河南省部分名校2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月聯(lián)考物理試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試題PAGEPAGE1河南省部分名校2024-2025學(xué)年高二下學(xué)期3月聯(lián)考（高二）物理注意事項(xiàng)：1、答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級、考場號、座位號、考生號填寫在答題卡上。2、回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3、考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.圖1是釣魚時(shí)使用的浮標(biāo)，釣魚時(shí)浮標(biāo)豎直浮在水面上的上下振動(dòng)可看做簡諧運(yùn)動(dòng)。從時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，以豎直向上為正方向，其振動(dòng)的圖像如圖2所示，下列說法正確的是（）A.浮標(biāo)的振動(dòng)周期為 B.1分鐘內(nèi)浮標(biāo)上某點(diǎn)運(yùn)動(dòng)所經(jīng)過的路程為C.時(shí)，浮標(biāo)振動(dòng)的加速度最大 D.時(shí)，浮標(biāo)的速度為0【答案】C【解析】A．根據(jù)題圖2可知浮標(biāo)的振動(dòng)周期為，故A錯(cuò)誤；B．一個(gè)周期內(nèi)浮標(biāo)上某點(diǎn)經(jīng)過的路程為4個(gè)振幅的大小之和，，所經(jīng)過的路程為故B錯(cuò)誤；C．時(shí)，浮標(biāo)振動(dòng)的位移最大，回復(fù)力最大，加速度最大，故C正確；D．時(shí)浮標(biāo)在平衡位置，速度最大，故D錯(cuò)誤。2.高空拋物是一種會(huì)帶來社會(huì)危害的不文明行為，不起眼的物品從高空落下就可能致人傷亡。某小區(qū)的監(jiān)控?cái)z像頭錄像顯示，一花盆從距離地面高的陽臺上掉下，落地時(shí)與地面作用時(shí)間為，假設(shè)花盆質(zhì)量為且掉下時(shí)無初速度，重力加速度，不計(jì)空氣阻力。則花盆落地時(shí)對地面的平均作用力大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】花盆做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有代入數(shù)據(jù)解得取向上為正，花盆與地面作用過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)解得故選B。3.如圖甲所示，質(zhì)量為、長度為的細(xì)導(dǎo)體棒水平放置在兩平行且固定的光滑半圓形軌道上，軌道半徑，軌道最高位置與圓心O齊平?？臻g有輻向分布的磁場，使得導(dǎo)體棒所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為。正視圖如圖乙所示，給導(dǎo)體棒輸入垂直紙面向里的恒定電流，將其從軌道左端最高位置由靜止釋放，使得導(dǎo)體棒在半圓形軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，不考慮導(dǎo)體棒中電流產(chǎn)生的磁場及電磁感應(yīng)現(xiàn)象的影響，，導(dǎo)體棒到達(dá)圓軌道另一側(cè)最高位置時(shí)速度大小為（）A.0 B.C. D.【答案】C【解析】根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒在各個(gè)位置受到的安培力與運(yùn)動(dòng)方向同向，安培力一直做正功，由動(dòng)能定理可得可得故選C。4.如圖甲所示，半徑為、匝數(shù)為50、電阻為的圓形線圈直徑的左側(cè)區(qū)域存在垂直線圈平面的磁場，規(guī)定磁場垂直紙面向里為正，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，定值電阻R的阻值為，導(dǎo)線電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）A.內(nèi)，線圈有收縮的趨勢B.內(nèi)，線圈受到的安培力方向不變C.內(nèi)，電阻R兩端的電壓為D.內(nèi)，流過定值電阻的電荷量為【答案】C【解析】A．內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)增縮減擴(kuò)可知線圈有擴(kuò)張的趨勢，故A錯(cuò)誤；B．內(nèi)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為因圖像的斜率不變，故感應(yīng)電動(dòng)勢不變，根據(jù)可知感應(yīng)電流的大小不變；根據(jù)楞次定律，可知感應(yīng)電流的方向不變，根據(jù)因磁場的方向改變，根據(jù)左手定則，可知線圈受到的安培力方向改變，故B錯(cuò)誤；C．內(nèi)，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為電阻R兩端的電壓為故C正確；D．