江西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）

江西省高考物理二轮复习专项练习-06解答题能力提升训练
一、气体、固体和液体
1．如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求A、B两管内水银柱的高度差。
2．如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为、m，面积分别为、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为。已知活塞外大气压强为，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。（重力加速度常量g）
（1）求弹簧的劲度系数；
（2）缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
二、光的折射
3．如图，一折射率为的棱镜的横截面为等腰直角三角形，，BC边所在底面上镀有一层反射膜。一细光束沿垂直于BC方向经AB边上的M点射入棱镜，若这束光被BC边反射后恰好射向顶点A，求M点到A点的距离。

三、电磁感应
4．如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2 = 0.8，摩擦因数。现将质量为m甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m乙 = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
5．如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻的金属棒的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路；与斜面底边平行，长度。初始时与相距，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小，重力加速度大小取。求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离。
6．定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件，关于这几个元件有如下结论：①定值电阻R满足关系；②电容器的电容为C，两极板间电压为U时，储存的能量为；③电感线圈的自感系数为L，自感电动势，通过的电流为I时，储存的能量为。如图，足够长的光滑金属框架竖直放置，顶端留有接口a、b，两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，重力加速度为g。不计空气阻力，不计框架和金属棒的电阻，不计电磁辐射的能量损失。
(1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻，静止释放金属棒，求金属棒的最终速度；
(2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器，静止释放金属棒，当金属棒下落的高度为h时，求金属棒的速度；
(3)若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈，静止释放金属棒，当金属棒下落的高度为H时，求金属棒的速度。
四、静电场
7．半径为R的半圆形细玻璃管固定在竖直平面内，其右端是坐标原点，内壁光滑。第二、三象限存在水平向右的匀强电场，，第一象限存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的非匀强磁场，电场强度，磁感应强度。一质量为m、电荷量为q的带正电小球从第二象限某一位置P点以大小为、与水平方向成的速度斜向下进入匀强电场，恰好无碰撞进入细管的左端A，已知细管的内径略大于小球的直径，重力加速度。
(1)求小球到达A点的速度大小及时间；
(2)小球到达细管中Q点（图中未标出）时速度达到最大，求小球从P点到Q点的过程中合外力的冲量大小；
(3)若已知小球到达细管右端的速度大小为v，小球从原点运动到最高点时轨迹与x轴所围成的面积。
8．精密条纹相机通过将时域信号转换成空间信息可实现超短激光脉冲持续时间的测量，其简化原理如图所示。某个待测激光脉冲的持续时间为，经过狭缝和聚焦透镜入射至真空条纹管的光电阴极中心。由于光电效应，产生与输入激光脉冲持续时间相同的电子脉冲。电子脉冲先后经加速和偏转等过程打到荧光屏上。阳极与光电阴极间的加速电压为，距离为。偏转极板间距和长度分别为和，其左端与阳极的距离为，右端与荧光屏的距离为。光电效应产生电子的初速度忽略不计，电子不会打到偏转极板上。电子质量为m，电荷量为e，不考虑电场力和相对论效应，以及电子之间相互作用。所有元件的中心在同一条直线上，并以荧光屏中心O为原点、竖直方向为y轴建立坐标系。（普朗克常量，光速）
(1)现有多碱、和三种常用的光电阴极材料，它们的逸出功分别约为。若要使波长范围为的入射激光都能打出光电子，请通过定量分析确定应选用哪种光电阴极材料。
(2)当偏转极板间电压U为常数时，求电子打在荧光屏上的位置。
(3)真实情况下，偏转极板间电压U与时间t的关系为（和k为大于零的常数），其零时刻与激光脉冲刚入射至光电阴极的时刻相同。
①求最后进入偏转极板间的电子离开偏转极板时y方向速度的大小：
②若小且，此时可忽略不同时刻电子在偏转极板间y方向位移的差别，求电子脉冲在荧光屏上的空间宽度与激光脉冲持续时间的关系。
五、牛顿运动定律
9．如图所示，光滑的曲面轨道与水平面平滑相切于点，质量为、长为的长木板静止在水平面上，且长木板的最左端刚好位于点，质量为可视为质点的物体静止在长木板的正中央，另一质量为的物体由曲面上的点静止释放，经过一段时间与长木板发生弹性碰撞，已知间的动摩擦因数为，与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)欲使物体不离开长木板，释放点到点的竖直高度；
(2)撤走曲面轨道，在长木板上施加一水平向右外力，当保持相对静止且一起运动时，外力的取值范围；
(3)如果在长木板上施加的水平向右外力大小为，外力作用的时间为时，物体刚好不从长木板上离开，求以及最终到长木板最右端的间距（结果保留三位小数）。
六、抛体运动
10．如图，长平行导轨、倾斜放置且足够长，导轨间距为，、两点等高，导轨底部连接一阻值定值电阻，两导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为。一根长度也为的金属杆从距两点连线高为处以初速度水平抛出，金属杆恰好与导轨无碰撞地同时从两点滑上两导轨，最终金属杆会达到稳定状态。已知金属杆的质量为、电阻为，金属杆与两导轨间的动摩擦因数为，金属杆运动过程中与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，不计空气阻力，重力加速度大小取。求：
