1、- 1 -赣县中学北校区 2017-2018 学年度下学期高二物理五月考试卷1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、选择题（每题 4 分，共 40 分，1-5 单选，6-10 多选。 ）1下列说法中正确的是（ ）A. 钍的半衰期为 24 天。1g 钍 经过 120 天后还剩0.2gB. 大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生 4 种不同频率的光子C. 是核聚变反应D. 光电效应实验中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大2如图所示是一交变电流的 i-t 图像，则该交流电电流的有效值为（ ）A. A B. A C. 2 A D. 4A3氢
2、原子的能级如图所示，已知可见光的光子能量范围约为 1.623.11eV。下列说法不正确的是（ ）A、一个处于 n=2 能级的氢原子，可以吸收一个能量为 4eV 的光子B、大量氢原子从高能级向 n=3 能级跃迁时，发出的光是不可见光C、大量处于 n=4 能级的氢原子，跃迁到基态的过程中可以释放出 6 种频率的光子D、氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中释放的光子的能量可能大于 13.6eV4在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的 A、B 两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小） ，R
3、 为定值电阻。下列说法正确的是（ ）A. 变压器原线圈两端电压的瞬时表达式为 u=36 sin50t(V）B. 在 t=0.01s 时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零C. Rt处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表 V1、V 2的比值不变D. Rt处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小5如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为 21，原线圈一侧接一输出电压恒为 U1的正弦交流电源，电阻 R1、R 2、R 3、R 4的阻值相等。下列说法正确的是（ ）A. S 断开时，图中电压 U1U 2=21B. S 断开时，R 1消耗的电功率等于 R2的 2 倍C. S 闭合后，R 1
4、、R 3、R 4消耗的电功率相同D. S 闭合后，R 1两端电压比 S 闭合前的更小6下列几幅图的有关说法中正确的是( )- 2 -图甲 图乙 图丙 图丁A. 图甲中的人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动B. 乙图中射线丙由 粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，射线乙不带电，是高速运动的中子流C. 丙图中强黄光和弱黄光曲线交于 U 轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关D. 图丁为氢原子能级示意图，一群氢原子处于 n=4 的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为 2.21eV 的金属钾发生光电效应的光谱线有 4 条7一交流发电机和理想变压器按如图电路连
5、接，已知该发电机线圈匝数为 N，电阻为 r，当线圈以转速 n 匀速转动时，电压表示数为 U，灯泡（额定电压为U0，电阻恒为 R）恰能正常发光，已知电表均为理想交流电表，则（ ）A. 变压器原、副线圈匝数比为 U:U0B. 电流表示数为C. 在图示位置时，发电机线圈的磁通量为D. 线圈转到一周的过程中，克服安培力所做的功为8如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体 A、 B 质量均为 m，在水平恒力 F 作用下以速度 v 做匀速运动。在 时轻绳断开， A 在 F 作用下继续前进，则下列0t说法正确的是（ ）A. 至 时间内， A、 B 的总动量守恒0tmB. 至 时间内， A、
6、B 的总动量守恒2v3tC. 时， A 的动量为tF2vD. 时， A 的动量为4v4m9如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 ：=10：1，b 是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为 (V)，则（ ）A. 当单刀双掷开关与 a 连接时，电压表 的示数为 22VB. 当 s 时，电压表 的读数为 110 V- 3 -C. 单刀双据开关与 a 连接，当滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中，电压表 的示数增大，电流表示数变小D. 当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，电压表 和电流表 A 的示数均变大10如图所示是远距离输
