1、- 1 -山西省太原市第五中学 2019 届高三物理上学期 10 月月考试题（含解析）（考生注意：考试时间 90 分钟，满分 100 分,答案写到答题纸上，只交答题纸）一、选择题（每小题 6 分，共 48 分,1-6 小题只有一个选项符合题意，7-10 小题每题至少有两个选项是符合题意的，全选对的得 6 分，选择不全的得 3 分，有错的得 0 分）1.如图所示,将一质量为 3m 的长木板静止地放在水平地面上,另一质量为 m 的木块以水平初速度 v0滑上长木板,若木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为 ,则在木块与长木板相对静止之前,长木板受地面的摩擦力大小为 ( )A. mg B. 2m
2、g C. 3mg D. 4mg【答案】A【解析】木块对木板的摩擦力向右，大小为 mg，木板静止，木板水平方向合力为 0，故地面对木板的摩擦力向左，大小为 mg.2.如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体 a、 b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力 F，使两物体均处于静止状态则下列说法正确的是( )A. a、 b 两物体的受力个数一定相同B. a、 b 两物体对斜面的压力不一定相同C. a、 b 两物体受到的摩擦力大小可能不相等- 2 -D. 当逐渐增大拉力 F 时，物体 b 先开始滑动【答案】C【解析】【详解】A、对 a、b 进行受力分析，如图所示：b 物体处于静止状态
3、，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以 b 可能只受 3 个力作用，而 a 物体必定受到摩擦力作用，肯定受 4 个力作用，故 A错误；B、a、b 两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有： ，解得：，则 a、b 两物体对斜面的压力相同，故 B 错误；C、根据 A 的分析可知，b 的摩擦力可以为零，而 a 的摩擦力一定不为零，故 C 正确；D、对 a 沿斜面方向有： ，对 b 沿斜面方向有： ，正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则 a 先达到最大静摩擦力，先滑动，故 D 错误；故选 C。【点睛】关键是正确对物体进行受力分析，能根据平衡条件列式求解。3.一质点静止在
4、光滑水平面上，现对其施加水平外力 F，F 随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是 ( )A. 第 2s 末质点的动量为零B. 第 4s 末，质点回到出发点C. 在 1-3s 时间内，F 的功率先增大后减小D. 在 1-3s 时间内，F 的冲量为 0.- 3 -【答案】D【解析】从图象可以看出在前 2 秒力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第 2s 末，质点的速度最大，动量最大，故 A 正确；该物体在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向不同，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在 0-T 内的位移
5、为正，即第 4s 末，质点没有回到出发点，故 B 错误02s 内，速度在增大，力 F 先增大后减小，根据瞬时功率 p=Fv 得力 F 瞬时功率开始时为 0，2s 末的瞬时功率为 0，所以在 02s 时间内，F 的功率先增大后减小，故 C 正确在 F-t 图象中，F 与 t 之间的面积表示力 F 的冲量，由图可知，1-2s 之间的面积与 2-3s 之间的面积大小相等，一正一负，所以和为 0，则在 13s 时间内，F 的冲量为 0故 D 正确故选 ACD.点睛：物理图象图型是描述和解决物理问题的重要手段之一，若巧妙运用，可快速解决实际问题，有些题目用常规方法来解，相当繁琐，若能结合图象图型，往往能
6、起到化难为易的奇效4.不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，从抛出至回到抛出点的时间为 t，现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前、后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )A. 0.2t B. 0.3t C. 0.4t D. 0.5t【答案】B【解析】【详解】物体下降时间为 ，故高度为： ；物体自由落体运动 过程，有：，解得 ，物体到挡板处的时间为 ，则这种情况下物体上升和下降的总时间： ，故 B 正确，A、C、D 错误；故选 B。【点睛】竖直上抛运动的上升阶段和下降各阶段具有严格的对称性，速度对称：物体在上升过程和下
7、降过程中经过同一位置时速度大小相等，方向相反；时间对称：物体在上升过程和下降过程中经过同一段高度所用的时间相等。5.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型一个小朋友在 AB 段的动摩- 4 -擦因数 ，BC 段的动摩擦因数为 ，他从 A 点开始下滑，滑到 C 点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态则该小朋友从斜面顶端 A 点滑到底端 C 点的过程中（ ） A. 地面对滑梯始终无摩擦力作用B. 地面对滑梯的摩擦力方向始终水平向左C. 地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小D. 地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小【答案】D【解析】试题