內(nèi)流過定值電阻的電荷量為故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示，兩根平行且電阻不計(jì)的足夠長粗糙金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為，兩導(dǎo)軌間距為，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度，兩端分別接有阻值為的電阻R。一質(zhì)量、長度、電阻的導(dǎo)體棒垂直兩導(dǎo)軌置于導(dǎo)軌之上，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小，從某時(shí)刻開始，用一大小為且平行于導(dǎo)軌的拉力F拉著導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)，已知，，則導(dǎo)體棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對導(dǎo)體棒受力分析，當(dāng)導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，在沿導(dǎo)軌平面方向上，受到向上的拉力F，向下的摩擦力、安培力、重力沿導(dǎo)軌平面的分力，整個(gè)回路總電阻設(shè)導(dǎo)體棒勻速時(shí)的速度大小為v，則此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢為導(dǎo)體棒平衡，有其中代入數(shù)據(jù)解得故選B。6.如圖所示，A、B、C、D為正方形的四個(gè)頂點(diǎn)，O為其中心點(diǎn)，直線過O點(diǎn)且與正方形所在平面垂直，，A、B、C分別固定有電荷量為的點(diǎn)電荷，D點(diǎn)固定有電荷量為的點(diǎn)電荷，一帶負(fù)電的粒子沿直線從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至F點(diǎn)，下列說法正確的是（）A.粒子的電勢能先減小后增大B.粒子在E點(diǎn)和F點(diǎn)的電勢能不相同C.粒子在E點(diǎn)和F點(diǎn)時(shí)所受的電場力相同D.若粒子從E點(diǎn)由靜止釋放且僅受電場力，則粒子將在E、F間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】A．EF連線是B處與D處電荷的等勢線，則EF連線的電勢由A、C處電荷決定，可知粒子運(yùn)動(dòng)過程中電勢先升高后降低，粒子帶負(fù)電，則電勢能先減小后增大，故A正確；B．在E、F兩點(diǎn)，電勢相同，粒子電勢能也相同，故B錯(cuò)誤；C．在O點(diǎn)對稱的兩點(diǎn)，根據(jù)電場的矢量合成可知，粒子所受電場力方向不同，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)電場矢量合成可知，粒子所受電場力不指向O點(diǎn)，無法做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選A。7.回旋加速器的原理如圖所示，加速器由兩個(gè)間距很小的半圓形金屬盒、構(gòu)成，兩個(gè)金屬盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，交變電源通過Ⅰ、Ⅱ分別與、相連，僅在、縫隙間的狹窄區(qū)域產(chǎn)生周期性交變電場。粒子源置于盒的圓心O，第一次將粒子1由靜止釋放后每次通過電場時(shí)恰能被加速，其經(jīng)多次加速和偏轉(zhuǎn)后離開回旋加速器，第二次粒子2由靜止釋放，在運(yùn)動(dòng)過程中與靜止于磁場中的不帶電粒子發(fā)生碰撞并結(jié)合為一個(gè)新粒子3，僅改變電場的周期，使粒子3依然能加速通過電場，不計(jì)所有粒子的重力，不計(jì)粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，下列說法正確的是（）A.要使粒子3能夠在碰撞后經(jīng)電場時(shí)依然被加速，則需減小交變電壓的周期B.粒子2與粒子3在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間比粒子1長C.粒子2與粒子3在回旋加速器中加速的總次數(shù)比粒子1少D.粒子3離開回旋加速器時(shí)的動(dòng)能比粒子1大【答案】C【解析】A．根據(jù)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期公式可知碰后粒子質(zhì)量變大，電荷量不變，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期變長，則電場的周期也應(yīng)變長，故A錯(cuò)誤；D．粒子離開回旋加速器時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有又聯(lián)立解得離開回旋加速器時(shí)的動(dòng)能由于質(zhì)量增大，則動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤；C．