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長春市實驗中學2018-2019學年上學期期中考試高三物理試卷
一、選擇題：本題共13小題，每題5分共65分，在每小題給出的四個選項中，第1-8題只有一個選項符合題目要求。第9～13題有多個選項符合題目要求。全部答對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。
1.一物體做勻加速直線運動，通過一段位移Δx所用的時間為t1，緊接著通過下一段位移Δx所用時間為t2.則物體運動的加速度為(　　)
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】物體作勻加速直線運動在前一段△x所用的時間為t1，平均速度為，即為時刻的瞬時速度；物體在后一段△x所用的時間為t2，平均速度為，即為時刻的瞬時速度；速度由變化到的時間為：，所以加速度為：，故A正確，BCD錯誤。
2.下列有關牛頓運動定律的說法，其中正確的是（　?。?br /> A. 慣性就是物體保持靜止狀態(tài)的性質(zhì)
B. 一對作用力和反作用力的作用效果總相同
C. 物體運動狀態(tài)改變的難易程度就是加速度
D. 力的國際制單位“牛頓”是根據(jù)牛頓第二定律定義的
【答案】D
【解析】
慣性就是物體保持靜止或者勻速直線運動狀態(tài)的性質(zhì)，故A錯誤；作用力和反作用力作用在兩個物體上，效果不相同，故B錯誤；物體運動狀態(tài)改變的難易程度取決于物體慣性大小，故C錯誤；力的國際制單位“牛頓”是根據(jù)牛頓第二定律定義的，故D正確。所以D正確，ABC錯誤。
3.如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質(zhì)量分別為m、M，夾子與木塊兩側(cè)間的最大靜摩擦力均為f，當一起向上做加速運動時，若木塊不滑動，力F的最大值是(　　)

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】對木塊分析得：2f-Mg=Ma，解得木塊的最大加速度為：，對整體分析得：F-（M+m）g=（M+m）a，將a代入解得：，故A正確，BCD錯誤。
4.甲、乙兩車在平直公路上同向行駛，其v–t圖象如圖所示。已知兩車在t=3 s時并排行駛，則（ ）

A. 在t=1 s時，甲車在乙車后
B. 在t=0時，甲車在乙車前7.5 m
C. 兩車另一次并排行駛的時刻是t=2 s
D. 甲、乙兩車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40 m
【答案】AB
【解析】
已知兩車在t=0時并排行駛，在0-1s內(nèi)，甲車的速度比乙車的小，所以在t=1s時，甲車在乙車后，故A正確．根據(jù)速度時間圖線與時間軸所圍的面積大小表示位移．可得，在t=3s時，兩車的位移之差為△x=x乙-x甲=，則在t=3s時，甲車在乙車后7.5m．故B正確．根據(jù)“面積”表示位移，可知兩車另一次并排行駛的時刻是t=4s，故C錯誤．兩車另一次并排行駛的時刻是t=4s，甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為 S==60m，故D錯誤．故選AB.
點睛：本題是追及和相遇問題．解答此題的關鍵是根據(jù)速度圖象分析物體運動情況，要注意兩車的位置關系和距離隨時間如何變化，當兩車相遇時，位移之差等于原來之間的距離．

5.如圖所示，將小球a從地面以初速度v0豎直上拋的同時，將另一相同質(zhì)量的小球b從距地面h處由靜止釋放，兩球恰在處相遇(不計空氣阻力)．則(　　)

A. 兩球同時落地
B. 相遇時兩球速度大小相等
C. 從開始運動到相遇，球a動能的減少量等于球b動能的增加量
D. 相遇后的任意時刻，重力對球a做功功率和對球b做功功率相等
【答案】C
【解析】
試題分析：A、a球做的是豎直上拋運動，b球是自由落體運動，它們的運動狀態(tài)不同，不可能同時落地，故A錯誤．
B、從題目內(nèi)容可看出，在處相遇，此時a球和b球的位移相同，時間相同，它們的加速度也相同，所以ab兩個球的運動的過程恰好是相反的，把a球的運動反過來看的話，應該和b球的運動過程一樣，所以在相遇時，a球的速度剛好為0，而b球的速度剛好為v0，所以B錯誤．
C、由于兩球運動時機械能守恒，兩球恰在處相遇，從開始運動到相遇，由動能定理可知，球a動能的減少量等于球b動能的增加量，選項C正確．
D、相遇后，ab兩個球的速度的大小不同，而重力的大小是相同的，所以重力的功率不同，故D錯誤．
故選：C．

