2024届广东省东莞市常平中学高三下学期模拟测试物理试题

2024年广东省东莞市常平中学高考物理模拟试卷 一、单选题：本大题共7小题，共28分。 1.2023年8月24日13时，日本福岛第一核电站启动核污染水排海。核污染水含高达64种放射性元素，其中氚衰变过程中产生的电离辐射可损害DNA，是致癌的高危因素之一，半衰期为年。其衰变方程为，下列说法正确的是(    ) A. 衰变方程中， B. 的比结合能大于的比结合能 C. 秋冬气温逐渐变低时，氚的衰变速度会变慢 D. 经过25年，氚将全部衰变结束 2.在某次伐木工攀爬大赛中，伐木工甲和乙同时开始攀爬，伐木工甲率先爬到顶端，结果却是乙第一个返回到出发点，则(    ) A. 向上爬的过程中，经过中点时甲的速度一定大于乙的速度 B. 甲在最高点的速度一定大于乙在最高点的速度 C. 从顶端返回的过程中，甲的平均速度一定大于乙的平均速度 D. 全过程中，甲、乙的平均速度一样大 3.如图所示为一个免打孔伸缩晾衣杆的示意图，使用时，先调节杆的长度使其恰好与两侧的竖直墙面接触，然后打开锁紧装置保持杆长不变，最后旋转增压旋钮增加杆头与墙面间的压力，使其在晾衣物时能保持静止，下列说法正确的是(    ) A. 杆头与墙面间的压力越大，杆头与墙面间的摩擦力就越大 B. 所晾衣物的质量越大，杆头与墙面间的摩擦力就越大 C. 在湿衣物晾干的过程中，杆头与墙面间的摩擦力保持不变 D. 为了能晾更大质量的衣物，可增加杆头与墙面的接触面积 4.据中国地震台网正式测定，2023年12月7日在江苏连云港市赣榆区海域发生级地震，震源深度8公里，震中位于北纬度，东经度，距海岸线最近约39公里。当地一居民正好记录下地震预警电视上的预警信息，而“地震预警”是指在地震发生以后，抢在地震波传播到受灾地区前，向受灾地区提前几秒至数十秒发出警报，通知目标区域从而实现预警。科研机构对波的特性展开研究，某机械波沿x轴传播，图甲为时的波动图像，图乙为处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为，则(    ) A. 这列波沿x轴正方向传播 B. 时，P、Q两质点加速度大小相同，方向相反 C. P质点的振动方程为 D. 从开始经过，P、Q两质点经过的路程相等 5.如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子。负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列说法正确的(    ) A. 负极针组件附近的电势较低 B. 为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带负电 C. 负极针组件产生电晕，利用了静电屏蔽的原理 D. 烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势能增加 6.关于下列四幅图理解正确的是(    ) A. 甲图中干电池的电动势为，则通过电源的电荷量为1C时，电源内静电力做功为 B. 乙图中等离子体进入上、下极板之间后上极板A带正电 C. 丙图中通过励磁线圈的电流越大，电子的运动径迹半径越小 D. 丁图中回旋加速器带电粒子的最大动能与加速电压的大小有关 7.过水门仪式是国际民航中最高级别的礼仪。如图所示，“过水门”仪式中的“水门”是由两辆消防车喷出的水柱形成的。两条水柱形成的抛物线对称分布，且刚好在最高点相遇。已知两水柱均沿与水平方向成角喷出，且从喷出到在最高点相遇所用时间为3s。重力加速度g取，忽略空气阻力和水流之间的相互作用，下列说法正确的是(    ) A. “水门”的高度一定为90m B. “水门”的跨度一定为180m C. 在最高点相遇时，水柱的速度为零 D. 水喷出的瞬间，速度水平方向分量为 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 8.2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组进驻中国空间站，航天员汤洪波、唐胜杰和江新林承担着多项空间实验任务。