碰撞后，粒子經(jīng)電場加速后，根據(jù)動(dòng)能定理有又聯(lián)立解得由于質(zhì)量增大，動(dòng)量增加得多，根據(jù)軌跡半徑可知半徑R增加的更快，則加速的總次數(shù)減少，故C正確；B．運(yùn)動(dòng)時(shí)間由于加速次數(shù)減少，周期變大，則粒子2與粒子3在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間無法判斷，故B錯(cuò)誤。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全都選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.在如圖所示的電路中，電源電動(dòng)勢，內(nèi)阻，電壓表和電流表均為理想電表，定值電阻，滑動(dòng)變阻器最大阻值為，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片在最左邊時(shí)，電源輸出功率為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，滑至最右邊時(shí)，電源輸出功率仍為P，電壓表的示數(shù)為，電流表A1的示數(shù)為，則下列說法正確的是（）A.B.C.在滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)過程中，電流表A1的示數(shù)減小，電流表A2的示數(shù)增大，電壓表的示數(shù)增大D.在滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)過程中，電源的效率先減小后增大【答案】AB【解析】A．令路端電壓為U，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，解得故A正確；B．設(shè)滑動(dòng)變阻器的滑片在最左邊時(shí)，外電路總電阻為R，滑動(dòng)變阻器的滑片在最右邊時(shí)，外電路總電阻為，則有解得其中，解得故B正確；C．滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)過程中，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，干路電流減小，即電流表A1的示數(shù)減小，電源內(nèi)阻承擔(dān)電壓減小，路端電壓增大，即電壓表的示數(shù)增大，由于干路電流減小，則外電路并聯(lián)部分承擔(dān)電壓減小，則電流表A2的示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；D．滑動(dòng)變阻器的滑片向右滑動(dòng)過程中，滑動(dòng)變阻器接入電阻增大，即外電阻越大，根據(jù)可知，電源效率增大，故D錯(cuò)誤。故選AB。9.唐人張志和在《玄真子濤之靈》中寫道：“雨色映日而為虹……背日噴乎水，成虹霓之狀。”虹和霓均是太陽光在水珠內(nèi)經(jīng)過折射和反射形成的。如圖是霓形成的簡化示意圖，設(shè)水滴是球形的，圖中的圓代表水滴過球心的截面，入射光線在過此截面的平面內(nèi)，a、b是兩種不同頻率的單色光。下列說法正確的是（）A.光a、b從空氣進(jìn)入水滴中，因傳播速度變小，頻率也變小B.在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度C.改變光進(jìn)入水滴的角度，a光在水滴內(nèi)會(huì)發(fā)生全反射D.以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光【答案】BD【解析】A．光a、b從空氣進(jìn)入水滴中，頻率不變，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)題圖可知，兩光第一次到達(dá)界面時(shí)，入射角相等，a光折射角小一些，則a光的折射率大一些，根據(jù)，可知，在水滴中，a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故B正確；C．根據(jù)幾何關(guān)系可知，光第一次到達(dá)界面的折射角等于第二次到達(dá)界面的入射角，根據(jù)光路可逆原理可知，改變光進(jìn)入水滴的角度，a光在水滴內(nèi)不會(huì)發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述分析可知，b光的折射率較小，b光發(fā)生全反射時(shí)臨界角較大，以相同的入射角從水中射入空氣，若在空氣中只能看到一種頻率的光，則一定是b光，故D正確。故選BD。10.如圖所示，真空中有區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ中存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向下（與紙面平行），磁場方向垂直紙面向里。邊長為L的正三角形區(qū)域（區(qū)域Ⅱ）內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外。圖中O、A兩點(diǎn)在同一直線上，與垂直且與電場和磁場方向均垂直。O點(diǎn)處的粒子源持續(xù)將比荷一定但速率不同的粒子射入?yún)^(qū)域Ⅰ中，只有沿直線運(yùn)動(dòng)的粒子才能進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。