6.一人造地球衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，假如該衛(wèi)星變軌后仍做勻速圓周運動，動能減小為原來的，不考慮衛(wèi)星質(zhì)量的變化，則變軌前后衛(wèi)星的(　　)．
A. 向心加速度大小之比為4∶1
B. 角速度之比為2∶1
C. 周期之比為1∶8
D. 軌道半徑之比為1∶2
【答案】C
【解析】
【詳解】根據(jù)Ek＝mv2得v＝ ，所以衛(wèi)星變軌前、后的速度大小之比為；根據(jù)，得衛(wèi)星變軌前、后的軌道半徑之比為，選項D錯誤；根據(jù)，得衛(wèi)星變軌前、后的向心加速度大小之比為，選項A錯誤；根據(jù)，得衛(wèi)星變軌前、后的角速度之比為，選項B錯誤；根據(jù)T＝， 得衛(wèi)星變軌前、后的周期之比為，選項C正確；故選C．
【點睛】能根據(jù)萬有引力提供圓周運動向心力，并由此根據(jù)半徑關系求解分析描述圓周運動物理量大小關系是正確解題的關鍵．
7.如圖所示，一質(zhì)量M =3.0 kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m =1.0 kg的小木塊A(可視為質(zhì)點)，同時給A和B以大小均為2.0 m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，要使小木塊A不滑離長木板B板，已知小木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.6，則長木板B的最小長度為(　　)

A. 1.2 m
B. 0.8 m
C. 1.0 m
D. 1.5 m
【答案】C
【解析】
【詳解】當從開始到AB速度相同的過程中，取水平向右方向為正方向，由動量守恒定律得：(M?m)v0 ＝(M+m)v解得：v=1m/s；由能量關系可知： 解得：L=1m，故選C.
8.在兒童樂園的蹦床項目中，小孩在兩根彈性繩和彈性床的協(xié)助下實現(xiàn)上下彈跳，如圖所示．某次蹦床活動中小孩靜止時處于O點，當其彈跳到最高點A后下落可將蹦床壓到最低點B，小孩可看成質(zhì)點．不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　)

A. 從A點運動到O點，小孩重力勢能的減少量大于動能的增加量
B. 從O點運動到B點，小孩動能的減少量等于蹦床彈性勢能的增加量
C. 從A點運動到B點，小孩機械能的減少量小于蹦床彈性勢能的增加量
D. 從B點返回到A點，小孩機械能的增加量等于蹦床彈性勢能的減少量
【答案】A
【解析】
【詳解】A. 從A運動到O，小孩的速度不斷增大，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知：其重力勢能減少量等于增加的動能與彈性繩的彈性勢能之和，則重力勢能減少量大于動能增加量，故A正確；
B. 從O運動到B，小孩的速度不斷減小，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知：小孩動能減少量和重力勢能減少量之和等于蹦床和彈性繩彈性勢能增加量，則小孩動能減少量小于蹦床和彈性繩彈性勢能增加量，故B錯誤；
C. 從A運動到B，小孩機械能轉(zhuǎn)化為彈性繩和蹦床的彈性勢能，則知小孩機械能減少量大于蹦床彈性勢能增加量，故C錯誤；
D. 若從B返回到A，彈性繩的彈性勢能和蹦床的彈性勢能轉(zhuǎn)化為小孩的機械能，則知小孩機械能增加量大于蹦床彈性勢能的減少量，故D錯誤。
故選：A
9.如圖所示，兩個水平圓盤的半徑分別為R、2R，小圓盤轉(zhuǎn)動時會帶動大圓盤不打滑地一起轉(zhuǎn)動．質(zhì)量為m的小物塊甲放置在大圓盤上距離轉(zhuǎn)軸為R處，質(zhì)量為2m的小物塊乙放置在小圓盤的邊緣處，它們與盤面間的動摩擦因數(shù)相同．當小圓盤以角速度ω轉(zhuǎn)動時，兩物塊均相對圓盤靜止．下列說法正確的是(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)(　　)

