2021年浙江省高考物理押题试卷（附答案详解）

2021年浙江省高考物理押题试卷

一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）

1.下列关于热现象的描述正确的是（）

A.分子间的距离越近，分子间的作用力就越大

B.扩散现象和布朗运动都能说明分子在永不停息的做无规则运动

C.气体温度每升高1久所吸收的热量与气体经历的具体过程无关

D.水蒸气的压强离饱和汽压越远，人感觉越潮湿

2.2020年11月27日00时41分，华龙一号全球首堆中核集团福清核电5号机组首次

并网成功。如图所示是原子核的比结合能与质量数的关系图，下列说法正确的是

（）

B.华龙一号的原理是核聚变反应

C.原子核比结合能越大，原子核越稳定

D.核裂变反应发生后，核子的平均质量不变

3.李娜是亚洲第一位大满贯女子单打冠军。若李娜某次训

练击球时，第一次将网球从4点水平击出，网球击中。

点；第二次将该网球从位于A点正下方且与。点等高的B点斜向上击出，最高点

为C,网球也击中。点。A、C高度相同，忽略空气阻力，则（）

A.两次击球过程中，网球的初速度大小一定不相等

B.网球两次击中。点时速大小相等

C.网球两次击中。点时，重力做功的瞬时功率相同

D.网球从B点到。点的过程中，重力对球的冲量为零

4.如图所示为玻璃砖横截面，上表面为半圆，ABC。为正方形，一束

平行光线垂直于CD边射入玻璃砖，在半圆面A3上恰好有三分之一

圆弧可看到透光，则玻璃砖的折射率为（）

A.2B.V2C.3D.V3

5.一种电场的某条电场线与x轴重合，其场强大小E与

坐标x的关系如图所示，下列说法正确的是（）

A.此电场是匀强电场

B.由图像可以直接看出场强大小随x均匀增大

C.图像的斜率表示电场的电势

D.X1与%2之间的电势差等于阴影部分的面积

6.电阻不可忽略的线圈可看作是一个定值电阻岛（线圈电阻）与一个纯线圈心串联而

成，如图甲。在如图乙所示电路中，常规变压器T线圈电阻不可忽略，变压器原线

圈接理想交流电源。当滑动变阻器触头P向人端滑动时，下列说法正确的是（）

C.小灯泡变亮D.%消耗功率增大

7.如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和〃?，“与桌面间A

的动摩擦因数为〃i，机与M之间的动摩擦因数为〃2,一根

轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直

杆上的8点。现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的。点，已知

整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳。8的夹角为a,则（）

A.将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力变小

B.将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力变大

C.M所受的摩擦力为〃+m）g

D.剪断A处轻绳瞬间，，"的加速度为〃2g

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8.如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，此刻平衡位置位于

x=10m处质点正沿y轴负方向运动，且经过1s第一次回到平衡位置。则下列分析

不正确的是（）

24\687101214x/m

A.该波沿x轴正方向传播

B.该波的传播速度为8?n/s

C.在0〜10s内平衡位置位于x=57n处的质点通过的路程为0.8m

D.t=0时刻x=0处的质点的位移为2Wcm

9.如图所示，图甲为氢原子的能级图，大量处于n=3激发态的氢原子跃迁时，发出

频率不同的大量光子，其中频率最高的光子照射到图乙电路中光电管阴极K上时,

电路中电流随电压变化的图像如图丙所示。下列说法正确的是（）

£/eV

000

4-0.85

3-1.51

A.光电管阴极K金属材料的逸出功为7.0eIZ

B.这些氢原子跃迁时共发出2种频率的光

C.若调节滑动变阻器滑片能使光电流为零，则可判断图乙中电源右侧为正极

D.氢原子跃迁放出的光子中有2种频率的光子可以使阴极K发生光电效应现象

10.有A、B两颗绕地球运动的人造卫星，其轨道分别为如图所人£'、、，---、

%、/、、

示的I和n,轨道I为半径为R的圆，轨道II为长轴等于3：'、、'；、

2/？的椭圆，两轨道不在同一平面内，轨道口上0、d两点距'irt2•

离轨道I垂直距离均为/且是两轨道距离最近的两点，。点'、、、I，/

为地球球心位置。已知地球质量为M,万有引力常量为G,下列说法正确的是（）

A.A、B运行周期之比。：=1：1

B.若B经过c点时到A的距离为/,则下次距离为/时B恰好经过d点

C.若A的运行速率为北,设B经过a点时的速率为i，，贝忖＜%

D.若Oa=^R,则8经过b点时的加速度与A的加速度之比为9：4

11.如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的

方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B。，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间

