重庆市九龙坡区高2021届（三上）半期考试
物理试题卷
一、单项选择题∶本题共6小题，每题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求
1. 下列说法正确的是（ ）
A. 第一宇宙速度v =7.9km/s 是相对地心的速度
B. 运动学中加速度?
=
?v
a t 和动力学中加速度F a m
=都是用比值法定义的 C. 重力做的功W =mgh 和重力势能E P =mgh 两个表达式的物理意义是相同的 D. 行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
2. 2020年7月23日，中国“天问一号”探测器发射升空，成功进入预定轨道，开启了火星探测之旅，迈出了我国自主开展行星探测的第一步。如图所示，“天问一号”被火星捕获之后，需要在近火星点变速，进人环绕火星的椭圆轨道。则“天问一号” （ ）
A. 在轨道II 上P 点的速度小于Q 点的速度
B. 在轨道I 上运行周期大于轨道II 上运行周期
C. 由轨道I 变轨进入轨道II 需要在P 点加速
D. 在轨道I 上经过P 点时的向心加速度大于在轨道II 上经过P 点时的向心加速度
3. 如图所示，轻弹簧的
一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上。弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的小物块从槽高h 处开始自由下滑，重力加速度为g ，下列说法错误的是（ ）
A. 在下滑过程中，物块的机械能不守恒，动量守恒
B. 从物块压缩弹簧到被弹簧弹开过程中，弹簧对物块的冲量为零
C. gh
D. 物块被弹簧反弹后，能追上光滑弧形槽
4. 如图所示，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，图乙为支架的简化示意图，若空调外机的重心恰好在支架横梁AO 和斜梁BO 的连接点O 的正上方，重力大小为240N ，横梁AO 水平。斜梁BO 与横梁AO 的夹角为37°，sin37°=0.6。假定横梁对O 点的拉力总沿AO 方向，斜梁对O 点的支持力沿BO 方向，下列判断正确的是（ ）
A. 横梁对O 点的拉力为400N
B. 斜梁对O 点的支持力为320N
C. 若保持O 点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则横梁对O 点的作用力逐渐增大
D. 若保持O 点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则斜梁对O 点的作用力逐渐减小 5. 物块在水平面上以初速度v 0直线滑行，前进x 0后恰好停止运动，已知物块与水平面之间的动摩擦因数为μ，且μ的大小与物块滑行的距离x 的关系为μ=kx （k 为常数），重力加速度为g ，则（ ）
A .
02
kg
v x = B. 02v x kg = C. 0v x kg = D. 02v x kg =
6. 某汽车总质量为m ，发动机的功率为P 时在平直公路上以速度v 0匀速行驶。驾驶员减小油门从而合理进入限速区，汽车功率立即减小到
3
P
并保持该功率继续行驶。假设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从驾驶员减小油门开始，汽车的速度v 与时间t 的关系如图所示，则在0-t 1时间内下列说法正确的是（ ）
A. t 1时刻汽车的速度v 1=
023
v B. t =0时，汽车的加速度大小为
3P
mv C. 汽车行驶的位移为大小为3
010
439v t mv P +
D. 阻力所做的功为2
0122
mv Pt
-
二、多项选择题：共4小题，每题4分，共16分。每个小题有多个选项符合题目要求。
7. 摄制组在某大楼旁边拍摄武打片，要求特技演员从地面飞到屋顶。如图所示，导演在某房顶离地H=16m 处架设了滑轮（人和车均视为质点，且滑轮直径远小于H ），若轨道车从A 处以v =10m/s 的速度匀速运动到B 处，绳BO 与水平方向的夹角为53°。由于绕在滑轮上细钢丝的拉动，使质量为m =50kg 的特技演员从地面由静止开始向上运动。在车从A 运动到B 的过程中（取g=10m/s 2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（ ）