若中国空间站绕地球做匀速圆周运动，一名宇航员手拿一个小球“静立”在“舱底面”上，如图所示。下列说法正确的是(    ) A. 宇航员不受地球引力的作用 B. 宇航员处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零 C. 若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，小球将做自由落体运动 D. 空间站运行的线速度小于第一宇宙速度 9.土法爆米花已成为一代人童年的美好回忆。如图所示为一个土法爆米花铁质容器，把玉米倒入容器后将盖盖紧，然后一边加热一边转动容器，同时观察容器上压强计的示数变化，当压强达到一定值时，便可打开容器，就在打开容器的瞬间，米花便爆成了。已知容器的体积为，外界大气压强为，环境的热力学温度为，容器内的气体可视为理想气体，玉米需要容器内气体压强达到时打开容器才可爆米成花，容器内玉米的体积忽略不计，下列说法正确的是(    ) A. 在加热过程中，容器内气体的密度增加 B. 在加热过程中，容器内的气体压强与摄氏温度成正比 C. 在加热过程中，容器内气体温度升高，压强增大 D. 当打开容器时，气体迅速膨胀，米粒内、外压强差变大，瞬间爆米成花 10.如图1是游乐园常见的跳楼机，跳楼机的电磁式制动原理如图2所示。跳楼机主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场，每块磁场区域的宽度均为，高度均相同，磁感应强度的大小均为1T，中间座椅后方固定着100匝矩形线圈，线圈的宽度略大于磁场的宽度，高度与磁场高度相同，总电阻为。若某次跳楼机失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，乘客与设备的总质量为640kg，重力加速度g取，忽略摩擦阻力和空气阻力，则下列说法正确的是(    ) A. 线圈中电流方向始终为顺时针 B. 跳楼机的最大速度为 C. 当跳楼机的速度为时，线圈中感应电流为20A D. 跳楼机速度最大时，克服安培力做功的功率为12800W 三、实验题：本大题共2小题，共16分。 11.如图1所示，某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，测得摆线长为l，摆球直径为d，然后用秒表记录了单摆全振动n次所用的时间为t。则： 下列最合理的装置是______。 用螺旋测微器测量小球直径，示数如图2所示，读数为______ mm。 如果测得的g值偏小，可能的原因是______。 A.单摆振动时振幅较小 B.将摆线长当成了摆长 C.实验时误将49次全振动记为50次 D.振动过程悬点出现微小松动，使摆线长度增加了 12.电子秤能够准确地测量物体的质量，其中半导体薄膜压力传感器是其关键的电学元件。半导体薄膜压力传感器在压力作用下会发生微小形变，其阻值随压力F变化的图线如图1所示。某学习小组利用该元件和电流表A等器材设计了如图2所示的电路，尝试用该装置测量物体的质量。已知图2中电源电动势为内阻未知，电流表A的量程为30mA，内阻为。重力加速度g取。请回答以下问题： 实验时发现电流表A量程偏小，需要将其量程扩大为，应该给电流表A ______选填“串联”或“并联”一个阻值为______的电阻； 用改装后的电流表按图2所示的电路图进行实验，压力传感器上先不放物体，闭合开关S，调节滑动变阻器R的滑片P，使电流表指针满偏。保持滑片P位置不变，然后在压力传感器上放一物体，电流表的示数为，此时压力传感器的阻值为______，则所放物体的质量______ kg； 使用一段时间后，该电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变。调节滑动变阻器R的滑片P，电流表指针满偏后进行测量，则测量结果______选填“偏大”“偏小”或“不变”。 四、计算题：本大题共3小题，共38分。 13.单反相机取景器的取景范围和实际拍摄范围基本上一致，十分有利于摄影，让我们能够直观地取景构图。如图1是单反照相机取景器的光路示意图，其核心部件为屋脊五棱镜。