黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三物理上学期10月月考试题（含解析）.doc

1、- 1 -黑龙江省哈尔滨市第六中学 2019 届高三 10 月月考物理试题一、选择题1.如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，一质量为 2m 的小车在沿斜面向下的外力 F 作用下下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球(质量为 m)的轻绳恰好水平。则外力F 的大小为( )A. 4.5mgB. 2 mgC. 2mgD. 0.5mg【答案】A【解析】试题分析：对整体分析，在沿斜面方向上有对小球分析，小球受到水平拉力，重力的作用，合力 ，故加速度 ，解得 ，代入 中可得 ，D 正确；考点：考查了牛顿第二定律【名师点睛】分析整体的受力时采用整体法可以不必分析整体内部的力，分析单个物体的受力时就要

2、用隔离法采用整体隔离法可以较简单的分析问题2.2017 年 9 月，我国控制“天舟一号”飞船离轨，使它进入大气层烧毁，残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区。在受控坠落前， “天舟一号”在距离地面 380 km 的圆轨道上飞行，则下列说法中正确的是( )A. 在轨运行时， “天舟一号”的线速度大于第一宇宙速度B. 在轨运行时， “天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度- 2 -C. 受控坠落时，应通过“反推减速”实现制动离轨D. “天舟一号”离轨后在大气层中运动的过程中，机械能守恒【答案】C【解析】【详解】第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动最大的运行速度，知其线速度小于第

3、一宇宙速度。故 A 正确。 “天舟一号”的轨道半径比地球同步卫星的小，由开普勒第三定律知其周期小于同步卫星周期，角速度大于同步卫星的角速度。故 B 错误。受控坠落时，应通过“反推减速”实现制动离轨，选项 C 错误；“天舟一号”离轨后在大气层中运动的过程中，大气的阻力做负功，则机械能减小，选项 D 错误；故选 C.3.如图所示，长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为 m 的小球，另一端分别固定在等高的 A、 B 两点， A、 B 两点间的距离也为 L。重力加速度大小为 g。现使小球在竖直平面内以AB 为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为

4、2v 时，最高点每根绳的拉力大小为( )A. mgB. mgC. 3mgD. 2 mg【答案】A【解析】【详解】小球在最高点速率为 v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有：mg= ，当小球在最高点的速率为 2v 时，根据牛顿第二定律有： mg+2Tcos30 ，解得：T= mg。故选 A.4.如图所示，质量为 m 的滑块从斜面底端以平行于斜面的初速度 v0冲上固定斜面，沿斜面上升的最大高度为 h.已知斜面倾角为 ，斜面与滑块间的动摩擦因数为 ，且 tan ，- 3 -最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取斜面底端为零势能面，则能表示滑块在斜面上运动的机械能 E、动能 Ek、势能 Ep与上升高度 h 之间关

5、系的图象是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】本题考查动能、势能、机械能有关知识，势能 Ep=“ mgh“ 势能与高度成正比，上升到最大高度 H 时，势能最大，A 错；由能量守恒，机械损失，克服摩擦力做功，转化为内能，上升过程 EE0- mgcos h/sin =“E0-“ mgh/tan ,下行时，E=mgH- mg(H-h)/tan ,势能 E 与高度 h为线性关系，B 错；上行时，动能 EK=EK0-(mgsin + mgcos )h/cos 下行时 EK= (mgsin -mgcos )（H-h）/cos 动能 EK高度 h 是线性关系，C 错，D 正确5.如图所示，弹簧的

6、一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(m M)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是( )- 4 -A. 在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C. 全过程中小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D. 被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处【答案】D【解析】当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故 A 错误；下滑过程中，两物体都有水平方向的位移，而相互作用力是垂

7、直于球面的，故作用力方向和位移方向不垂直，故相互作用力均要做功，故 B 错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；小球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m M，根据动量守恒可知，小球的速度大小大于槽的速度大小，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球被反弹后向左运动，由于球的速度大于槽的速度，球将追上槽并要槽上滑，在整个过程中只有重力与弹力做功系统机械能守恒，由于球与槽组成的系统总动量水平向左，球滑上槽