7、电示意图，电站的输出电压恒定为 U1=250V，输出功率 P1=100kW，输电线电阻 R=8则进行远距离输电时，下列说法中正确的是（ ）A. 若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B. 若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C. 输电线损耗比例为 5%时，所用升压变压器的匝数比D. 用 10000 V 高压输电，输电线损耗功率为 800W二、填空题。 （每空 2 分，共 18 分）11约里奥居里夫妇因发现人工放射性而获得了 1935 年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素 衰变成 的同时放出另一种粒子，这种粒子是_。 是 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术。1mg
8、 随时间衰变的关系如图所示，请估算 4mg 的 经多少天的衰变后还剩 0.5mg？_。12如图所示是研究光电效应的实验装置，某同学进行了如下操作：（1）用频率为 1的光照射光电管，此时电流表中有电流调节滑动变阻器，将触头 P 向_端滑动（选填“a”或“b” ） ，使微安表示数恰好变为零，记下电压表示 U1（2）用频率为 2的光照射光电管，重复中的步骤，记下电压表示数 U2已知电子的电量为 e，由上述实验可知，普朗克常量 h=_（用上述已知量和测量量表示） （3）关于光电效应，下列说法正确的是_.A光照时间越长光电流越大B入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多C金属钠的每个
9、电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能最够大时，就能逸出金属D不同频率的光照射同一种金属时，频率越高，光电子的最大初动能越大13为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞(碰撞过程中没有机械能损失)，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：用天平测出两个小球的质量分别为 m1和 m2，且 m1m2按照如图所示的那样，安装好实验装置将斜槽 AB 固定在桌边，使槽的末端点的切线水平将一斜面 BC 连接在斜槽末端先不放小球 m2，让小球 m1从斜槽顶端 A 处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置将小球 m2放在斜槽前端边缘处，让小球 m1从斜
10、槽顶端A 处滚下，使它们发生碰撞，记下小球 m1和小球 m2在斜面上的落点位置 - 4 -用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点 B 的距离图中 D、E、F 点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到 B 点的距离分别为 LD、 LE、 LF根据该同学的实验，回答下列问题：(1)小球 m1与 m2发生碰撞后， m1的落点是图中的_点， m2的落点是图中的_点(2)用测得的物理量来表示，只要满足关系式_说明碰撞中动量是守恒的(3)用测得的物理量来表示，只要再满足关系式_说明此碰撞过程是弹性碰撞3、计算题。 （本题共 4 小题，共 42 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只
11、写出最后答案的不能得分。 有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 ）14 （8 分）如图所示为交流发电机示意图，匝数为 n100 匝的矩形线圈，边长分别为 10 cm 和 20 cm，内阻为 5 ，在磁感应强度 B05 T 的匀强磁场中绕 OO轴以 50 rad/s2的角速度匀速转动，线圈和外部 20 的电阻 R 相接求：（1）S 断开时，电压表示数（2）电键 S 合上时，电压表和电流表示数15 （8 分）在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次 衰变。放射出的 粒子（ ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 R。以 m、 q 分别表示 粒子的质量和电
12、荷量。（1）放射性原子核用 表示，新核的元素符号用 Y 表示，写出该 衰变的核反应方程。（2） 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。（3）设该衰变过程释放的核能都转为为 粒子和新核的动能，新核的质量为 M，求衰变过程的质量亏损 m。16 （12 分）如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是mA=40kg 和 mB=30kg用轻弹簧栓接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触另有一物块 C 从 t=0 时以一定速度向右运动，在 t=4s 时与物块 A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块 C 的 v-t 图象如图乙所示求：（1）物块 C 的质量 m
13、C；（2）墙壁对物块 B 在 4 s 到 12s 的时间内的冲量 I 的大小和方向；（3）B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep；（4）B 离开墙后，三个物块在光滑的水平地面上向左运动（地面很长） ，B 的速度变化范围，粘在一起 AC 的速度变化范围？17 （14 分）质量 、长度 、电量的导体板 A 在绝缘水平面上，质量可视为质点的绝缘物块 B 在导体板 A 上的左端，开始时 A、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到 时，立即施加一个- 5 -方向水平向左、场强大小 的匀强电场，此时 A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为s，此后 A、B 始终处在匀强电场中，如图所示，假定