若區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，則粒子從的中點(diǎn)射出。不計(jì)粒子的重力及粒子之間的相互作用，下列說法正確的是（）A.該帶電粒子的比荷為B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?，粒子將從區(qū)域Ⅱ中的C點(diǎn)射出C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)?，粒子在區(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為D.若僅將變?yōu)樵瓉淼模Ｗ釉趨^(qū)域Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變【答案】BC【解析】A.由題意知粒子沿著做直線運(yùn)動(dòng)，則有則在區(qū)域Ⅱ中粒子從中點(diǎn)射出，粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑所以該粒子的比荷為，故A錯(cuò)誤；B.若僅將區(qū)域Ⅰ中電場強(qiáng)度大小變?yōu)?，則粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運(yùn)動(dòng)的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，則粒子從C點(diǎn)射出，故B正確；C.若僅將區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)椋瑒t粒子在區(qū)域Ⅰ中做直線運(yùn)動(dòng)的速度滿足則再根據(jù)可知粒子軌跡半徑減小，則粒子仍然從邊射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的周期，即，故C正確；D.若僅將變?yōu)樵瓉淼?，粒子在區(qū)域Ⅱ中的軌跡半徑則半徑變?yōu)樵瓉淼?倍，粒子從C點(diǎn)射出，粒子轉(zhuǎn)過的圓心角仍為，則其中T為粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的周期，即其中變?yōu)樵瓉淼囊话耄芷谧優(yōu)樵瓉淼亩?，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間也變?yōu)樵瓉淼亩?，故D錯(cuò)誤。故選BC。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.小明同學(xué)用如圖所示單擺裝置測其所在地的重力加速度。單擺正常擺動(dòng)時(shí)用電子表記錄單擺次全振動(dòng)的時(shí)間為；然后將擺線長度在原來的基礎(chǔ)上增加d，單擺正常擺動(dòng)時(shí)再測得單擺次全振動(dòng)的時(shí)間為。根據(jù)小明的實(shí)驗(yàn)，請回答下列問題：（1）由“單擺正常擺動(dòng)時(shí)用電子表記錄單擺次全振動(dòng)的時(shí)間為”可求出該單擺的周期，這樣做的目的是為了減小__________（填“偶然誤差”或“系統(tǒng)誤差”）。（2）本地重力加速度__________（用、、、、d表示）。（3）小明在做實(shí)驗(yàn)時(shí)，沒有考慮下面物塊的重心位置，那么該過程對重力加速度的測量結(jié)果__________（填“有”或“無”）影響?！敬鸢浮浚?）偶然誤差（2）（3）無【解析】（1）這樣做的目的是為了減小偶然誤差。（2）設(shè)第一次擺長L，根據(jù)單擺周期公式有第二次有聯(lián)立解得（3）根據(jù)可知，沒有考慮物塊重心位置，對重力加速度的測量結(jié)果無影響。12.某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)要測量一未知電阻的阻值。（1）他們先找來多用電表，使用其歐姆擋粗測電阻阻值。將選擇開關(guān)置于歐姆擋“×100”位置并歐姆調(diào)零后，將紅、黑表筆分別與待測電阻兩端相連，發(fā)現(xiàn)指針偏角太大。為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋______（填“×10”或“”）位置，重新調(diào)節(jié)后，測量得到指針位置如圖1所示，則其阻值為_____。（2）小組成員又從實(shí)驗(yàn)室借了以下器材進(jìn)行更精確的測量。A．微安表（量程，內(nèi)阻約）B．滑動(dòng)變阻器（最大阻值）C．電阻箱D．電源1（電動(dòng)勢，內(nèi)阻很小可忽略）E．電源2（電動(dòng)勢，內(nèi)阻很小可忽略）F．單刀單擲開關(guān)、、單刀雙擲開關(guān)，導(dǎo)線若干按圖2所示電路圖連接好電路，進(jìn)行如下操作：①將滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)至最右端，電阻箱阻值調(diào)至最大。②調(diào)至b端，斷開，閉合，調(diào)節(jié)電阻箱阻值使微安表指針半偏，讀出此時(shí)電阻箱阻值為。③斷開，將滑動(dòng)變阻器滑片調(diào)至最左端，調(diào)至a端。閉合，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器阻值，使微安表指針滿偏。