8、的最高点时系统速度相等水平向左系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于 h，小球不能回到槽高 h 处，故 D 正确。所以 D 正确，ABC 错误。6.如图所示，一质量 M =3.0 kg 的长方形木板 B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m =1.0 kg 的小木块 A(可视为质点)，同时给 A 和 B 以大小均为 2.0 m/s，方向相反的初速度，使 A 开始向左运动， B 开始向右运动，要使小木块 A 不滑离长木板 B 板，已知小木块与长木板之间的动摩擦因数为 0.6，则长木板 B 的最小长度为( )A. 1.2 mB. 0.8 mC. 1.0 mD. 1.5

9、m【答案】C【解析】- 5 -【详解】当从开始到 AB 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(Mm)v0 (M+m)v 解得：v=1m/s ；由能量关系可知： 解得：L=1m，故选 C.7.在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 正以速度 v0匀速运动。某时刻小球 A 与质量为 3m 的静止小球 B 发生正碰，两球相碰后， A 球的动能恰好变为原来的 。则碰后 B 球的速度大小是( )A. B. C. 或D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】根据碰后 A 球的动能恰好变为原来的 ，由 Ek= mv2知，速度大小变为原来的 。取碰撞前 A 球速度方向为正方向，得 v=

10、v0；碰撞过程中 AB 动量守恒，则有：mv0=mv+3mv B；当 v= v0时，解得：v B= v0；因 vB v0，不符合运动情况，故不可能。当 v=- v0，解得：v B= v0。故选 A。【点睛】本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，所以要讨论两种情况；注意碰撞后的速度关系要切合实际.8.滑沙是国内新兴的，也是黄金海岸独有的旅游项目，深受游客欢迎。如图所示，某人坐在滑沙板上从沙坡斜面的顶端由静止沿直线下滑到斜面底端时，速度为 v，设人下滑时所受阻力恒定不变，沙坡长度为 L，斜面倾角为 ，人的质量为 m，滑沙板质量不计，重力加速度为 g，则( )- 6 -A. 人

11、沿沙坡斜面的顶端下滑到底端所受阻力做的功为 mgLsin mv2B. 人沿沙坡下滑时所受阻力的大小为 mgsin C. 人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为 mgLD. 人在下滑过程中重力功率的最大值为 mgv【答案】AB【解析】【详解】根据动能定理得：mgLsin-W f= mv2-0，解得阻力做的功为：W f= mgLsin- mv2，故 A 正确。由 Wf=fL 得：阻力大小为：f=mgsin- ，故 B 正确。人沿沙坡斜面的顶端下滑到底端重力做的功为 mgLsin故 C 错误。当人滑到底端时，速度最大，最大速度为 v，则重力功率的最大值为：P=mgsinv=mgvsin故 D 错误

12、。故选 AB。【点睛】此题考查动能定理的应用问题以及功和功率的计算；在计算重力的功率时，速度要取竖直分量的大小.9.如图所示为内壁光滑的半球形凹槽 M， O 为球心， AOB60， OA 水平，小物块在与水平方向成 45角的斜向上的推力 F 作用下静止于 B 处。在将推力 F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中装置始终静止，则( )A. M 槽对小物块的支持力逐渐减小B. M 槽对小物块的支持力逐渐增大C. 推力 F 先减小后增大D. 推力 F 逐渐增大【答案】BC【解析】【详解】以小物块为研究对象，受力分析如图所示：- 7 -物块受到重力 G、支持力 FN和推力 F 三个力作用，根据平衡条件可

13、知， FN与 F 的合力与 G 大小相等，方向相反。将推力 F 沿逆时针缓慢转到水平方向的过程中( F 由位置 13)，根据作图可知， M 槽对小物块的支持力 FN逐渐增大，推力 F 先减小后增大，当 F 与 FN垂直时， F 最小。故 BC 两项正确，AD 两项错误。【点睛】动态平衡问题一般采用图解法或解析法。10.如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为 m = 0.2 kg 的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内） ，其速度 v 和弹簧压缩量 x 的函数图象如图乙所示，其中 A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计

14、，取重力加速度 g = 10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A. 该弹簧的劲度系数为 20 N/mB. 当 x = 0.3 m 时，小球处于超重状态C. 小球刚接触弹簧时速度最大D. 从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大【答案】ABD【解析】当 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得： ，解得： ，故 A 正确；由图可知，时，物体的速度减小，加速度向上，故说明物体处于超重状态，故 B 正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当 为 0.1m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故 C 错误