f变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电

阻率为P、横截面积为So,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心。在

MN上,则下列说法正确的是（）

A.0〜t（）时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向

B.t=t（）时刻，圆环中的电流为0

C.t=|片时亥U，圆环受到的安培力大小为瞥！

Nopto

D.在0〜琳时间内，通过圆环的电荷量为鬻

二、实验题（本大题共1小题，共12.0分）

12.某同学准备测量一节干电池的电动势和内阻，他从实验室里借来如下实验器材:

//mA

1T1IIII

-4-1-4------4-------1------J-----U-

1.5IIIIII

1.4

1.3

1.2

1.1

・八I।1IINi

l.O1^，I，…、I，产

00.10.20.30.40.50.6"A

甲乙

4电流表量程为0.64内阻约为0.50）；

8.电流表量程为2加4,内阻为1000）；

C.电压表U（量程为6匕内阻约为10k。）；

。.滑动变阻器％（最大阻值为50）；

E.电阻箱&（最大阻值为999.90）；

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E开关、导线若干；

G待测干电池。

(1)该同学发现电压表的量程太大，准备用电流表和电阻箱改装为一量程为2V的电

压表，则其应该选择的电流表是(填或)-电阻箱接入电路的

阻值R=0。

(2)正确选择器材后，请你帮助该同学在图甲中补充完整实验电路图。

(3)实验过程中，该同学多次调节滑动变阻器接入电路的电值，得到两电流表4的

示数人和电流表4的示数4如表所示，该同学根据表中的数据得到如图乙所示的图

线，得出该干电池的电动势后=V、内阻r=0。(结果均保留两位

小数)

4M0.100.200.300.400.50

li/mA1.371.281.211.141.05

三、计算题(本大题共4小题，共44.0分)

13.如图所示，一竖直放置的气缸被轻活塞48和固定隔板C。分成/

两个气室，8上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气

室1内气体压强为2p°,气室2内气体压强为po,气柱长均为3°

活塞面积为S,活塞与气缸间无摩擦，气缸导热性能良好。现在L

活塞上方缓慢放上质量为，"的细砂，重力加速度为g。若等，则气室1内气

体压强为多少？

14.如图所示，某机器人研究小组自制的机器车能够自动识别

障碍物上、下坡。该机器车质量m=20kg,在水平路面AB产--一£-

段以速度%=6m/s匀速行驶，BC段是一段陡坡。机器车在BC段仅用t=5s就运

动到了坡顶，且到达坡顶前机器车已经以速度外=3m/s做匀速运动。已知整个过

程中该机器车的输出功率保持不变，机器车在AB段受到的阻力=200/V,在BC

段所受阻力恒定，机器车经过8点时无机械能损失，求：

(1)该机器车经过B点后刚开始上坡时的加速度大小；

(2)BC段的长度。

15.如图甲所示，倾角为9的倾斜轨道与水平轨道交于。点，在倾斜轨道上高九处由静

止释放滑块4此后A与静止在水平轨道上尸处的滑块B发生弹性碰撞(碰撞时间

不计)。已知B与轨道间的动摩擦因数为〃，A与轨道间无摩擦，重力加速度大小为

g。滑块A的部分速度-时间图像如图乙所示。(4、2均可视为质点，水平轨道足

够长，A过。点时速度大小不变、方向变为与轨道平行。)

(1)求A、B的质量之比见4：mB；

(2)当P、。的距离SPQ=0.2h,0=30。时，要使在B的速度减为零之前，A与B

能发生第二次碰撞，试确定4的取值范围。

P

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16.如图，在区域I(0WxWL)和区域U(LWxW2L)内分别存“,