14、A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与 B 之间（动摩擦因数 ）及 A 与地面之间（动摩擦因数 ）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，取 。试分析：（1）当加上电场后，A，B 是否立即有相对滑动；（2）要使 A 与挡板碰后，最终 B 不从 A 上滑下，s 应满足的条件。- 6 -参考答案1C【解析】钍的半衰期为 24 天。1g 钍 经过 120 天，也就是 5 个半衰期后，还剩，选项 A 错误；大量处于 n=4 激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生种不同频率的光子，选项 B 错误； 是核聚变反应，选项 C 正确；光电效应实验中，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，选项 D
15、错误；故选 C.2B【解析】设交流电电流的有效值为 I，电阻为 R周期为 T=310-2s，则，解得 I= A；故选 A。点睛：此题要根据有效值的定义求解，即取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值3D【解析】试题分析：一个处于 n=2 能级的氢原子，可以吸收一个能量为 4eV 的光子，A 正确；氢原子从高能级向 n=3 能级跃迁时发出的光子能量小于 1.51eV，小于可见光的频率，故 B 正确；大量处于 n=4 能级的氢原子，跃迁到基态的过程中，根据 ，因此释放出 6 种频率的光子，246C故 C 正确氢原子从高能级向低能级跃迁的过程
16、中释放的光子的能量，小于 13.6eV故 D 错误；考点：考查了氢原子跃迁【名师点睛】本题考查氢原子的波尔理论，解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即 ，并能灵活运用 mnEhv4B【解析】原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压 36 V，周期 0.02s，故角速度是 =100，u=36 sin100t（V） ，当 t=0.01s 时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故 A 错误，B 正确；R 1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是 V2不是测量副线圈电压，R 1温度升高时，阻值减小，电流增大，则 R2电压增大，所以 V2示数减小，则电压表 V
17、1、V 2示数的比值增大，故 C 错误；R 1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故 D 错误；故选 B。5C【解析】A、S 断开时，设原线圈的电流为 ，根据变压器知识课知 ，而1I21I， ，可得 ， ，故 A 错误。B、由12UIR2UIR19U1294可知 ，故 B 错误。D、S 闭合后， ， ，2P124I 12IRU23RI联立可知 ，故 D 错误。C、因 ，而并联电路分流可知117IR21I，可得 R1、 R3、 R4三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C234R正确。故选 C。【点睛】本题考查
18、变压器规律的应用，要注意明确变压器的输入电压不是电源的输出电压，而是电阻电压与变压器输入电压之和等于电源的电压，要根据变压比和变流比结合来解决这类问题.- 7 -6CD【解析】A 项：当把锤头打下去时，大锤向左运动，小车就向右运动，抬起锤头时大锤向右运动，小车向左运动，所以在水平面上左、右往返运动车不会持续地向右驶去，故 A 错误；B 项：根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由 a 粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，而射线乙不偏转，说明其不带电，是高速运动的光子流，故 B 错误；C 项：根据 当强黄光和弱黄光曲线交于 U 轴同一点，说明发生光电效应时最大初动能与光的强度无关，故
19、 C 正确；D 项：从 n=4 能级向低能级跃迁时能量只要大于 2.21eV 就能使金属钾发生光电效应，故 D 正确。7ABD【解析】电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是 U1：U 2=U：U 0，故 A 正确；灯泡电流是 ，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P，所以输入功率为 P，U 0 =IU，即电流表读数 I= ，故 B 正确；发电机的线圈中产生的电动势最大值是 Em= （Ir+U）=N m，解得最大磁通量 ，故 C 错误。线圈转到一周的过程中，克服安培力所做的功等于产生的总电能：，选项 D 正确；故选 ABD. 点睛：此题考查交流电产生和描述以及理