15、；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故 D 正确。本题选不正确的，故选 C。- 8 -【点睛】根据图象可知，当 为 0.1m 时，小球的速度最大，加速度为零，此时重力等于弹簧对它的弹力，根据 求出 k，小球和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒。11.汽车从静止匀加速启动，最后做匀速运动，其速度随时间及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象如图所示，其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】汽车开始做初速度为零的匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速结束，然后做加速度逐渐减小的加速运动，直至最后匀速运

16、动；开始匀加速时：F-f=ma， 设匀加速刚结束时速度为 v1，有：P 额 =Fv1最后匀速时：F 额 =f，有：P 额 =F 额 vm由以上各式解得：匀加速的末速度为：v 1=P 额 /（ f+ma） ，最后匀速速度为：v m=P 额 /f；- 9 -A、在 v-t 图象中斜率表示加速度，汽车开始加速度不变，后来逐渐减小，最后匀速运动，故 A 正确；B、汽车运动过程中开始加速度不变，后来加速度逐渐减小，最后加速度为零，故 B 错误；C、汽车牵引力开始大小不变，然后逐渐减小，最后牵引力等于阻力，故 C 正确；D、开始汽车功率逐渐增加，P=Fv=Fat，故为过原点直线，后来功率恒定，故 D 正确

17、。本题选择错误答案，故选：B。点睛：整个汽车启动过程：汽车以恒定牵引力启动时，汽车开始做匀加速直线运动，由 P=Fv可知汽车功率逐渐增大；当达到额定功率时，随着速度的增大，牵引力将减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动；当牵引力等于阻力时，汽车开始匀速运动，据此解答。12.已知一足够长的传送带与水平面的倾角为 ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲示)，以此时为 t = 0 记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系(如图乙所示)，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，已知传送带的速度保持不变，则( )A. 物块在 0t1内运动的位移比在 t1t2

18、内运动的位移小B. 0t2内，重力对物块做正功C. 若物块与传送带间的动摩擦因数为 ，那么 tan D. 0t2内，传送带对物块做功为【答案】BC【解析】【详解】由图示图象可知，0t 1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在 t1t 2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在 0t 1内运动的位移比在 t1t 2内运动的位移大，故 A 错误；在 t1t 2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，解得：tan，故 C 正确。0t 2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 WG，根据动能定理得：W+W G= mv22- mv12，则传

19、送带对物块做功 W mv22- mv12，故 B 正确，D 错误。故选 BC.- 10 -【点睛】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法.13.如图所示，在距水平地面高为 0.4 m 处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上 P 点固定一光滑的轻质定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在 P 点的右边，杆上套有一质量 m = 2 kg的滑块 A。半径 R0.3 m 的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心 O 在 P 点的正下方，在轨道上套有一质量 m = 2 kg 的小球 B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将小球与滑块连接

20、起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，滑块小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，取 g = 10 m/s2。现给滑块 A 一个水平向右的恒力 F 60 N，则( ) A. 把小球 B 从地面拉到 P 的正下方时力 F 做功为 24 JB. 小球 B 运动到 C 处时滑块 A 的速度大小为 0C. 小球 B 被拉到与滑块 A 速度大小相等时，D. 把小球 B 从地面拉到 P 的正下方时小球 B 的机械能增加了 6 J【答案】ABC【解析】【详解】设 PO=H由几何知识得，PB= ，PC=H-R=0.1m。F 做的功为 W=F（PB-PC）=40（0.5-0.1）=24J故 A 正确。当 B 球到

21、达 C 处时，已无沿绳的分速度，所以此时滑块 A 的速度为零，选项 B 正确；当绳与轨道相切时滑块 A 与 B 球速度相等，由几何知识得：sinOPB= 故 C 正确。由功能关系，得把小球 B 从地面拉到半圆形轨道顶点 C 处时小球 B 的机械能增加量为E=W =24J故 D 错误。故选 ABC.14.在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为 M0.6 kg， m0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的弹性势能为 Ep10.8 J 的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为 R0.425 m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示