8、分析：AB 段，质量为 m 的小朋友沿斜面方向受力情况为沿斜面向下的重力分力 和摩擦力 ，由于 ，所以 ，小朋友具有沿斜面向下的加速度，把加速度分解，则有水平向左的加速度和竖直向下的加速度，对小朋友和滑梯整体分析，既然有水平向左的加速度，整体则受到水平向左的力，这个力就是摩擦力，所以地面对滑梯摩擦力水平向左，根据竖直向下的加速度，说明地面支持力小于整体重力，同理，BC 段， ，小朋友减速，加速度沿斜面向上，分解后则有竖直向上的加速度和水平向右的加速度，所以地面对滑梯支持力大于整体重力，地面对滑梯具有水平向右的摩擦力，对照选项 ABC 错 D 对。考点：牛顿运动定律 受力分析6.“嫦娥一号”探月
9、卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面 200km 的 P 点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在 P 点又经过两次变轨，最后在距月球表面 200km 的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法不正确的是（ ） - 5 -A. 卫星在轨道上运动的速度大于月球的第一宇宙速度B. 卫星在轨道上运动周期比在轨道上短C. 、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小D. 卫星从椭圆轨道经过两次变轨到轨道上运动过程中，其重力势能的变化量大于机械能的变化量【答案】A【解析】【详解】A、根据万有引力提供向心力 ，得 ，轨道半径越大，线速度越小，月球第一宇宙速度
10、的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度，卫星在轨道上运动的速度小于第一宇宙速度，故 A 错误；B、根据开普勒第三定律 ，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道上运动周期比在轨道上短，故 B 正确；C、从轨道进入轨道和从轨道进入轨道，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道上运行的机械能最小， 故 C 正确；D、卫星从椭圆轨道经过两次变轨到轨道上运动过程中，根据万有引力提供向心力，得动能 增大，机械能的减小量 小于重力势能的减小量，故 D 正确；不正确的故选 A。【点睛】关键知道卫星变轨的原理，以及掌握开普勒第三定律，知周期与轨道半径的关系；第一宇宙速度
11、是绕月球作圆周运动最大的环绕速度。7.1772 年，法籍意大利数学家拉格朗日在论文三体问题指出：两个质量相差悬殊的天体（如太阳和地球）所在同一平面上有 5 个特殊点，如图中的 L1、 L2、 L3、 L4、 L5所示，人们称为拉格朗日点若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消- 6 -耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动若发射一颗卫星定位于拉格朗日 L2点，下列说法正确的是（ ）A. 该卫星绕太阳运动周期和地球自转周期相等B. 该卫星在 L2点处于平衡状态C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度D. 该卫星在 L2处所受太阳和地球引力的合力比在
12、 L1处大【答案】CD【解析】【详解】A、据题意知，卫星与地球同步绕太阳做圆周运动，则周期相同，即该卫星绕太阳运动周期和地球公转周期相等，故 A 错误；B、该卫星所受的合力为地球和太阳对它引力的合力，这两个引力方向相同，合力不为零，处于非平衡状态，故 B 错误；C、向心加速度 ，该卫星和地球绕太阳做匀速圆周运动的角速度相等，而半径大于地球公转半径，则该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度，故 C 正确；D、该卫星在 L2处和 L1处的角速度相等，但在 L2处半径大，根据 可知，该卫星在 L2处所受太阳和地球引力的合力比在 L1处大，故 D 正确；故选 CD。【点睛】卫星与地
13、球同步绕太阳做圆周运动的周期和角速度相同，处于非平衡状态，由地球和太阳的引力的合力提供向心力，根据公式 分析其绕太阳运动的向心加速度与地球绕太阳运动的向心加速度关系。8.如图所示,在斜面上放两个光滑球 A 和 B,两球的质量均为 m,它们的半径分别是 R 和 r,球 A左侧有一垂直于斜面的挡板,两球沿斜面排列并处于静止,以下说法正确的是( ) - 7 -A. 斜面倾角 一定,Rr 时,R 越大,r 越小,B 对斜面的压力越小B. 斜面倾角 一定,R=r 时,两球之间的弹力最小C. 斜面倾角 一定时,A 球对挡板的压力一定D. 半径确定时,随着斜面倾角 逐渐增大,A 受到挡板作用力先增大后减小【