20、想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，解题时要搞清安培力做功与能量转化的关系；计算比较麻烦，考查学生数学计算能力.8AC【解析】设 A、B 受到的滑动摩擦力都为 f，断开前两物体做匀速直线运动，根据平衡条件得：F=2f，设 B 经过时间 t 速度为零，对 B 由动量定理得： ，解得： ；0ftmv2vtF由此可知，在剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以 AB 为系统，绳子的属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，在 B 停止运动以前，两物体受到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在 至0t的时间内 A、 B 的总动量守恒，故 A 正确；在
21、后，B 停止运动，A 做匀加速2mvtF 2vtF直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故 A、 B 的总动量不守恒，故 B 错误；当时，对 A 由动量定理得： ，代入 ，解得t tfPm2,mvftF，故 C 正确；当 时，对 A 由动量定理得： ，代入2APv4mvtF AP，解得： ，故 D 错误；故选 C.4,Fft 3AP【点睛】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在 A 停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；在 B 静止后，系统合力不为零，A 和 B 组成的系统动量不
22、守恒9CD【解析】当单刀双掷开关与 a 连接时，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的最大值为 ，副线圈电压的有效值为 ，但是不知道电阻 R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压，故 A 错误；根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为 220V，所以电压表V0的读数为 220V，所以 B 错误；当滑动变阻器触头 P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻- 8 -变大，电路的总电阻变大，电流变小，电阻 R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以 C 正确；若当单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比由 10：1 变为 5：1，所以输出的电压升高，电压
23、表和电流表的示数均变大，所以 D 正确。10ACD【解析】AB、由 知， P1增大， I1增大， I 线 增大，损失的电压增大， U3减小，U4减小，故 A 正确；B 错误；C、损失的功率 ， ，所以 C 正确；D、用 10 000 V 高压输电，即 ， ， 故 D 正确综上所述本题答案是：ACD11 正电子 42 天【解析】由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程： ，可知这种粒子是正电子由图象可知 的半衰期为 14 天，4mg 的 衰变后还剩 0.5mg ，则 ，解得经历了 3 个半衰期，所以为 42 天【点睛】根据质量数和电荷数守恒书写核反应方程，在半衰期计算这一块，剩余质量计算
24、公式为 12 （1）a， （2） ， （3）D12eUv【解析】 （1）根据电路图，结合逸出电子受到电场阻力时，微安表示数才可能为零，因只有K 的电势高于 A 点，即触头 P 向 a 端滑动，才能实现微安表示数恰好变为零；（2）根据光电效应方程得，E k1=hv1-W0=eU1Ek2=hv2-W0=eU2联立两式解得： 12ehv（3）在发生光电效应的情况下，入射光的强度越高，单位时间内发出光电子的数目越多，光电流才越大，与光照时间长短无关故 A 错误入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越少故 B 错误每个电子可以吸收一个光子，当它入射光的能量大于逸出功，就能逸出金属故 C
25、 错误根据光电效应方程得，E Km=hv-W0，当频率越高，光电子的最大初动能越大故 D 正确故选 D.点睛：解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能的关系，注意理解遏止电压的含义知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目13 D F 112EFmLL12EDFmL【解析】 （1）小球 m1和小球 m2相撞后，小球 m2的速度增大，小球 m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后 m1球的落地点是 D 点，m 2球的落地点是 F 点；（2）碰撞前，小于 m1落在图中的 E 点，设其水平初速度为 v1小球 m1和 m2发生碰撞后，m 1的落点在图中的 D 点，设其水平初速度为
26、v1，m 2的落点是图中的 F 点，设其水平初速度为v2 设斜面 BC 与水平面的倾角为 ，由平抛运动规律得： LDsin gt2，L Dcos=v 1t解得： 12gcosvin- 9 -同理可解得： ， 21EgLcosvin 2FgLcosvin所以只要满足 m1v1=m2v2+m1v 1即： , 则说明两球碰撞过程中112EDFm动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失则要满足关系式：m1v12= m1v 12+ m2v2即 m1LE=m1LD+m2LF点睛：解答此题要学会运用平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度，两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损