22、。 g 取 10 m/s2。则下列说法正确的是( )- 11 -A. 球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力的冲量大小为 3.4 NsB. M 离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/sC. 若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D. 弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8 Ns【答案】AD【解析】【详解】释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1-Mv2=0；由机械能守恒定律得： mv12+ Mv22=EP ；代入数据解得：v 1=9m/s，v 2=3m/s；m 从A 到 B 的

23、过程中机械能守恒，得： mv12 mg2R+ mvB2;代入数据得：v B=8m/s；球 m 从 A 到 B的过程中，由动量定理得：I=-mv B-mv1=-m（v B+v1）=-0.2（8+9）=-3.4Ns，负号表示方向向左。故 A 正确，B 错误；设圆轨道半径为 r 时，m 由 A 到 B 的过程，由机械能守恒定律得：mv12= mv1 2+mg2r；m 从 B 点飞出后做平抛运动，则：2r= gt2，x=v 1t联立得 x= ，当 81-40r=40r 时，即 r= m=1.0125m 时，x 为最大，最大值为 xmax=4r=4.05m。故 C 错误；弹簧弹开小球的过程，由动量定理得

24、：I=p；弹簧对 m 的冲量大小为：I=p=mv 1-0=0.29=1.8Ns；故 D 正确。故选 AD。【点睛】本题分析清楚物体运动过程是基础，要把握每个过程的物理规律，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理、平抛运动规律即可正确解题.二、实验题15.某同学用图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律：(1)通过实验得到如图乙所示的 a F 图象，造成这一结果的原因是：在平衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角_(选填“偏大”或“偏小”)- 12 -(2)该同学在平衡摩擦力后进行实验，实际小车在运动过程中所受的拉力_砝码和盘的总重力(填“大于” “小于”或“等于”)，为了便于探究、减小误差，应使小车质量

25、 M 与砝码和盘的总质量 m 满足_的条件(3)该同学得到如图丙所示的纸带。已知打点计时器电源频率为 50 Hz.A、 B、 C、 D、 E、 F、 G 是纸带上 7 个连续的点。 x xDG xAD _ cm。由此可算出小车的加速度 a _ m/s 2。(结果保留两位有效数字)【答案】 (1). 偏大； (2). 大于； (3). ； (4). 1.80； (5). 5.0；【解析】(1)根据所给的 F-a 图像可知，当 F0 时，小车已经有了加速度 a0，所以肯定是在平衡摩擦力时木板与水平桌面间的倾角偏大造成的；(2)根据牛顿定律，对小车 FMa，对砝码和盘 mgFma，解得 F mg，只

26、有当Mm 时，小车受到的拉力才近似等于 mg，从而减少误差。(3)由题图读出 xAD2.10 cm，x DG3.90 cm，所以 xx DGx AD1.80 cm，根据xat 2，解得 a5.0 m/s 2。16.某同学利用如图甲所示的装置验证动能定理。固定并调整斜槽，使它的末端 O 点的切线水平，在水平地面上依次铺放好木板、白纸、复写纸。将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度 H，并根据落点位置测量出小球平抛的水平位移 x。改变小球在斜槽上的释放位置，进行多次测量，记录数据如下：- 13 -(1)已知斜槽倾角为 ，小球与斜槽之间的动摩擦因数为 ，斜槽底端离地的高度为

27、 y，不计小球与水平槽之间的摩擦，小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是_；(2)以 H 为横坐标，以_为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；(3)由第(1)、(2)问，可以得出结论_；(4)受该实验方案的启发，某同学改用图丙的装置实验。他将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一位置固定，仍将小球从不同的标记点由静止释放，记录小球到达斜槽底端时下落的高度 H，并测量小球击中木板时平抛下落的高度 d，他以 H 为横坐标，以_为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，也达到了同样的目的。【答案】 (1). ； (2). ； (3). 在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽低端的过