A. 演员最大速度为6.0 m/s
B. 演员上升高度为16 m
C. 演员一直处于超重状态
D. 演员受到绳子拉力一直增大
8. 用传感器研究质量为2kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s 内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 0~6s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B. 0~6s 内物体在5s 时的速度最大
C. 物体在2~4s 内速度不变
D. 0~4s 内合力对物体做的功等于0~6s 内合力对物体做的功
9. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L 的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m 的光滑小球A 、B 用长为L 的轻杆及光滑铰链相连，小球A 穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B 以不同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k ，重力加速度为g ，则下列判断正确的是（ ）
A. 小球均静止时，弹簧的长度为L -
mg
k
B. 角速度ω=ω0时，小球A 对弹簧的压力为mg
C. 角速度ω02kg
kL mg
D. 角速度从ω0继续增大的过程中，弹簧的形变量增大
10. 如图，一固定且足够长的斜面MN 与水平面的夹角α=37°，斜面上有一质量为3m 、上表面光滑且下端有挡板P 的长木板A 沿斜面匀速向下运动，速度大小v 0=1m/s ，现将一质量为m 的小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P 时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是（ ）
A. 小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s 2
B. 小滑块放在木板上的瞬间，其与P 的距离为
1m 16
C. 小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
D. 小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s
三、非选择题（本题共6小题，共60分）
11. 某同学在家中找到两根一样的轻弹簧P 和Q 、装有水总质量1kg m =的矿泉水瓶、刻度尺、量角器和细绳等器材，设计如下实验验证力的平行四边形定则，同时测出弹簧的劲度系数k 。其操作如下：
a ．将弹簧P 上端固定，让其自然下垂，用刻度尺测出此时弹簧P 的长度012.50cm L =；
b ．将矿泉水瓶通过细绳连接在弹簧P 下端，待矿泉水瓶静止后用刻度尺测出此时弹簧P 的长度1L ，且
117.50cm L =；
c ．在细绳和弹簧Q 的挂钩上涂抹少许润滑油，将细绳搭在挂钩上，缓慢地拉起弹簧Q ，使弹簧P 偏离竖直方向夹角为60?，测出弹簧Q 的长度为2L 及其轴线与竖直方向夹角为θ，如图乙所示； (1)取重力加速度210m /s g =，则弹簧P 的劲度系数k =________；
(2)若要验证力的平行四边形定则，2L 和θ需满足的条件是2L =________cm ，θ=________。
12. 利用光电计时器测量重力加速度的实验装置如图（a ）所示。所给器材有:固定在底座上带有刻度的竖直钢管，钢球吸附器（固定在钢管顶端，可使钢球在被吸附一段时间后由静止开始自由下落），两个光电门（用于测量钢球从第一光电门到第二光电门所用的时间间隔t ），接钢球用的小网。实验时，将第一光电门固定
在靠近钢球开始下落的位置，第二光电门可在第一光电门和小网之间移动。测量钢球从第一光电门到第二光电门所用的时间间隔t 和对应的高度h ，所得数据如下表所示。 h （m ）
0.100 0.200 0.400
0.800 1.200 1.600 T （ms ） 73.5
124.3 201.
