开A所用的时间。
六、牛顿运动定律
13．如图所示，空间中存在电场强度为的水平向右匀强电场，水平的绝缘地面上放有质量为1kg、底面光滑的物块A和质量为3kg、底面粗糙的物块B，其中物块A、B均带电荷量的正电荷，物块B与地面之间的动摩擦因数为0.2。开始时，在外力作用下两物块均静止且相距。从时起撤去外力，且整个过程中物块A、B发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，忽略两物块之间的静电力，取重力加速度。求：
(1)第一次碰撞后瞬间物块A、B的速度大小。
(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块A、B间的最远距离。
(3)物块B运动10m内，物块A、B碰撞的次数。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《湖北省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练》参考答案
1．（1）；（2）
【详解】（1）由平抛运动的规律可知
解得
（2）因可知，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为，则由折射定律可知
解得
由几何关系可知
解得
2．(1)；
(2)1J
(3)
【详解】（1）、和弹簧组成系统动量守恒，由于系统初动量为0，则有
由能量守恒定律
解得，
（2）经过时间与相碰，则
与碰撞过程动量守恒，
向左做匀减速运动加速度大小为
减速为0用时
则位移为
经分析可知
当减速为0时，刚好与相碰，从烧断细线到C与A碰撞前，A与水平桌面间摩擦产生的热量
（3）A与C发生弹性碰撞，碰后A、C速度分别为、，由系统动量守恒
机械能守恒
联立解得，
AB与C碰撞后，C速度为0，AB整体减速至停下来，则
不会再和C发生碰撞，故最终C与A右端间距
3．（1）；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6.5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
当时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
4．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）假设A和D能共速，设共速时速度为，由动量守恒定律有
解得
对A，设其加速度为，根据牛顿第二定律
可得
其加速到的位移设为，根据运动学公式
解得
等于d，即A、D恰好共速，A与平台第一次碰撞后，设A和D能第二次共速，设共速时速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律有
解得
A加速到的位移设为，同理
解得
可以第二次共速，D滑到平台的速度为
（2）设A长度为L，D在A上滑动的全过程，对A、D系统，由动能定理有
解得
（3）D与B相碰后，设速度为，由动量守恒定律有
解得
此时B、C、D系统的动能为
弹簧原长时，设BD整体速度为，对B、C、D系统，由动量守恒定律有：
若C的速度向右
解得
此时B、C、D系统的动能为，与实际不符，舍。
若C的速度向左
解得
此时B、C、D系统的动能为
当BD整体与C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，对B、C、D系统，由动量守恒定律有
弹性势能
解得
5．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
6．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当粒子的速度大小为，且沿y轴正向射出时粒子到达x轴下方有最远距离d，
根据动能定理得
解得
（2）设速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，速度大小为的粒子在磁场中做圆周运动的半径为，粒子第一次在磁场中运动时可能到达区域如下图所示，为粒子不能到达的区域面积。
解得
解得
则打到的区域面积为
解得
（3）根据题意，因为P点左侧所有位置都必须有粒子通过，所以P点的位置必须如下图所示
图中小圆对应速度为，大圆对应速度为，所以P点的坐标为，粒子在磁场中运动最短的时间为粒子的速度为时，此时周期为
粒子在电场中运动单程的时间为，则
粒子在电场中运动的时间
粒子从O点运动到P点的时间
解得
7．(1)
(2)
(3)①；②见解析如图
【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，则粒子在方向有
粒子在方向有
由牛顿第二定律
解得
（2）由，
解得
由几何关系可知，粒子做匀速圆周运动半径为
有洛伦兹力提供向心力
解得
（3）①粒子运动为负方向的匀速直线运动与以速度大小的匀速圆周运动的合成。如图
运动的过程中，粒子的最大速度为
由几何关系得到此过程的速度偏角为153.5°
由
运动时间为
解得
②图像方程为
见图
8．（1）；（2），；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【详解】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T甲 = 2T乙
根据，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv甲0＋m乙v乙0= －mv甲1＋m乙v乙1
解得
v乙0= －5v甲0，v乙1= 3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为。
（3）已知在时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1= －3v甲0，v乙1= 3v甲0
则根据，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1= mv甲2＋m乙v乙2