28、程中合外力对小球所做的功等于小球动能的增量； (4). ；【解析】（1）设小球离开斜槽时的速度为 v，根据平抛运动的规律得： ，联立得：，小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，则合力做的功为：，小球动能的变化量 ，则小球从斜槽上滑下的过程中，动能定理若成立应满足的关系式是 ，约去质- 14 -量 mg，得： ；（2）根据上题结果可知，以 H 为横坐标，以 为纵坐标，在坐标纸上描点作图，如图乙所示；（3）由第（1） （2）问，结合图象可得：在实验误差允许的范围内，小球运动到斜槽底端的过程中，合外力对小球所做的功等于动能的增量 （4）根据平抛运动的规律有： ，则动能定理表达式为： ，化简得：

29、，故以 H 为横坐标，以 为纵坐标，描点作图，使之仍为一条倾斜的直线，【点睛】小球在斜槽上滑下过程中，重力和摩擦力做功，写出合力做的功根据平抛运动的规律求出小球离开斜槽时的速度，得到动能的变化即可写出动能定理的关系式根据动能定理表达式，选择纵坐标根据图象的形状分析并得出结论根据平抛运动的规律得到 v 与d 的关系式，再由动能定理求得 H 与 的关系式，根据解析式选择纵坐标三、计算题17.如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为 80 cm，足球的重量为 400 g，与头顶作用时间 t 为 0.1 s，空气阻力不计， g10 m/s 2，求：（1）足球一次在空中的运动时间 t；

30、（2）足球对头部的作用力 F 。【答案】 （1）0.8s(2)36N 竖直向下【解析】【详解】 （1）足球自由下落时有 h gt12，解得 t1 0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以 t2 t10.8 s；（2）设竖直向上为正方向，由动量定理得( F mg) t mv( mv)，又 v gt4 m/s，联立解得 F36 N，- 15 -由牛顿第三定律知足球对头部的作用力 FN36 N，方向竖直向下。18.如图所示，在固定的光滑水平杆（杆足够长）上，套有一个质量为 m0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为 M1.98 kg 的木块。现有一质量为

31、m020 g 的子弹以 v0100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中（不计空气阻力和子弹与木块作用的时间， g10 m/s 2） ，求：（1）圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；（2）木块所能达到的最大高度。【答案】 （1）99J（2）0.01m【解析】试题分析：子弹打入木块的过程中，子弹和木块组成的系统水平方向动量守恒 m0v0=（m+M）v 1解得:v 1=m/s子弹、木块构成的系统损失的机械能解得：损失的机械能当木块摆至最高点时，三者同速，系统水平方向动量守恒:解得:v 2=08m/s系统机械能守恒:解得木块能上升的最大高度: h=001m=1cm。考点：动量守恒定律及能量守恒定

32、律19.如图，倾角 的光滑的斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板 A 静置于斜面上， A 上放置一小物块 B，初始时 A 下端与挡板相距 。已知在 A 停止运动之前 B 始终没有脱离 A 且不会与挡板碰撞， A 和 B 的质量均为 ，它们之间的动摩擦因数 ，A 或B 挡板每次碰撞损失的动能均为，忽略碰撞时间，重力加速度大小 ，求：- 16 -（1） A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小 v；（2） A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间间隔 t；（3） B 相对于 A 滑动的可能最短时间 t。【答案】 （1） （2） （3） 【解析】【详解】 （1）B 和 A 一起沿斜面向下运动，由

33、机械能守恒定律有 2mgLsin (2m)v2由式得 v2 m/s（2）第一次碰后，对 B 有 mgsin=mgcos 故 B 匀速下滑 对 A 有 mgsin+mgcos=ma 1得 A 的加速度 a110 m/s2，方向始终沿斜面向下，A 将做类竖直上抛运动 设 A 第 1 次反弹的速度大小为 v1，由动能定理有 mv2 mv12 E t 由式得 t s（3）设 A 第 2 次反弹的速度大小为 v2，由动能定理有 mv2 mv222 E得 v2=10 m/s即 A 与挡板第 2 次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后 B 反弹的速度为 v，加速度大小为 a，由动能定理有 mv2 mv 2 E（11）mgsin+mgcos=ma（12）由（11） （12）式得 B 沿 A 向上做匀减速运动的时间 t2 （13）当 B 速度为 0 时，因 mgsin=mgcosf m，B 将静止在 A 上 （14）当 A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对 A 运动的时间 t 最短，故 t=t+t 2=- 17 -【点睛】本题考查功能关系、牛顿第二定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用好可正确求解.