14、答案】BC【解析】【详解】AB、对 B 球受力分析，受重力 mg、斜面支持力 N 和 A 球的支持力 F，改变 R 与 r 时，A 对 B 的弹力的方向是改变的，如图所示：由图可以看出，当 R=r 时，支持力平行斜面向上，两球之间的弹力最小，故 B 正确；当Rr，R 越大，r 越小时，力 F 方向从图中的位置 1 逐渐向位置 2、3 移动，故斜面支持力 N增加，根据牛顿第三定律，B 对斜面的压力也增加，故 A 错误；C、对 AB 整体分析，受重力、斜面支持力和挡板的支持力，根据平衡条件，A 对挡板的压力，则知斜面倾角 一定时，无论半径如何，A 对挡板的压力 NA一定，故 C 正确误；D、 由上
15、知，A 对挡板的压力 ，半径一定时，随着斜面倾角 逐渐增大,A 对挡板的压力 NA增大，故 D 错误；故选 BC。【点睛】一要灵活选择研究对象，二要灵活选择研究方法，本题采用图解法和函数法相结合- 8 -研究，比较简便。9.质量为 m 的小球由轻绳 a 和 b 分别系于一轻质细杆的 A 点和 B 点，如图所示，绳 a 与水平方向成 角，绳 b 在水平方向且长为 l，当轻杆绕轴 AB 以角速度 匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是( )A. a 绳的张力不可能为零B. a 绳的张力随角速度的增大而增大C. 当角速度 ， b 绳将出现弹力D. 若 b 绳突然被剪断，则 a
16、绳的弹力一定发生变化【答案】AC【解析】【详解】A、小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为零，故 A 正确；B、根据竖直方向上平衡得： ，解得： ，可知从此状态开始增大角速度时，a 绳的拉力不变，故 B 错误；C、当 b 绳拉力为零时，有： ，解得： ，可知当角速度 时，b 绳出现弹力，故 C 正确；D、若 b 绳没有弹力时，b 绳突然被剪断，a 绳的弹力则不变，故 D 错误；故选 AC。【点睛】小球做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析判断。10
17、.如图所示， A、 D 分别是斜面的顶端、底端， B、 C 是斜面上的两个点， AB BC CD， E 点在 D 点的正上方，与 A 等高从 E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球 1 落在B 点，球 2 落在 C 点，关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程，下列说法正确的是 - 9 -( )A. 球 1 和球 2 运动的时间之比为 12B. 球 1 和球 2 动能增加量之比为 12C. 球 1 和球 2 抛出时初速度之比为 2 1D. 球 1 和球 2 的速度变化量之比为 2【答案】BCD【解析】【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根
18、据高度确定运动的时间，通过水平位移求出初速度之比根据动能定理求出动能的增加量之比；【详解】A、因为 AC=2AB，则 AC 的高度差是 AB 高度差的 2 倍，根据 得： ，解得运动的时间比为 ，故 A 错误；B、根据动能定理得： ，知球 1 和球 2 动能增加量之比为 1:2，故 B 正确；C、AC 在水平方向上的位移是 AB 在水平方向位移的 2 倍，结合 ，解得初速度之比为，故 C 正确；D、根据速度变化量 ，球 1 和球 2 的速度变化量之比为 ，故 D 正确；故选 BCD。【点睛】关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解。二实验题（本题共 2 小题,共
19、 12 分.请将答案填在答题纸中的横线上或按要求答题)11.如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放。气垫导- 10 -轨摩擦阻力很小可忽略不计，由于遮光条的宽度很小，可认为遮光条通过光电门时速度不变。（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d= _mm（2）实验时，该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d 值，将滑块从 A 位置由静止释放，测量遮光条到光电门的距离 L，若要得到滑块的加速
20、度，还需由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的_；（3）下列不必要的一项实验要求是_；A应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B应使 A 位置与光电门间的距离适当大些C应将气垫导轨调节水平D应使细线与气垫导轨平行（4）改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数 F，已知滑块总质量为 M,用（2）问中已测物理量和已给物理量写出 M 和 F 间的关系表达式 F=_。【答案】 (1). 2.30 (2). 时间 t (3). A (4). 【解析】【分析】游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读；滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答；从