解得
v甲2= v甲0，v乙2= －5v甲0
可知在时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2= mv甲3＋m乙v乙3
解得
v甲3= －3v甲0，v乙3= 3v甲0
依次类推
在时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8= mv甲9＋m乙v乙9
解得
v甲9=－3v甲0，v乙9= 3v甲0
在到过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r甲1 = 3a
则时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处。
在到过程中，乙粒子刚好运动一周，则时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
9．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当金属棒ab运动至处时，由图（b）可知其速度大小
此时感应电动势
电阻R消耗的电功率
（2）金属棒ab在无磁场区间运动时，
由图（c）可知
由牛顿第二定律有
解得
（N）
金属棒ab在有磁场区间运动时，其速度大小
（m/s）
金属棒ab切割磁感线产生的感应电流
金属棒ab受到的安培力大小
解得
（N）
由牛顿第二定律有
解得
（N）
综上，外力F与位移x的关系式为
（3）在磁场中（N），克服安培力做功
金属棒ab离开磁场时的速度大小
设金属棒ab离开磁场后向上运动的最大距离为s，由动能定理有
解得
金属棒ab向上运动过程中，克服摩擦力做功
金属棒ab在整个向上运动过程中，系统产生的内能
10．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
11．（1）；（2）；（3）
【分析】[关键能力]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【详解】（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
由法拉第电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得
（2）由第（1）问得
由于
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
此时定值电阻两端的电压为
回路中的电流为
又由欧姆定律得
解得
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
则定值电阻两端的电压为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力为
对金属棒由牛顿第二定律得
解得
12．（1）；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）刚解锁时AB相对静止，对AB整体根据牛顿第二定律
根据匀加速直线运动公式
解得
（2）A与P相撞所用的时间
解得
B滑动后撞A的时间
可得
木板与挡板第一次碰撞后，对A
解得
对B
解得
木板与挡板第一次碰撞后,A运动的位移
B运动的位移
木板的长度
根据摩擦生热
（3）A、B碰前的速度
A、B碰时动量、能量守恒
解得
AB碰后，对A
对B
根据
解得
这段时间B运动的位移
B离挡板的距离
（4）木板与挡板第二次碰撞时木块B的速度
对A
解得
对B
解得
B减速到零所用时间为t4，则
解得
A经过这段时间后的速度
这段时间AB的位移
此时，AB间距离
B离木板右端的距离
木板锁定后，对B
解得
其中
解得
B从开始运动到离开A所用的时间
13．(1)物块碰撞后速度大小为，物块速度大小为
(2)
(3)物块、发生了三次碰撞
【详解】（1）设AB质量分别为m、M，对物块分析，物块所受摩擦力与静电力平衡，碰撞前物块保持静止，对物块分析，物块释放后向右加速运动，加速运动距离为，有，
解得
则物块以与静止物块发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有，
解得，
即物块碰撞后速度大小为（方向水平向左），物块速度大小为（方向水平向右）。
（2）方法1：第一次碰撞后，物块做水平向左运动，物块所受摩擦力与静电力平衡，匀速水平向右运动，所以只要物块向右的速度比物块快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
联立解得，
故第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块与物块间的最远距离为。
方法2：第一次碰撞后，物块做水平向左运动的位移与速度的关系为
物块摩擦力与静电力平衡，匀速水平向右运动的位移与速度的关系为
物块和物块之间的距离为
以向右为正方向，得
以为自变量的开口向下的二次函数，当时
（3）第一次碰撞后，物块碰撞后速度大小为，方向水平向左，物块速度大小为，方向水平向右。
第二次碰撞时物块与物块位移相等，有，
因为
解得
碰撞前物块B速度为，物块A速度为
第二次碰撞后，，
解得第二次碰撞后物块A的速度
物块B的速度
第二次碰撞后，物块A向右做初速度为0的匀加速直线运动，物块B所受摩擦力与静电力平衡，以的速度匀速水平向右运动。
第三次碰撞时物块A与物块B位移相等，有
解得
即第三次碰撞时物块B的位移为6m。
第三次碰撞前瞬间，有
解得
第三次碰撞时有，
解得第三次碰撞后物块A的速度，物块B的速度
第四次碰撞前瞬间，
解得
即第四次碰撞前瞬间物块B的位移为12m。
综上，第三次碰撞前瞬间物块B的位移为6m，第四次碰撞前瞬间物块B的位移为12m。
故物块B运动10m内，物块A、B发生了三次碰撞。
答案第1页，共2页
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