27、失14 （1）50V（2）40V 2A【解析】试题分析：（1）感应电动势最大值：，0.510.2502mEnBSV感应电动势有效值： mES 断开时，电压表示数，U=E=50V；（2）S 合上时，电路电流： ，502IARr电压表示数：U=IR=220=40V考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查了求电压表与电流表示数、求电阻消耗的功率问题，求出感应电动势的最大值、掌握最大值与有效值间的关系、应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题。15 （1） （2） （3）【解析】 （1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 衰变的核反应方程为（2）设 粒子在磁场中做圆周运动的速度
28、大小为 v，由洛伦兹力提供向心力有根据圆周运动的参量关系有得 粒子在磁场中运动的周期根据电流强度定义式，可得环形电流大小为（3）由 ，得设衰变后新核 Y 的速度大小为 v，核反应前后系统动量守恒，有 Mv mv=0可得根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有解得说明：若利用 解答，亦可。【名师点睛】 （1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒。（2） 衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子” ，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且- 10 -两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运动周期，根据
29、电流强度的定义式可求解电流大小。（3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损。16 （1）2kg （2） 方向向左 （3） （4）0， 4 方向向左 3， 36Ns 9J1 方向向左【解析】试题分析：（1）AC 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出 C 的质量 （2）在 4s 到 8s 的时间内，物体 B 不移动，故墙对物体 B 不做功；在 4s 到 8s 的时间内，对 ABC系统运用动量定理列式求解墙壁对 B 的冲量（3）12s 末 B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当 AC 与 B 速度相等时弹簧弹
30、性势能最大。(1) 由图知，C 与 A 碰前速度为 v1=9m/s，碰后速度为 v2=3m/s，C 与 A 碰撞过程动量守恒，以 C 的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：m Cv1=（m A+mC）v 2，解得：m C=2kg；(2) 由图知，12s 末 A 和 C 的速度为 v3=-3m/s，4s 到 12s，墙对 B 的冲量为 I=（m A+mC）v 3-（m A+mC）v 2，解得：I=-36Ns，方向向左；(3) 12s，B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 AC 与 B 速度相等时，弹簧弹性势能最大，以 A 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
31、：（m A+mC）v3=（m A+mB+mC）v 4，由机械能守恒定律得： ，2234112ACABPvvE解得 ；9PEJ点晴：分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题。17(1)A、B 仍保持相对静止以相同加速度 a 向右做匀减速运动，而无相对滑动(2)2.0m【解析】 【分析】当 AB 恰好不发生相对滑动时，两者之间的静摩擦力达到最大值，以 B 为研究对象，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再对整体研究求出 AB 一起作匀减速运动的加速度，比较两个加速度大小，判断 A、B 之间是否有相对滑动；A 根据速度位移公式求出 A
32、 碰撞挡板前的速度与 s 的关系，与挡板相碰的过程无机械能损失，A 碰撞挡板后原速率反弹，根据 AB 系统所受外力情况，判断系统动量是否守恒，要使 B 恰好不从 A 上滑下时，B 滑到 A的右端，速度与 A 相同，若动量守恒，求出共同速度.由能量守恒定律列出速度与板长的关系式，再求出 s；解：（1）设 B 受到的最大静摩擦力为 ，则 ，设 A 受到的滑动摩擦力为 ，则 ，施加电场后，设 以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为 a，由牛顿第二定律，解得： ，设 受到的摩擦力为 ，由牛顿第二定律得： ，解得 ，由于 ，所以电场作用后，A、B 仍保持相对静止以相同加速度 a 向右做匀减速运动，而无相对滑动。（2）A 与挡板碰前瞬间，设 A、B 向右的共同速度为 ，则 ，A 与挡板碰后，以 A、B 系统为研究对象，则 ，故 A、B 系统动量守恒，设 A、B 向左共同速度为 v，规定向左为正方向，有，设该过程中，B 相对于 A 向右的位移为 ，A 向左的位移为 ，由系统功能关系，A、B 达到共同速度 v 后做匀速运动，要使 B 不从 A 上滑下，则 ，代入数据解得： 。