21、实验原理和实验误差角度分析操作的步骤；【详解】解：(1)由图知主尺的读数为 2mm；游标尺上的第 6 条刻度线与主尺对齐，游标尺读数为 60.05mm= 0.30mm，游标卡尺读数结果为 d=2mm+60.05mm=2.30mm；(2)已知初速度为零，位移为 L，要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门 B 的时间 t；(3)A、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故 A 不必要；- 11 -B、应使 A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 是必要的；C、气垫导轨中阻力很小，可以忽略不计，故气垫导轨调节水平是需要的，故
22、C 是必要的；D、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故 D 是必要的；故选 A；(4) 滑块到达光电门的速度 ；根据匀加速运动的速度位移的关系公式得：；根据牛顿第二定律得到： ；12.在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于槽口附近处，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹 A；将木板向远离槽口平移距离 x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹 B；又将木板再向远离槽口平移距离 x，小球再从斜槽上
23、紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹 C。若测得木板每次移动距离 x=10.00 cm， A、 B 间距离y1=4.78 cm， B、 C 间距离 y2=14.58 cm。 （ g 取 9.80m/s2）(1）根据以上直接测量的物理量得小球初速度为 0=_（用题中所给字母表示）(2）小球初速度的测量值为_m/s（保留两位有效数字） 。【答案】 (1). (2). 1.0【解析】试题分析：因三个点在水平方向的位移相等，则运动时间相等为 ，竖直方向小球做匀加速直线运动，根据推论 ，即 ，得： ，再由水平方向 ，有- 12 -。x=1000cm=01m，A、B 间距离 y1=478cm，B、C 间距离
24、y2=1458cm；将数据代入公式解得 。考点：研究平抛运动的规律。【名师点睛】小球离开导轨后做平抛运动，将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动根据匀变速直线运动的推论 ，由 y1、y 2求出 A 到 B 或 B到 C 的时间，再求出初速度。三.计算题(本题共 5 小题，共 40 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只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)13.如图，与水平面夹角 37的斜面和半径 R=0.4m 的光滑圆轨道相切于 B 点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的 A 点由静止释放，经 B 点后沿圆轨道运动，通过
25、最高点 C 时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数 =0.25。 （g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）滑块在 B 点的速度大小 vB（2）A、B 两点间的高度差 h【答案】 （1）4.3m/s（2）1.4m【解析】【分析】对滑块在 C 点应用牛顿第二定律求出滑块在 C 点的速度大小，对滑块从 B 到 C 应用机械能守恒即可求得在 B 处的速度；对滑块从 A 到 B 应用动能定理即可求出 A、B 两点间的高度差；【详解】解：(1)通过最高点 C 时轨道对滑块的弹力为零对滑块在 C 点应用牛顿第二定律可得：所以- 13 -滑块在光滑圆轨道上运动，机
26、械能守恒，故有：所以, (2) 滑块从 A 到 B 只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得：所以14.如图所示，传送带与地面的夹角 37， A、 B 两端间距 L16 m，传送带以速度v10 m/s，沿顺时针方向运动，物体 m1 kg，无初速度地放置于 A 端，它与传送带间的动摩擦因数 0.5，(sin 370.6，cos 370.8)试求：(1)物体由 A 端运动到 B 端的时间；(2)若仅将传送带运动方向改为逆时针方向运动,则物体由 A 端运动到 B 端过程中,物体相对传送带移动的距离为多大?【答案】(1) 2 s (2) 56 m【解析】【分析】物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛
27、顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度增加到与传送带相同所经历的时间，速度相同时，由于 ，物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出加速度，再位移公式求出时间，即可求得总时间；将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从 A 运动到B 端，根据牛顿第二定律和运动学公式求出物体相对传送带移动的距离；【详解】解：(1) 物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：可得：- 14 -则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为：此过程通过的位移为由于 ，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有：解得 加速度为 由