3
314.7
403.3 478.3
h
t
（m/s ） 1.36 1.61 1.99
2.54
2.98
3.35
完成下列填空和作图。
（1）若钢球下落的加速度的大小为g 。钢球经过第一光电门时的瞬时速度为v 0。则h
t
与它们之间所满足的关系式是______。
（2）请给图（b ）的纵轴标上标度，让表格数据尽可能布满坐标纸，然后根据表中给出的数据，在给出的
坐标纸上画出
h
t t -图线______； （3）由所画出的h
t t
-图线，得出钢球加速度的大小为g =______m/s 2（保留2位有效数字）；
（4）若保持第二光电门不动，沿杆上下移动第一光电门，则______（选填“能”或“不能”）通过上述方法测得重力加速度；
（5）为减小重力加速度的测量误差，可采用哪些方法?______提出一条即可）。
13. 如图，风洞实验室中有水平放置的长为20m 的传送带，其线速度恒为8m/s ，特殊形状的小物块在实验室中会受到与其运动方向相反的大小恒为2N 的风力作用。已知小物块的质量为2kg ，它和传送带之间的动摩擦因数为0.5，g=10m/s 2。将小物块从传送带的左端静止释放，求： (1)小物块加速过程中的加速度；
(2)小物块运动到传送带的另一端的过程中，系统产生的热量。
14. 第24届冬季奥林匹克运动会将在2022年在中国北京和张家口举行。如图所示为简化后的雪道示意图，运动员以一定的初速度从半径R=10 m的圆弧轨道AB末端水平飞出，落到倾角为θ=37°的斜坡CD上的D 点，轨迹如图中虚线所示，已知运动员运动到B点时对轨道的压力是重力的7.25倍，BC间的高度差为5 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求
(1)运动员运动到B点的速度大小；
(2)CD间的距离；
(3)运动员离斜坡的最大距离。
15. 原长为2L的轻弹簧竖直放置在水平面上，将一质量为m的物块从距离弹簧上端1.25L的高度处由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧的长度为L。倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平桌面上，现将该弹簧放在斜面上，一端固定在斜面底端，另一端与质量为2m的物块A接触但不连接。用外力推动物块A至O点，此时弹簧长度为L，然后由静止释放物块A。某时刻，将质量为0.5m的物块B从斜面上距离O点为6L处静止释放，两物块在距离O点2L处发生弹性碰撞。重力加速度为g，两物块均可视为质点，弹簧均在弹性限度内，求：
(1)碰前瞬间，A、B速度的大小；
(2)第一次碰撞后，B沿斜面上滑的最大距离。
16. 下列说法正确的是
A. 质量和温度都相同的理想气体，内能一定相同
B. 荷叶上的小水滴呈球形，这是表面张力使液面收缩的结果
C. 气体失去容器的约束就会散开，是因为分子间存在斥力
D. 云母片导热性能各向异性，是由于该物质的微粒在空间按一定的规则排列
17. 如图所示，水平放置粗细均匀的玻璃管，管口用橡胶塞封住，一可自由移动的活塞将玻璃管内分隔为A、B两部分，两部分中均有理想气体。开始时活塞静止，A部分气体的体积是B部分气体体积的2.5倍，其压强均为p。现松动橡胶塞，使B中气体向外缓慢漏出，整个过程中气体温度保持不变。当A部分气体的体积变为原来的1.2倍时，再将橡胶塞塞紧，求B中剩余气体与漏气前B中气体的质量比。（不计活塞与管壁间的摩擦）
18. 一列简谐横波某时刻的波形如图甲所示，从该时刻开始计时，图中质点A的振动图像如图乙所示。则下列说法中正确的是（）
A. 这列波的波速是25m/s
B. 这列波传播方向无法判断
C. 质点A在任意的1s内所通过的位移大小都是0.4m
D. 若此波遇到另一列波并发生稳定干涉现象，则另一列波的频率为1.25Hz
19. 一棱镜的截面图如图所示，AE为四分之一圆弧，B为圆心，BCDE为矩形，一细光束从圆弧中点F沿半径射入棱镜，恰好在B点发生全反射，在CD面只发生一次反射，并从圆弧上的G点（未画出）射出，已知AB＝r，BC＝d，真空中光速为c。求：
(1)棱镜的折射率n；
(2)光在棱镜中传播所用的时间t。
答案
1【答案】A
【解析】
【详解】A．第一宇宙速度v=7.9 km/s即为近地卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度，近地卫星的半径为与地心的距离，所以第一宇宙速度为相对地心的速度，选项A正确；
B．运动学中加速度
?
=
?