④保持滑動(dòng)變阻器阻值不變，閉合，調(diào)節(jié)電阻箱阻值，使微安表指針指向，讀出電阻箱的阻值為。⑤斷開開關(guān)。Ⅰ.根據(jù)以上操作和測量的數(shù)據(jù)，可知微安表的內(nèi)阻為__________，待測電阻的阻值為__________（用題目所給的物理符號E、、、表示）。Ⅱ.用此方法測量阻值，其測量值和真實(shí)值相比__________（填“偏大”或“偏小”），若要減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源應(yīng)該選擇__________（填儀器前的序號）。【答案】（1）×10160（2）偏小E【解析】（1）[1][2]歐姆表指針偏角太大，意味著讀數(shù)偏小，即該電阻是小電阻，所以應(yīng)換小倍率，所以應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋“×10”位置，歐姆表讀數(shù)為。（2）Ⅰ.[1]用所給電路測電阻時(shí)，先通過①②步操作測微安表內(nèi)阻，再用半偏法測待測電阻阻值。測微安表內(nèi)阻時(shí)，由于電源內(nèi)阻可忽略，由閉合電路歐姆定律可得解得微安表內(nèi)阻為[2]測待測電阻阻值時(shí)由于滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻很大，可以認(rèn)為閉合前后，干路電流不變，微安表示數(shù)為，則通過電阻箱電流為，由并聯(lián)電路關(guān)系可得解得。Ⅱ.[3][4]實(shí)際情況是閉合后電路總電阻變小，通過電阻箱電流大于，則有，所以電阻的測量值偏小，要減小誤差，應(yīng)使滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻越大越好，由第③步操作可知，電源電動(dòng)勢越大，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻越大，所以要減小實(shí)驗(yàn)誤差，電源應(yīng)該選擇電動(dòng)勢更大的電源2，選E。13.如圖所示，在圓心角為的扇形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，扇形區(qū)域外有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為，圓弧的半徑。一帶負(fù)電的粒子從M點(diǎn)以的速度沿方向進(jìn)入圓弧區(qū)域外的磁場，之后帶電粒子兩次經(jīng)過圓弧線（不含M、N）后到達(dá)N點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，，取3.14，求：（1）帶電粒子的比荷；（2）帶電粒子由M運(yùn)動(dòng)到N的時(shí)間（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示其軌跡把圓弧線三等分，根據(jù)幾何關(guān)系，可得帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半徑為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有代入數(shù)據(jù)解得（2）帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為則其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為代入數(shù)據(jù)解得14.如圖所示，質(zhì)量分別為、的物塊A、B之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧始終與A相連，與B接觸但不拴接。初始時(shí)，彈簧處于原長，A、B靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)給A一方向水平向右、大小為的初速度，經(jīng)過一段時(shí)間，彈簧被壓縮至最短。A、B分離后，A始終在水平面運(yùn)動(dòng)，B滑上傾角為的粗糙斜面，斜面與水平面平滑連接，B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，取，重力加速度。（1）求B與彈簧第一次相互作用過程中，彈簧的最大彈性勢能；（2）B第一次從斜面滑下后，再次與A在水平面上發(fā)生碰撞并分離，求分離時(shí)A、B的速度大小分別是多少？【答案】（1）（2），【解析】（1）當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，彈簧彈性勢能最大，此時(shí)A、B速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得根據(jù)能量守恒定律有解得（2）第一次分離時(shí)，設(shè)A、B的速度為、，根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有聯(lián)立解得，第一次碰撞后，設(shè)B在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據(jù)動(dòng)能定理有下滑過程，設(shè)物塊B第一次滑下