在沿y轴负方向的匀强电场与垂直纸面向里的匀强磁场，磁

感应强度£=鬻。一质量为机、带电荷量q(q>0)的粒子a

于某时刻从y轴上的尸点以初速度火射入区域I,其速度方"

向沿％轴正向，已知。在离开区域n时，，速度方向沿％轴正方向。另一质量和电荷

量均与。相同的粒子6也从p点沿x轴正向射入区域I,其速度大小是1孙。不计

重力和两粒子之间的相互作用力，sin37°=0.6,cos37°=0.8«求：

(1)磁感应强度8的大小；

(2)a、匕两粒子离开区域D时的y坐标之差。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、当两分子间的距离从很远处靠近时，分子间的作用力先增大后减小，

再增大，故4错误；

8、扩散现象和布朗运动都能说明分子在永不停息的做无规则运动，故8正确；

C、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体温度每升高1K所

吸收的热量与气体经历的过程有关，故C错误；

。、水蒸气的压强离饱和汽压越远，越利于水的蒸发，人感觉越干燥，故。错误。

故选：B。

根据分子力的特点分析；扩散现象与布朗运动都能说明分子在做永不停息的无规则运动;

根据热力学第一定律分析气体内能变化与吸收的热量的关系；影响蒸发快慢以及影响人

们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸气的压强

与同一温度下水的饱和汽压的差距，水蒸气的压强离饱和汽压越远,越有利于水的蒸发，

人们感觉干爽。

本题考查了分子力特点、布朗运动和扩散、热力学第一定律、相对湿度等知识点，这种

题型属于基础题，只要善于积累，难度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A、核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒，质量不守恒，故A错误；

8、华龙一号的原理是重核的裂变反应，故B错误；

C、比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故C正确；

。、核裂变反应发生后，会释放能量，所以核子的平均质量减小，故力错误。

故选：Co

核反应遵守质量数守恒和电荷数守恒；华龙一号的原理是重核的裂变反应，热核反应指

核聚变反应；原子核的比结合能越大，原子核越稳定；由质能方程，即可判定。

本题考查核反应相关知识，包括结合能以及裂变反应和聚变反应，此部分知识主要要求

学生在理解的基础上识记，难度较低。

3.【答案】C

【解析】解、A、A8两点发出的球都能到达。点，球从C到地面竖直方向做自由落体

运动，根据竖直方向的运动可知1B=2以，vyA=vyB,由于水平方向的位移相同，根据

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u=?可知以A>根据速度的合成可知，球从A点抛出时的速度以=球从5