A. 小物塊甲受到的摩擦力大小為
B. 兩物塊的線速度大小相等
C. 在角速度ω逐漸增大的過程中，小物塊甲先滑動
D. 在角速度ω逐漸減小的過程，摩擦力對兩物塊做負功
【答案】AD
【解析】
【詳解】大圓盤和小圓盤邊緣上的線速度大小相等，當小圓盤以角速度ω轉(zhuǎn)動時，根據(jù)v=rω知，大圓盤以轉(zhuǎn)動，則小物塊甲受到的摩擦力，故A正確；兩物塊做圓周運動的半徑相等，但是角速度不同，則線速度大小不等，故B錯誤；根據(jù)μmg=mrω2知，臨界角速度，兩物塊的半徑相等，知臨界角速度相等，在角速度ω逐漸增大的過程中，由于大圓盤的角速度是小圓盤較小的一半，可知物塊乙先滑動，故C錯誤；在角速度ω逐漸減小的過程中，甲乙的線速度逐漸減小，根據(jù)動能定理知，摩擦力對兩物塊均做負功，故D正確。所以AD正確，BC錯誤。
10.如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質(zhì)量為m、電荷量為q.小球A的右側(cè)固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d.靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　　)

A. 小球A與B之間庫侖力的大小為
B. 當時，細線上的拉力為0
C. 當時，細線上的拉力為0
D. 當時，斜面對小球A的支持力為0
【答案】AC
【解析】
【詳解】根據(jù)庫侖定律，小球A與B之間庫侖力的大小為：，故A正確；若細線上的拉力為0，小球A受重力、支持力和庫侖斥力而平衡，根據(jù)共點力平衡條件，重力的下滑分力與庫侖力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcosθ，其中，聯(lián)立解得：，解得：，故C正確，B錯誤；兩個球帶同中電荷，相互排斥，故斜面對A的彈力不可能為零，故D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。
11.如圖平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連．若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（ ）

A. 所受重力與電場力平衡
B. 電勢能逐漸增加
C. 動能逐漸增加
D. 做勻變速直線運動
【答案】BD
【解析】
【分析】
帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)粒子的運動軌跡，結(jié)合運動的分析，可知電場力垂直極板向上，從而可確定粒子的運動性質(zhì)，及根據(jù)電場力做功來確定電勢能如何變化。
【詳解】A、D項：帶電粒子在電場中受到電場力與重力，根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，力和速度一定在同一直線上，則可知，電場力必定垂直極板向上，電場力與重力的合力必定與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，故A錯誤，D正確；
B項：電場力垂直于極板向上，電場力做負功，則電勢能增加，故B正確；
C項：因重力不做功，電場力做負功，則電勢能增加，導致動能減小，故C錯誤。
故應選BD。
【點睛】本題考查根據(jù)運動情況來確定受力情況，并由電場力做功來確定電勢能如何，以及動能的變化，注意電場力做正功時電勢能減小，而電場力做負功時電勢能增大。
12.如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質(zhì)點的物塊 B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經(jīng)時間t＝0.6s，二者的速度達到vt＝2m/s.下列說法正確的是(　　)

A. A開始運動時加速度a＝2.5m/s2
B. A、B碰撞后瞬間的共同速度v＝1m/s
C. A的上表面長度l＝0.45m
D. A的上表面長度l＝0.55m
【答案】ABC
【解析】
【詳解】以A為研究對象，由牛頓第二定律得：F=mAa，代入數(shù)據(jù)得：a=2.5m/s2，故A正確；A、B碰撞后共同運動過程中，選向右的方向為正，由動量定理得：Ft=（mA+mB）vt-（mA+mB）v，代入數(shù)據(jù)解得：v=1m/s，故B正確；A、B碰撞過程動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理得：，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：l=0.45m，故C正確，D錯誤。所以ABC正確，D錯誤。
13.如圖，用跨過光滑定滑輪的纜繩將海面上一艘失去動力的小船沿直線拖向岸邊．已知拖動纜繩的電動機功率恒為P，小船的質(zhì)量為m，小船受到的阻力大小恒為f，經(jīng)過A點時的速度大小為v0，小船從A點沿直線加速運動到B點經(jīng)歷時間為t1，A、B兩點間距離為d，纜繩質(zhì)量忽略不計．下列說法正確的是(　　)