v
a
t
采用了比值定义法，但动力学中加速度
F
a
m
=中a与力F成正比，与质量m成
反比，不是比值定义法，选项B错误；
C．重力做的功W=mgh是能量转化的量度，是一个过程量，而重力势能E P=mgh为能量，是一个状态量，二者的物理意义不同，选项C错误；
D．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是万有引力的结果，选项D错误。
故选A。
2【答案】B
【解析】
【详解】A．在轨道II上P点到Q点，火星的引力对其做负功，则速度减小，即P点的速度大于Q点的速度，选项A错误；
B．根据开普勒第三定律
3
2
r
k
T
=，在轨道I上运行的半长轴大于轨道II上运行的半长轴，则在轨道I上运行
周期大于轨道II上运行周期，选项B正确；
C．由轨道I变轨进入轨道II需要在P点减速，做向心运动，选项C错误；
D．在轨道I上经过P点时受到火星的引力等于在轨道II上经过P点时的引力，则在轨道I上经过P点时的向心加速度等于在轨道II上经过P点时的向心加速度，选项D错误。
故选B。
3【答案】C
【解析】
【详解】A．物块在下滑的过程中，光滑弧形槽对物块的支持力和物块的重力都做功，物块机械能不守恒；滑弧形槽对物块的支持力和物块的重力合力的冲量不为0，所以动量也不守恒，故A错误；
B．从物块压缩弹簧到被弹簧弹开过程中，弹簧对物块的弹力不为0，时间也不为0，所以弹簧对物块的冲量不为零，故B错误；
CD ．物块下滑过程中，物块和槽水平方向合力为零，水平方向动量守恒，以向右为正，系统整体机械能守恒，则有
+0m v m v =物物槽槽
221122
m v m v m gh +=物物物槽槽 解得
v gh =物 v gh =-槽
可知，两者速度大小相等，方向相反。
所以物块下落到底端时，弧形槽的速度大小为gh ；
与弹簧碰撞后，物块速度速度反向，由于速度与弧形槽大小相等，则物块不会滑上弧形槽，一直做匀速直线运动，故C 正确，D 错误； 故选C 。 4【答案】D 【解析】
【详解】AB ．对O 点受力分析，如图所示
由平衡条件可得
cos37OB OA F F = sin 37OB F G =
联立解得
320N OA F = 400N OB F =
则横梁对O 点的拉力为320N ，斜梁对O 点的支持力为400N ，故AB 错误；
CD ．若保持O 点的位置不变，横梁仍然水平，逐渐增大斜梁长度，则AOB ∠变大，则
tan OA G
F AOB
=
∠
可知横梁对O 点的作用力逐渐减小
sin OB G
F AOB
=
∠
可知斜梁对O 点的作用力逐渐减小，故C 错误，D 正确。 故选D 。 5【答案】C 【解析】
【详解】根据μ=kx 及=f N μ得
==f kxN kmgx
可知物块受到的滑动摩擦力f 与x 成正比。 物块在前进x 0的过程中，滑动摩擦力的平均值为
0001
22kmgx f kmgx +=
= 根据动能定理有
2001
02
fx mv -=-
解得
0 v x =选项C 正确，ABD 错误。 故选C 。 6【答案】C 【解析】
【详解】A ．开始汽车做匀速直线运动，阻力
P
f v =
t 1时刻汽车功率为
3
P
，有 1
3P f v =
联立解得
v 1=013
v
选项A 错误；
B ．开始汽车做匀速直线运动，阻力
P f v =
t =0时刻，汽车的牵引力
00
3==
3P
P F v v
根据牛顿第二定律得，t =0时汽车的加速度大小
000
-323P P v v f F P a m m mv -=＝＝
选项B 错误。 D ．根据动能定理知，
2201011
=()3232
f v P t W m mv -- 解得克服阻力做功
2014=93
f P
W mv t +
选项D 错误； C ．汽车行驶的位移
230100
10
4493=93f P mv t W mv v s t P f P v +==+
选项C 正确。 故选C 。 7【答案】AC 【解析】
【详解】A ．演员在B 点的速度最大，则
=cos53100.6m/s=6m/s v v =?人车
选项A 正确； B ．演员上升高度为
1
4m sin 534
H H H -==
选项B 错误；
C ．根据=cos v v θ人车可知，随车的运动，θ减小，则人的速度增加，即人的加速度向上，处于超重状态，选项C 正确；
D ．当车向左匀速运动时，绳子与水平方向夹角逐渐减小，人的速度逐渐变大，最终趋近于小车的速度，可知人的加速度逐渐减小，则拉力的大小在减小，最终拉力大小趋近于人的重力，故D 错误。 故选AC 。 8【答案】BD 【解析】
【详解】A ．a -t 图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0~6s 内速度变化量一直为正，所以一直沿正方向运动，故A 错误；
B ．根据图象可知，0~5s 内加速度方向与速度方向相同，做加速运动，5~6s 内加速度方向与速度方向相反，做减速运动，则5s 末速度最大，故B 正确；