(1)金属杆滑上导轨上、点时速度的大小；
(2)金属杆在导轨上滑行的距离；
(3)金属杆上产生的焦耳热。
七、动量及其守恒定律
11．如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

12．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
13．一游戏装置的竖直截面如图所示，水平面上点左侧粗糙，右侧光滑，在点处有一静止小滑块长度为；一长木板静止在水平面上，其左侧与点刚好对齐，b上表面的右端放有小滑块，的右侧有一固定竖直挡板Q。现给一个水平瞬时冲量，使其获得向右的初速度。已知的质量分别为和与间动摩擦因数与间的动摩擦因数与的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间很短，与挡板碰后速度大小不变、方向反向，始终在上不会脱落。小滑块看作质点，重力加速度大小取。
(1)求与碰后的瞬间，、的速度大小；
(2)若、第一次共速后，才与Q相碰，求、第一次碰后，两者之间的最大距离；
(3)在（2）问条件下，与Q第一次碰后撤去，从此刻开始，求运动的总路程。
八、相互作用
14．如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。
(1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小；
(2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
《江西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．
【详解】设注入水银后A管内的水银柱高度为，横截面积为，B管内的水银柱高度为，横截面积为。对A管内气体，由玻意耳定律
对B管内气体，由玻意耳定律
代入数据解得
，
故A、B两管内水银柱的高度差
2．（1）；（2），
【详解】（1）设封闭气体的压强为，对两活塞和弹簧的整体受力分析，由平衡条件有
解得
对活塞Ⅰ由平衡条件有
解得弹簧的劲度系数为
（2）缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为
，
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
有等压方程可知
解得
3．
【详解】由题意可知做出光路图如图所示

光线垂直于BC方向射入，根据几何关系可知入射角为45°；由于棱镜折射率为，根据
有
则折射角为30°；，因为，所以光在BC面的入射角为
根据反射定律可知
根据几何关系可知，即为等腰三角形，则
又因为与相似，故有
由题知
联立可得
所以M到A点的距离为
4．（1）a乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E0 = Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有
BI0l = m2a乙0
带入数据有
a乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0 = (m1＋m2)v共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得
dmin = Δx = 24m
则d满足
d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v共 = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2 = m2a乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙上x上 = v共2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2 = m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙下x下 = v12
且
x上 = x下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2 = (m1＋m2)a共上
同理有
2a共上x共上 = v2
且由图（b）可知
x上 = 4.84x共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有
dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有
dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d的取值范围为
5．（1）；（2），；（3）
【分析】、
【详解】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得
代入数据解得
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合回路的欧姆定律可得
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为
（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为
当金属棒刚好离开磁场区域时，则此时导体框的速度为
则导体框的位移
因此导体框和金属棒的相对位移为
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得
联立以上可得
（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有
导体框匀速运动的距离为
代入数据解得
6．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对金属棒受力分析，当金属棒受力平衡时，具有最大速度，根据平衡条件可得，
根据闭合电路欧姆定律可得，
解得
（2）由能量守恒定律，可得
根据法拉第电磁感应定律可得，
联立解得：
（3）设金属棒下落高度为H时，电流为，根据能量守恒定律有：
根据法拉第电磁感应定律可得，，
则有
等式两边求和得
解得
7．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）小球从P到A，水平方向：
竖直方向：
解得，
（2）小球在第二、三象限运动过程中，所受合的大小为
方向与水平方向的夹角为53°