A. 小船從A點運動到B點的全過程克服阻力做的功Wf=fd
B. 小船經(jīng)過B點時的速度大小
C. 小船經(jīng)過B點時的速度大小
D. 小船經(jīng)過B點時的加速度大小
【答案】ABD
【解析】
【詳解】小船從A點運動到B點過程中克服阻力做功：Wf=fd，故A正確；小船從A點運動到B點，電動機牽引纜繩對小船做功：W=Pt ，由動能定理有：，聯(lián)立解得：，故B正確，C錯誤；設小船經(jīng)過B點時繩的拉力大小為F，繩與水平方向夾角為θ，繩的速度大小為v′，P=Fv′， v′=v1cosθ，牛頓第二定律 Fcosθ-f=ma，聯(lián)立解得：，故D正確。所以ABD正確，C錯誤。
二、實驗題（共計14分）
14.用如圖實驗裝置驗證m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒定律，m2從高處由靜止開始下落，m1上拖著的紙帶打出一系列的點，對紙帶上的點跡進行測量，即可驗證機械能守恒定律。下圖給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，毎相鄰兩計數(shù)點間還有4個點（圖中未標出）．計數(shù)點間的距離如圖所示。
已知m1＝50g、m2＝l50g（g取9.8m/s2，交流電的頻率為50Hz，所有結(jié)果均保留三位有效數(shù)字）

(1)在紙帶上打下記數(shù)點1時的速度v1＝_______m/s。
(2)在打點0－4過程中系統(tǒng)動能的增量Ek＝_____J，系統(tǒng)勢能的減少量EP＝______J。

【答案】 (1). 0.480 (2). 0.369 (3). 0.384
【解析】
（1）毎相鄰兩計數(shù)點間還有4個點，因此相鄰計數(shù)點的時間間隔為0.1s；根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度，可知打第1個點時的速度為：
v1==0.480m/s
（2）同理，v4==1.92m/s
系統(tǒng)的初速度為零，所以動能的增加量為：△Ek=（m1+m2）v42﹣0=0.369J；
系統(tǒng)重力勢能的減小量等于系統(tǒng)重力做功，即為：
△EP=W=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×（2.4+7.2+12.01+16.79）×10﹣2=0.376J；
點睛：此題關鍵能根據(jù)在勻變速直線運動中時間中點的瞬時速度大小等于該過程中的平均速度求出打下記數(shù)點時的速度；根據(jù)系統(tǒng)的初末動能大小可以求出動能的增加量，根據(jù)系統(tǒng)重力做功和重力勢能之間的關系求出系統(tǒng)重力勢能的減小量．
15.如圖，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系。

(1)實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量________(填選項前的符號)，間接地解決這個問題。
A．小球開始釋放高度h
B．小球拋出點距地面的高度H
C．小球做平拋運動的射程
(2)圖中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時先讓入射球m1多次從傾斜軌道上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP，然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復。接下來要完成的必要步驟是________。(填選項前的符號)
A．用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2
B．測量小球m1開始釋放高度h
C．測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程OM、ON
(3)若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為_________[用(2)中測量的量表示]
(4)若兩球發(fā)生彈性正碰，則OM、ON、OP之間一定滿足的關系是________(填選項前的符號)。
A.OP=ON-OM B.2OP=ON+OM C.OP-ON=2OM
【答案】 (1). C (2). ADE (3). m1·OM＋m2·ON＝m1·OP (4). A
【解析】
【詳解】（1）小球離開軌道后做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中的運動時間相等，小球的水平位移與小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即測量射程，故C正確，ABD錯誤。
（2）要驗證動量守恒定律定律，即驗證：m1v1=m1v2+m2v3，小球離開軌道后做平拋運動，它們拋出點的高度相等，在空中的運動時間t相等，上式兩邊同時乘以t得：m1v1t= m1v2t+ m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，因此實驗需要過程為：測量兩球的質(zhì)量、確定落點從而確定小球的水平位移，故選ADE。
（3）由（2）可知，實驗需要驗證：m1OP=m1OM+m2ON。
（4）根據(jù)彈性碰撞的公式，碰撞后兩球的速度為：，顯然v2-v1=v0，因平拋運動中的時間相等，所以有：OP=ON-OM，故A正確，BCD錯誤。
三．計算題（共計31分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。）
16.如圖所示，用一塊長L1=1.0 m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H=0.8 m，長L2=1.5 m。斜面與水平桌面的夾角θ可在0～60°間調(diào)節(jié)后固定。將質(zhì)量m=0.2 kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1=0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失。(重力加速度取g=10 m/s2；最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)