图2为屋脊五棱镜的横截面，部分角度如图2中所示。光线垂直AB射入，依次经过CD、DE和EA反射，最后光线从BC射出，若光恰好能够在CD上发生全反射。求： 五棱镜的折射率； 请画出光路图标出入射角的具体角度，结合光路图判断光线是否能在AE发生全反射。 已知多边形的内角和为：，N为边数 14.海水被污染之后需要借助特殊船只进行清理，一种污水处理船的简单模型如图所示。矩形通道ABDC区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，该区域的长度，宽度，海水表层油污中的某种目标离子通过磁场左边界AC前会形成一颗颗带电的小油珠，每颗小油珠的比荷为，小油珠可认为仅在洛伦兹力作用下进入CD面的污水收集箱中。船以速度向左匀速行进，海水在进入船体之前可看成静止状态，带电小油珠在AC边均匀分布。 求此种离子所构成的小油珠所带电荷的电性； 当船速达到，小油珠的回收率为多少？其中 要使小油珠的回收率达到，船只航行的速度应满足什么条件？ 15.如图所示，足够长的光滑水平面AB与传送带在B点平滑相连，衔接前后速度大小不变。长度的轻绳系一质量的物块甲在竖直平面内做顺时针圆周运动，最低点刚好与水平面A处接触，当物块甲运动到圆周的最低点时绳子突然断开，物块甲以水平速度v从A处射出，绳断前瞬间轻绳张力大小为120N。从A处射出的物块甲与静止在B点的质量的物块乙发生弹性正碰后，乙从B点冲上倾角为的传送带。已知传送带以的速度沿逆时针方向转动，两物块均可视为质点，乙与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小取，求： 甲、乙碰撞后的瞬间，甲、乙的速度大小； 乙不从传送带上端离开，则传送带的的最小长度是多大结果保留两位有效数字； 若水平面足够长，通过计算判断甲、乙是否会发生二次碰撞。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：A、根据衰变前后质量数守恒和电荷数守恒的特点可知，，，故A错误； B、衰变过程释放能量，则生成物的比结合能大于反应物的比结合能，故B正确； C、原子核的衰变速度不随温度的变化而变化，故C错误； D、根据题意可知，25年为两个半衰期，则氚会剩原来的四分之一，故D错误； 故选：B。 根据质量数守恒和电荷数守恒的特点得出对应的x和y的数值； 衰变过程释放能量，生成物的比结合能大于反应物的比结合能； 原子核的衰变速度与外界温度无关； 根据半衰期的大小分析出氚剩下的质量。 本题主要考查了半衰期的相关应用，理解半衰期的概念，结合衰变前后的特点即可完成分析。 2.【答案】D  【解析】解：根据题意，无法比较甲、乙在中点时的速度，故A错误； B.甲、乙在最高点的速度都为零，甲在最高点的速度等于乙在最高点的速度，故B错误； C.从顶端返回的过程中，甲、乙的位移相等，乙先返回到出发点，说明从顶端返回的过程中，乙所用的时间较短，根据 可知甲的平均速度一定小于乙的平均速度，故C错误； D.全过程中，甲、乙起点和终点相同，位移相等，为零，故甲、乙的平均速度一样大，故D正确。 故选：D。 根据题意分析判断；根据甲、乙在最高点的速度都为零分析判断； 本题关键掌握位移的概念和平均速度的定义式。 3.【答案】B  【解析】解：AB、以晾衣杆与衣物整体为研究对象，受力分析，由竖直方向受力平衡可知，两边杆头与墙面间的静摩擦力等于晾衣杆与衣物的总重力，即 可见，杆头与墙面间的压力越大，杆头与墙面间的摩擦力不变；所晾衣物的质量越大，杆头与墙面间的摩擦力就越大，故A错误，B正确； C、由，可知在湿衣物晾干的过程中，晾衣杆与衣物的总重力减小，杆头与墙面间的摩擦力减小，故C错误； D、为了能晾更大质量的衣物，可增加杆头与墙面的粗糙程度或增大杆头与墙面间的压力，以增大杆头与墙面间的最大静摩擦力，增加杆头与墙面的接触面积时，不能够增大杆头与墙面间的最大静摩擦力，故D错误。 故选：B。 以晾衣杆与衣物整体为研究对象，根据平衡条件分析两边杆头与墙面间的静摩擦力与总重力的关系；在湿衣物晾干的过程中，晾衣杆与衣物的总重力减小，再分析摩擦力的变化情况；为了能晾更大质量的衣物，分析增大杆头与墙面间的最大静摩擦力的方法。 