28、解得：故物体从 A 运动到 B 需要的时间为：(2) 将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从 A 运动到 B 端，根据牛顿第二定律得：可得得： 物体相对传送带移动的距离为：15.如图所示，竖直圆盘绕中心 O 沿顺时针方向匀速转动，当圆盘边缘上的 P 点转到与 O 同一高度时，一小球从 O 点以初速度 0水平向 P 抛出，当 P 点第一次转到位置 Q 时，小球也恰好到达位置 Q，此时小球的动能是抛出时动能的 5 倍，已知重力加速度为 g，不计空气阻力。由此可求：(1)小球从抛出到与 P 相遇的时间?(2)圆盘的半径?【答案】(1) (2) - 15 -【解析】【分析】小球从 O 点
29、以初速度 v0水平向 P 抛出，到达位置 Q 时小球的动能是抛出时动能的 5 倍，由此即可求出重力做的功；然后由 求出小球下降的高度，将小球的运动分解，求出运动的时间和圆盘的半径；【详解】解: (1)小球从 O 点以初速度 v0水平向 P 抛出，到达位置 Q 时小球的动能是抛出时动能的 5 倍由动能定理得：所以：小球在竖直方向做自由落体运动，则有所以：(2)小球在水平方向的位移：圆盘的半径：16.如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 mA=2 kg、m B=1 kg。初始时 A 静止与水平地面上，B 悬于空中。先将 B竖直向上再
30、举高 h=1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触，取 g=10 m/s2。求：(1)B 从释放到细绳绷直时的运动时间;(2)A 的最大速度的大小;- 16 -(3)初始时 B 离地面的高度。【答案】(1) 0.6s(2) 2m/s(3) 0.6m【解析】（1） B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：（2）设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、 B 的重力， A、 B 相互作用，总动量守恒：绳子绷直瞬间， A、 B 系统获得的速度：之后 A 做匀减速运动，所以细绳
31、绷直瞬间的速度 v 即为最大速度， A 的最大速度为 2 m/s（3）细绳绷直后， A、 B 一起运动， B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、 B 的速度为零，这一过程中 A、 B 组成的系统机械能守恒，有：解得，初始时 B 离地面的高度点睛：本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。17.如图所示，上表面光滑的“L”形木板 B 锁定在倾角为 370的足够长的斜面上；将一小物块 A 从木板 B 的中点轻轻地释放，同时解除木板 B 的锁定，此后 A 与 B 发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失；已知物块 A 的质量 m=1kg，木板 B 的质量 M=4kg，板
32、长 L=6m，木板与斜面间的动摩擦因数为 =0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，sin37 0=0.6，cos37 0=0.8，试问：（1）第一次碰撞后的瞬间 A、B 的速度大小；（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A 距 B 下端的最大距离；【答案】 （1）A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6m/s，B 的速度大小为 2.4m/s， （2）- 17 -【解析】【分析】由机械能守恒求出 A 在碰撞前的速度；然后由机械能守恒与动量守恒求出第一次碰撞后瞬间A 和 B 的速度；在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，当二者的速度相等时距离最大，由牛顿第二定律以及运
33、动学的公式即可求出运动的时间以及 A 距 B 的最大距离；【详解】解：(1)设小物块 A 与 B 发生弹性碰撞前的速度大小为 v0由机械能守恒定律： 代入数据得：设 A 与 B 发生弹性碰撞后的速度分别为 v1和 v2，选取沿斜面向下的方向为正方向，由碰撞过程动量守恒和能量守恒可得：解得： ，可见，A 与 B 第一次碰后，A 的速度大小为 3.6m/s，方向沿斜面向上，B 的速度大小为2.4m/s，方向沿斜面向下(2)A 与 B 第一次碰后，A 沿板向上做匀减速运动，B 沿斜面向下做匀速直线运动（因=0.6） ，A 与 B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A 与 B 下端有最大距离，即 A 与 B 速度相等之时，此过程中，A 运动的时间A 距 B 下端有最大距离： 其中 ，解得：