C ．物体在2~4s 内加速度不变，物体做匀加速直线运动，故C 错误；
D ．a -t 图象的“面积”大小等于速度变化量，由图象可知，0~4s 内速度变化量等于0~6s 内速度变化量，初速度为零，所以4s 末和6s 末的速度相等，则动能的变化量相等，根据动能定理可知0~4s 内合力对物体做的功等于0~6s 内合力对物体做的功，故D 正确。 故选BD 。 9【答案】AC 【解析】
【详解】A ．若两球静止时，均受力平衡，对B 球分析可知杆的弹力为零，
B N mg =
设弹簧的压缩量为x ，再对A 球分析可得：
1mg kx =
故弹簧的长度为：
11mg
L L x L k
=-=-
故A 项正确；
BC ．当转动的角速度为ω0时，小球B 刚好离开台面，即0B
N '=，设杆与转盘的夹角为θ，由牛顿第二定律可知：
2
0cos tan mg m L ωθθ
=?? sin F mg θ?=杆
而对A 球依然处于平衡，有：
2sin k F mg F kx θ+==杆
而由几何关系：
2
sin L x L
θ-=
联立四式解得：
2k F mg =
0ω=
则弹簧对A 球的弹力为2mg ，由牛顿第三定律可知A 球对弹簧的压力为2mg ，故B 错误，C 正确； D ．当角速度从ω0继续增大，B 球将飘起来，杆与水平方向的夹角θ变小，对A 与B 的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：
2k F mg mg mg =+=
则弹簧对A 球的弹力是2mg ，由牛顿第三定律可知A 球对弹簧的压力依然为2mg ，弹簧的形变量不变，故D 错误。 故选AC 。 10【答案】ACD 【解析】
【详解】A ．开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得
3sin 3cos mg mg αμα=
带入数据解得
0.75μ=
把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可得
4cos 3sin 3mg mg ma μαα?-=
代入数据解得
22m /s a =
故A 正确；
B ．长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长木板到与挡板相撞的时间为
0.5s v t a
=
= 小滑块放上长木板的瞬间，其与P 的距离为
2011
sin 0.5m 22
s g t v t α=
?-= 故B 错误；
C ．设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v ，则
sin 3m /s v g t α=?=
滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得
123mv mv mv =+
由机械能守恒定律可得
222121113222
mv mv mv =+? 联立方程，带入数据解得
1 1.5m /s v =-，
2 1.5m /s v =
则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s ，故C 正确； D ．碰撞后长木板速度再次减为零的时间为
2
0.75s v t a
'=
= 此时小滑块的速度为
1sin 3m /s v v g t α''=+?=，方向沿斜面向下
这个过程中小滑块的位移为
19
m 216
v v x t '+'=
=，方向沿斜面向下 长木板的位移为
29
m 216
v x t ''=
= 故x x '=，二者发生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1次碰撞前的速度相同，所以小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s ，故D 正确。
故选ACD 。
11【答案】 (1). 200N /m (2). 17.50 (3). 60 【解析】
【详解】(1)[1]弹簧P 的劲度系数
()2
10
N /m 200N /m 17.5012.5010mg k l -=
==?-? (2)[2][3]由平衡条件可知
TP TQ cos 60cos F F mg θ?+=，TP TQ sin 60sin F F θ?=
因为细绳搭在弹簧Q 的挂钩上，所以
TP F mg =
联立解得
TQ F mg =，60θ=?
则
2117.50cm L L ==
12【答案】 (1).
02
h t
v g t =+ (2). (3). 9.7或9.8 (4). 能
(5). 使第一、第二光电门间距离大些，钢球体积尽可能小等 【解析】 【详解】(1)[1]
h
t
是时间t 内的平均速度，也是该段中间时刻的速度，故有 02
h t v g t =+ (2)[2]根据描点作图法，可得如图所示
(3)[3]根据图线的斜率，可得加速度为
2229.7m /s
h t g k t
??? ???===?