（1）求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑；(用正切值表示)
（2）當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2；(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)
（3）繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ=53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離xm。
【答案】（1）tanθ≥0.05；
（2）μ2為0.8；
（3）最大距離x為1.9m．
【解析】
解：（1）為使小物塊下滑，則有：
mgsinθ≥μ1mgcosθ；
故θ應滿足的條件為：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功Wf=μ1mgL1cosθ+μ2mg（L2﹣L1cosθ）
由動能定理得：mgL1sinθ﹣Wf=0
代入數(shù)據(jù)解得：
μ2=0.8；
（3）由動能定理得：
mgL1sinθ﹣Wf=mv2
解得：v=1m/s；
對于平拋運動，豎直方向有：
H=gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x1=vt
解得：x1=0.4m；
總位移xm=x1+L2=0.4+1.5=1.9m；
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物塊能從斜面開始下滑（用正切值表示）
（2）當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ2為0.8；
（3）繼續(xù)增大θ角，發(fā)現(xiàn)θ=53°時物塊落地點與墻面的距離最大，此最大距離x為1.9m．
【點評】本題考查動能定理及平拋運動的規(guī)律，要注意正確分析過程及受力，注意摩擦力的功應分兩段進行求解；同時掌握平拋運動的解決方法．

17.題圖為“嫦娥三號”探測器在月球上著陸最后階段的示意圖，首先在發(fā)動機作用下，探測器受到推力在距月球表面高度為h1處懸停(速度為0，h1遠小于月球半徑)；接著推力改變，探測器開始豎直下降，到達距月面高度為h2處的速度為v；此后發(fā)動機關閉，探測器僅受重力下落到月面，已知探測器總質(zhì)量為m(不包括燃料)，地球和月球的半徑比為k1，質(zhì)量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g，求：

(1)月球表面附近的重力加速度大小及探測器剛接觸月面時的速度大??；
(2)從開始豎直下降到剛接觸月面時，探測器機械能的變化．
【答案】(1)，　(2)
【解析】
試題分析：（1）設地球質(zhì)量和半徑分別為M和R，月球的質(zhì)量、半徑和表面的重力加速度分別為M′、R′和g′，探測器剛接觸月球表面時的速度大小為；
由mg′=G和mg=G，得：
由，得：；
（2）設機械能變化量為，動能變化量為，重力勢能變化量為；
由
有
得：
考點：考查了萬有引力定律的應用
【名師點睛】本題關鍵是明確探測器的受力情況和運動情況，然后根據(jù)運動學公式和萬有引力定律列方程求解，不難．

18.如圖所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP長為L=1.6m，滑塊A、B與該段間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5，水平地面的其余部分是光滑的，滑塊B靜止在O點，其質(zhì)量=2kg，滑塊A在O點左側(cè)以=5m/s的水平速度向右運動，并與B發(fā)生正碰，A質(zhì)量是B質(zhì)量的k（k取正整數(shù)倍），滑塊均可視為質(zhì)點，取。

（1）若滑塊A與B發(fā)生完全非彈簧碰撞，求A、B碰撞過程中損失的機械能；
（2）若滑塊A與B發(fā)生彈性碰撞，試討論k在不同取值范圍時，滑塊A克服摩擦力所做的功。
【答案】（1）（2）（1）當k=1?時，vA=0，滑塊A停在O點，A克服摩擦力所做的功為WfA=0?；
（2）當1＜k≤9時，滑塊A停在OP之間，A克服摩擦力所做的功為J???；??
（3）當k＞9時，滑塊A從OP段右側(cè)離開，A克服摩擦力所做的功為16k J????????
【解析】
（1）設滑塊A碰B后的共同速度為v，AB碰撞過程中損失的機械能為△E
由動量守恒定律有????mAv0=（mA+mB）v?????①
由能量守恒定律有△E=mAv02 -（mA+mB?）v2????②
聯(lián)立①②式并代入數(shù)據(jù)解得???J???③
（2）設碰撞后A、B速度分別為vA、vB，且設向右為正方向，由于彈性碰撞，則有：
mAv0=mAvA+mBvB???????? ④
mAv02=mA+mB??????⑤
聯(lián)立④⑤式并代入數(shù)據(jù)解得m/s????????⑥
m/s??????????????????⑦
假設滑塊A、B都能在OP段滑動，滑塊A、B在OP段的加速度（aA=aB=μg）相等，由⑥⑦式知在任意時刻vB＞vA，滑塊A、B不會再一次發(fā)生碰撞．
由題知，當滑塊A剛好能夠到達P點有??? ⑧
代入數(shù)據(jù)解得k=9? ⑨
討論：
（1）當k=1?時，vA=0，滑塊A停在O點，A克服摩擦力所做的功為WfA=0? ⑩
（2）當1＜k≤9時，滑塊A停在OP之間，A克服摩擦力所做的功為J?????
（3）當k＞9時，滑塊A從OP段右側(cè)離開，A克服摩擦力所做的功為WfA=μmAgL=16kJ???

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