点抛出时的速度“B=J说B+咳，故两次击球时球的初速度大小可能相等，故A错误；

B、第一次落到D点时的速度以0=区+喷,第二次落到D点时的速度%°=

卜金+啖,故两过程中网球击中。点时速度不相等，故8错误；

C、由于%4=%8，则重力的瞬时功率P=mg%,相同，故C正确；

D、网球从8点到。点的过程中，重力的冲量/=mgt,不为零，故。错误；

故选：C

4做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，水平方向匀速运动，8做斜抛运动，到最高

点的过程中，竖直方向做匀减速运动，水平方向匀速运动，根据运动规律和速度的合成

即可判断。

本题考查功、功率公式与平抛、斜抛综合应用，要求学生熟练掌握涉及到的相关公式及

规律，本题主要考查运动的合成与分解的方法，难度较大。

4.【答案】A

【解析】解：由题意可知，光线进入玻璃砖后，从圆弧J.”,

面AB射出时有部分光线发生全反射，因在AB面上恰好

Xu

有三分之一面积透光，如图所示；

根据几何关系可知恰好发生全反射时入射光对应的入射

角为。=30。，则兀=高=忌7=2,故4正确、8。。/)•***

错误。

故选:Ao

根据几何关系求解临界角，再根据n=-三求解折射率。

本题主要是考查了光的全发射；解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路

图，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件

列方程求解。

5.【答案】D

【解析】解：AB,电场线与x轴重合，若是匀强电场，E-x图象应该为正比例函数；

而由题图可以看出，E-x关系图像是抛物线图像，场强E随x指数增大，而匀强电场

此电场并非匀强电场，故A2错误；

CD、U=Ed虽然是匀强电场的表达式，但可推导非匀强电场的U、E、x之间的关系,

E-x图线与x轴所围成的面积表示电势差U,图像的斜率不能表示电场的电势，故C

错误，D正确。

故选：Do

解答本题需要依据电势差与电场强度的关系：U=Ed,结合题中所给图象进行分析。

本题考查电势差与电场强度的关系，要求学生在理解公式的基础上结合题意及图象进行

判断，对学生分析综合能力有一定要求。

6.【答案】D

【解析】解：A、初级线圈电压J等于理想交流电源电压且不变，故A错误；

B、当滑动变阻器触头P向6端滑动时，由&、/?2组成的电路总电阻减小，副线圈电流

增大，由。=宣/2得原线圈电流增大，则变压器输入功率变大，8错误；

C、“=中/不变，由于常规变压器7线圈电阻不可忽略，所以次级线圈等效为有内阻

的电源，变压器次级线圈电压E=4-Ar降低，小灯泡变暗，故C错误；

。、灯泡两端的电压降低，则灯泡的电流降低，而副线圈的总电流变大，因此电阻％两

端电流升高，功率增大，故。正确。

故选：Do

解答本题要明确明确理想变压器的性质，知道理想变压器电压之比等于线圈匝数之比，

而电流之比等于线圈匝数的反比；从而明确电压表、电流表的变化情况。

本题考查理想变压器的性质，要注意明确线圈匝数之比与电流和电压的关系，同时注意

输出端用电器可以利用欧姆定律分析求解。

7.【答案】B

【解析】解：4、。点受的张力分析如图，设绳子长为L

两杆之间距离为d,由于挂钩是光滑的，所以OA和03

与竖直方向夹角一样，有

LA+LR=L,

dA+dB=d；

dA=LAsina；

dB=LBsina；

BPWsina=

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由此可知，只要d和乙不变，夹角a是不变的。绳子在。点的张力7==，不变，故