(4)[4]如果保持第二个光电门不动，设小球下落到第二光电门的时间为T ，则有
2211
()22
gT g T t h --= 整理得
1
2
h gT gt t =- 或者，设小球在第二光电门的速度为B v 根据运动可逆有
12
B h v gt t =- 设该方程的斜率为k ，则
2g k =-
故该法能求重力加速度 (5)[5]根据上面分析可知，
了减小误差，可以使第一、笫二光电门间距离大些，钢球体积尽可能小等。
13【答案】(1)24m/s a =，方向水平向右；(2)80J Q = 【解析】
【详解】(1)选向右为正方向，对小物块由牛顿第二定律得
mg F ma μ-=
代入数据解得
24m/s a =
方向水平向右
(2)小物块加速到与传送带速度相等需要的时间
8
==s=2s 4
v t a 此时小物块的位移
8
2m 8m 20m 22
v x t ==?=<
此后小物块相对传送带静止一起匀速运动。 小物块加速过程传送带的位移
82m 16m x vt ==?=传送带
滑块与传送带间的相对位移
=-16m-8m=8m x x x ?=传送带
系统产生的热量
0.52108J 80J Q mg x μ=?=???=
14【答案】(1)25m /s ；(2) 125m ；(3) 18.1m 【解析】
【详解】(1)运动员在B 点的速度为v B ，由牛顿第二定律
2
B v F mg m R
-=
由牛顿第三定律
'B 7.25mg B F F ==
解得
025m /s v =
(2)设CD 间的距离为s ，运动员由B 运动到D 的时间为t ，由平抛运动规律
0scos v t θ=
21sin 2
h s gt θ+=
解得
s= 125m
(3)建立如图所示坐标系。运动员沿y 轴方向做匀变速直线运动，v y =0时，离斜坡的距离最大。此时，运动员离x 轴的距离为
()2
sin 2cos n v y g θθ
=
故运动员离斜坡的最大距离为
cos m y y BC θ=+
解得
y m = 18.1m
15【答案】(1)2gL (2)4s L =或4
25
s L = 【解析】
【详解】(1)当弹簧竖直放置时，压缩量为L 时弹性势能为p E ，设物块A 与B 碰前的速率为1v ，对于m 和竖直弹簧系统，由机械能守恒定律
p (1.25) 2.25E mg L L mgL =+=
对于A 和弹簧系统，A 碰前由功能关系
2p 11
(2)2sin (2)2
E m g L m v θ=?+
联立得
1gL v =
设物块B 与A 发生碰撞前的速度大小为2v ，对于B ，B 碰前由机械能守恒
2
21(0.5)4sin (0.5)2
m g L m v θ?=
得
2v =(2)物块A 与B 发生碰撞时，物块A 有可能沿斜面向上运动，也有可能沿斜面向下运动；设碰后物块B 沿斜面上滑的最大距离为s ，
①若物块A 在沿斜面向上运动过程中与B 发生碰撞，以沿斜面向上为正方向，碰后A 、B 速度分别为A v 、B v ，对A 、B 系统，由碰撞过程的动量守恒和机械能守恒
122(0.5)2(0.5)A B mv m v mv m v -=+
2222
121111(2)(0.5)(2)(0.5)2222
A B
m v m v m v m v +=+ 联立解得
B v =对于B ，由机械能守恒
2
1(0.5)(0.5)sin 2
B m v m gs θ= 解得
4s L =
②若物块A 在沿斜面向下运动过程中与B 发生碰撞，以沿斜面向下为正方向，碰后A 、B 速度分别为以'A v 、
'B
v ，对A 、B 系统，由碰撞过程的动量守恒和机械能守恒 12(2)(0.5)(2)(0.5)A B m v m v m v m v ''+=+
222
2121111(2m)(0.5)(2)(0.5)2222
A
B v m v m v m v ''+=+ 联立解得
B
v '=对于B ，由机械能守恒
21
(0.5)(0.5)sin 2
B
m v m gs θ'=? 解得