当小球运动到合力与速度方向垂直时速度达到最大，从A到Q，根据动能定理有
解得
从P到Q，利用动量定理
解得
（3）小球在第一象限运动时，，故小球只受洛伦慈力，小球运动至x轴最远位置时y方向上的分速度为零，竖直方向利用动量定理
其中，左边微元累积
即
而
解得
8．(1)多碱
(2)
(3)①；②
【详解】（1）根据题意，设入射激光波长为，则对应的光子能量为
可得波长范围为的入射激光的能量范围为
要使入射激光都能打出光电子，则所有入射激光的能量应大于光电阴极材料的逸出功，所以应选择多碱光电阴极材料。
（2）电子在光电阴极与阳极之间做匀加速直线运动，设电子在此过程中的加速度大小为，运动时间为，离开阳极时的速度大小为，则有，，
电子在离开阳极到偏转极板左端的过程中做匀速直线运动，设运动时间为，则
当偏转电压为常数时，电子在偏转极板内水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动。设方向的加速度大小为，在偏转极板内运动时间为，离开偏转极板时方向速度为，偏转位移为，则，，，
设电子离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，在此时间内电子在y方向的位移为，则，
设电子离荧光屏中心的距离为y，则
联立解得
（3）当偏转极板间电压时，电子在偏转极板内y方向做加速度线性增加的变加速直线运动。
①在时刻，最后的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为，设电子在偏转极板内运动时y方向的加速度为，离开偏转极板时y方向的速度为，则
则图像，如图所示
由上述分析，结合图像可得
联立小问2分析可得
②在时刻，最前面的电子进入偏转极板间，此时极板间的电压为。同理可得，该电子离开偏转极板时方向的速度，则有
设电子脉冲打在荧光屏上的空间宽度为，电子从离开偏转极板至打到荧光屏上的时间为，则，
联立解得
9．(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）碰后物体C做加速运动，长木板B做减速运动，由牛顿第二定律对C有
解得
对长木板B由牛顿第二定律得
解得
设碰后长木板B的速度为，欲使物体C不离开长木板B，则应使物体C刚好滑到长木板的最左端二者共速，设共同的速度为。则有
又由
解得
物体A和长木板B发生弹性碰撞，设碰前物体A的速度为，对于碰撞的过程由动量守恒，有
根据机械能守恒定律，有，
解得
物体A由到的过程，由机械能守恒定律得
解得
即即可
（2）欲使长木板B在水平面上滑动，则水平外力的大小应为
当物体B、C刚好发生相对滑动时，B、C间的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体C有
设水平外力的大小为，对整体有
解得
因此，欲保证B、C保持相对静止，则外力应满足的条件为
（3）由第（2）问解析可知，所以B、C间存在相对滑动，撤走外力前物体C以加速运动，长木板B加速运动，对长木板B由牛顿第二定律得
解得
撤走外力瞬间长木板B的速度为
位移为
物体C的速度为
位移为
时间内C在B上表面向左滑动的距离为
设撤走外力后经时间物体C与B共速，且此时物体C刚好到达长木板B的最左端，由于，所以在时撤去物体C继续加速，长木板B开始减速，由（1）问可知长木板B减速时的加速度为
则由，，
时间内C在B上表面向左滑动的距离为
则有，
由以上解得、
由于B、C间的动摩擦因数小于B与水平面间的动摩擦因数，所以共速后，物体C相对长木板向右滑动，则B、C共速后C做减速运动，减速时的加速度大小为
木板B继续减速，减速时由牛顿第二定律得
解得
B、C停止运动时，C在B的上表面向右滑动的距离为
代入数据解得
最终C到长木板B最右端的间距
10．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，金属杆从抛出到做平抛运动，竖直方向上有
解得
水平方向上有
金属杆滑上导轨上、点时速度
（2）设长平行导轨、倾斜角为，则有
解得
则有
可得
可知，金属杆将在安培力作用下减速到停止，对金属杆，由动量定理有
又有
整理可得
代入数据解得
（3）设克服安培力做功为，由动能定理有
解得
则整个回路中产生的焦耳热为
金属杆上产生的焦耳热
11．（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x盘3= x球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
12．（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻、的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
13．(1)
(2)4m
(3)2.25m
【详解】（1）从点到点的过程，由动能定理有
解得
与的碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒，则有，
联立解得
（2）与作用，到第一次共速时，根据动量守恒定律有
由牛顿第二定律，则有
由运动学公式有
的位移
当共速时，则有
此时与左侧间的最大距离为
联立解得
（3）由前面可得第一次与碰前速度
第一次碰后，向左减速，向右减速，速度减为零后再向右加速，根据牛顿第二定律则有
解得加速度为
当速度减为零时，向左运动的位移为
第二次与碰前，已经第二次共速，由根据动量守恒定律有
第二次与碰后，向左运动的位移
同理可得第三次与碰后，向左运动的位移
第次与碰后，向左运动的位移
当时，运动的总路程
14．(1)
(2)
【详解】（1）如图所示
以点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置，设此时弹力绳的伸长量为，小球A受到的滑动摩擦力为，小球A对倾斜直杆的压力为，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为，孔钉Q到倾斜直杆的距离为。设
对小球A进行受力分析，可知，，
由几何关系可得
联立解得
（2）设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得
可得
由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有
解得
小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则
因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有
联立解得
答案第1页，共2页
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