2cosa

A错误；

B、将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，即“增大，a增大，cosa减少，T增大，故B

正确；

C、由于M是静止的,计算摩擦力不适用动摩擦因数的计算公式，摩擦力/*+m)g,

故C错误；

D、剪断A处轻绳瞬间，〃，受力平衡，只受重力和支持力作用，加速度始终为0,故。

错误。

故选：B。

题目需要我们分析绳子的张力情况，而张力表达式与角度a有关。因此，判断AB是否

正确就转化为判断距离的变化是否引起角度的变化，依据题目选项分析距离与a的关系。

另外，由于整个装置处于静止状态，因此不能用动摩擦因数计算摩擦力：，”受力平衡，

加速度始终为0。

本题考查了受力分析和动态过程中力的变化。解题中注意将条件进行转换，这往往是解

题的关键，也是出题老师的“小心思”，即绕一个弯子来考。例如本题把张力与距离的

关系转化为张力与角度的关系，然后再研究角度与距离的关系。

8.【答案】B

【解析】解：A、t=0时刻x=10m处的质点沿)，轴负方向运动，且经过16第一次回到

平衡位置，可知该波沿x轴正方向传播，且波的周期7=2s,故A正确；

B、由图可知波长4=12m,则波速9=*=孩m/s=6m/s,故8错误；

C、10s为5个周期，则在0〜10s内平衡位置位于x=5m处的质点通过的路程s=20A=

20X0.04m=0.8m,故C正确；

D、由图可知t=0时刻x=0处的质点的位移y=4cos/=2百£7?1,故。正确。

O

本题选错误的

故选：B。

根据x=10cm处质点的振动方向判断波的传播方向，根据图象可读出该波的波长，根

据题意得出周期，从而求出波速。根据时间与周期的关系分析质点在10s内通过路程。

根据传播规律，写处质点的振动方程，计算质点位移。

此题考查了波动规律，解决本题的关键能够从波动图象获取信息，以及知道质点的振动

方向与波的传播方向的关系。

9.【答案】D

【解析】解：A、由图甲可知光子的能量E=-1.51eV-(-13.6eU)=12.09eV,由图

丙可知遏止电压为7V,所以光电子的初动能a=eU=7eV,所以金属材料的逸出功

W=E-Ek=5.09eV,故A错误。

8、由排列组合的规律可知，处于n=3激发态的氢原子跃迁时能够发出3种频率的光,

故8错误。

C、光电子由阴极K向对面的极板运动，形成的电流在图乙中从右向左流动，要阻止该

电流，需要施加反向电压，即电源左侧应该为正极，故C错误。

D、只要光子的能量大于5.09eV,就可以使阴极K发生光电效应，由图甲可知分别由n=

3和n=2能级向基态跃迁产生的2种频率的光子满足要求，故。正确。

故选：Do

利用爱因斯坦光电效应方程和图内中的遏止电压求逸出功；利用玻尔理论求跃迁发光的

频率种类；利用光电管电路中反向电压判断电源的正负极；利用入射光光子能量大于逸

出功，判断能发生光电效应的光子种类个数。

本题综合考查光电效应中的逸出功、遏止电压、光电管电路，以及玻尔理论中的原子跃

迁。掌握相关规律，是作答此类问题的关键。

10.【答案】A

【解析】解：A、由开普勒第三定律今=卜得经=搞其中以、降是圆轨道半径或椭

圆轨道半长轴，由题可知，RA=RB=R,因此Te=1：1,故A正确；

8、若8经过c点时到4的距离为I,则下次距离为/时B恰好经过一个周期又回到c点，

同时A经过一个周期又回到上次位置，两卫星相距最近，故B错误；

C、若A的运行速率%=舟，根据卫星变轨原理可知，B经过a点时的速率v大于轨

道半径为。”的卫星运行速率，即》>悟因。a<R,所以y>舟，则故C

错误；

D、根据牛顿第二定律得6等=ma,得卫星加速度a=詈，因此詈=焉==黑〜=

£故。错误。

故选：Ao

根据开普勒第三定律求A、B运行周期之比；若B经过c点时到A的距离为/,分析8

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的运动情况，确定下次距离为/时B的位置；A的运行速率为%=J等，结合变轨原理

分析B经过“点时的速率y与%的关系；根据牛顿第二定律分析加速度之比。

本题考查万有引力定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律等规律的应用，要知道卫星做

匀速圆周运动时，线速度公式为v=舟，而卫星做椭圆运动时，卫星的速度不

能根据这个公式求解。

11.【答案】。

【解析】解：4、0〜w时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据

楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；

B、根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势E=^S,t=t0时刻磁通量变化

率不为0,则电动势不为0,圆环中的电流不0,故8错误；

C、上式中S=1M,喘=*,据欧姆定律有/=据电阻定律有R=p袈，t=“0时

NAtLQKN

刻圆环受到的安培力尸=%/-2r=嘤且，力方向垂直于向左，故C错

24pC。

误：

D、在。〜给时间内，通过圆环的电荷量q=兀,又7=］，足=等，圆环磁通量的变化

量AO=Bo团［兀"，联立解得q=*,故。正确。

故选：。。

根据楞次定律确定电流方向，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律

求出感应电流，然后根据安培力公式求出安培力；应用法拉第电磁感应定律求出平均感

应电动势，应用欧姆定律求出平均感应电流，根据电流的定义式求出通过圆环的电荷量。

本题考查法拉第电磁感应定律以及楞次定律和安培力公式的应用，根据题意分析清楚磁

感应强度变化情况，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与电阻定律即可

解题。

12.【答案】A29001.450.82

【解析】解：（1）可以把已知内阻的电流表4改装成21的电压表，串联电阻阻值R=+-

2

R=-------—100。=90012；

AN22X10-3

（2）用改装的电压表测路端电压，由于干电池的内阻很小，为减小实验误差，电流表必采

用外接法（相对于电源来说），电路如图所示；

lx

(3)由闭合电路欧姆得：E=/2(r24-/?)+(/i+/2)r,由于/2VV/1，则有：2=~^

h+7^，

结合图乙的斜率和纵截距解得：E=1.45V,「=写萨0=0.820。

故答案为：⑴①；900；(2)实验电路图如图所示；(3)1.45；0.82o

(1)可以用已知内阻的电流表改装成电压表，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串

联电阻阻值。

(2)根据实验原理作出实验电路图。

(3)根据闭合电路欧姆定律可求出图象的函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与

内阻。

在测量电源电动势和内阻时，要注意根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根

据图示图象求出电源电动势与内阻。

13.【答案】解：若m=等，对活塞A8与细砂整体，由平衡条件得：pS=p0S+mg

解得，气室2中封闭气体的压强：p=4p0

CD上的单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1,以气室1与气室2中气体

整体为研究对象，由玻意耳定律得：

p0LS+2p0LS=4p0xS

解得：X=h,假设不成立

4

所以气室2中的气体完全进入气室1,以气室1中的气体为研究对象，由玻意耳定律得：

p0LS+2p0LS=pxLS

解得，气室1内气体的压强：px=3po。

答：气室1内气体压强为3p。。

【解析】气体温度不变，应用平衡条件求出加上细砂后气室2中气体的压强，根据题意

分析清楚气体状态变化过程，应用玻意耳定律解题。

根据题意分析清楚气体状态变化过程，求出气体状态参量，应用玻意耳定律即可解题。

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14.【答案】解：(1)该机器车在A8段匀速运动，则F=/7i，则额定功率

P=FflVi=200x6勿=12001V

机器车到达坡顶之前匀速运动，满足P=®+mgsind)v2

刚经过B点时由牛顿第二定律得：F-伊方+mgsind)=ma

解得a=-10m/s2

即机器车经过B点后刚开始上坡的加速度大小为10m/s2。

(2)设BC段长度为s,从8到C的过程中，根据动能定理：

1,1,

Pt—(/y2+mgsind)s=--mvf

解得:s=15.675m

答：(1)该机器车经过B点后刚开始上坡时的加速度大小为10m/s2：

(2)BC段的长度为15.675小。

【解析】(1)分析机器车在水平路面匀速运动时，牵引力等于阻力，根据功率公式求解

功率，机器车经过B点时，做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度大小；

(2)从B到C过程，根据动能定理计算BC段的长度。

此题考查了功率的计算，解题的关键是明确机器车匀速运动时，牵引力等于阻力，机器

车沿斜坡运动时，重力的分力是阻力

15.【答案】解：(1)第一次碰撞前的过程中A的机械能守恒，有：

1.

犯4g八=5犯Mo

解得：叫o=J2gh

第一次碰撞过程中，以向左方向为正方向，由动量守恒，机械能守恒有

mAvA0=mAvA+mBvB

111

2mAvA0=+2m»ve

由图乙可知，碰后滑块A速度反向，vA=-|vxo

解得：%=ImA：mB=1：4

(2)设第一次碰撞至B的速度减为零经历的时间为t,A与B在时间♦内发生的位移分别

为巧1、xB

对8,由动量定理有：=0-巾8%

解得：t=独走

由运动学规律有：XB=^vBt=”

对A,在时间f内，设其在倾斜轨道、水平轨道上运动的时间分别为G、t2,在倾斜轨

道上，由牛顿第二定律有：

-mgsin30°=ma

由运动学规律有：以=吟

解得：t=以回

5g

并且：t2=t-tr

解得：t2=d-6)部

A的位移为：xA=\vA\t2-2SPQ

解得：/=.一6)曾一号

由题意可得与1>xB,〃>0

联立解得：0<”2

答：

(1)4、8的质量之比m.：mB=1：4；

(2)4与B能发生第二次碰撞，〃的取值范围为：0<〃<捺。

【解析】(1)由机械能守恒求出A与B碰撞前速度大小，根据动量守恒定律和能量关系

列方程求解A和B的质量之比；

(2)若A与B能发生第二次碰撞，设A与B第一次碰撞到B的速度减小为零的时间为t,

则在r时间内A的总位移大于8的总位移，对B物块根据动量定理求出该时间，然后结

合运动学的公式求出B的位移；A在水平面上做匀速直线运动，在斜面上做往返运动,

加速度的大小相等，由牛顿第二定律求出A