解答本题时，首先要明确研究对象，再分析受力情况，利用平衡条件来研究静摩擦力的大小。 4.【答案】C  【解析】解：由乙图可知，在时，A质点正在沿y轴负方向运动，再利用甲图，根据“同侧法”可知波沿x轴负向传播，故A错误； B.时，质点P、Q点在x轴下方，两质点的位移均为，则合外力沿y轴正方向，根据牛顿第二定律可知，P、Q两质点加速度大小相同，加速度方向都沿y轴正方向，故B错误； C.由乙图可知，质点的振动周期T为，振幅为2cm，P质点的振动方程为 又 代入数据得： 将，代入解得： 因时刻，质点P沿方向运动，故取，因此P质点的振动方程为 故C正确； D.由 波向x轴负方向传播可知时质点P在x上方向y轴正方向减速运动；Q在x轴上方向y轴负方向加速运动，又 所以从开始经过，P、Q两质点经过的路程不相等，故D错误。 故选：C。 根据“同侧法”分析波的传播方向；根据周期计算角频率，代入特殊点解得P的振动方程；根据加速度、合外力与位移的关系分析判断；根据质点的振动情况分析判断。 本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力，以及把握两种图象联系的能力，对于波的图象，往往需要判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系。 5.【答案】A  【解析】解：电场线由正极指向负极，负极针组件附近的电势较低，故A正确； B.负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带负电，为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带正电，故B错误； C.负极针组件产生电晕，释放出大量电子，利用了尖端放电的原理，故C错误； D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势升高，根据，可知电势升高，带负电的烟尘电势能减少，故D错误。 故选：A。 明确题目中的物理过程和关键信息。利用电场、电荷间相互作用、电场力做功与电势能变化等基本概念和规律进行分析。逐一判断选项的正确性，注意排除法和逻辑推理的应用。 本题主要考查静电现象、电势高低判断、电荷间相互作用以及电场力做功与电势能变化的关系。 6.【答案】C  【解析】解：A、甲图中干电池的电动势为，则通过电源的电荷量为1C时，电源内非静电力做功为，故A错误； B、根据左手定则可知正离子受力向下，聚集在下极板上，则下极板B带正电，故B错误； C、电子在磁场中运动受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，解得电子的轨迹半径为，所以图中通过励磁线圈的电流越大，电子运动所在磁场的磁感应强度B就越大，电子的运动径迹半径越小，故C正确； D、对带电粒子根据牛顿第二定律有，粒子最后获得的速度大小为，则粒子的动能为，可见粒子最后获得的动能大小与加速电压无关，故D错误。 故选：C。 根据电动势的物理意义分析；根据左手定则分析；根据牛顿第二定律得到电子的轨迹半径表达式分析；根据粒子最后获得的动能表达式分析。 掌握电动势的物理意义、等离子体发电机的发电原理和回旋加速器的加速原理是解题的基础。 7.【答案】B  【解析】解：在竖直方向上，水做竖直上抛运动，根据位移-时间关系式计算 故A错误； 由于两水柱均沿与水平方向成角喷出，所以水在水平方向的初速度与竖直方向的初速度相等，即 所以“水门”的跨度为 故B正确，D错误； C.在最高点相遇时，水柱竖直方向速度为零，水柱的速度即为水平速度，故C错误。 故选：B。 根据自由落体运动位移-时间关系式计算位移；根据速度-时间关系计算。 本题关键掌握平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。 8.【答案】BD  【解析】解：A、宇航员随空间站一起绕地球做圆周运动，引力提供空间站和宇航员各自随地球一起做圆周运动的向心力，故A错误； B、宇航员在空间站中处于完全失重状态，对“舱底面”的压力为零，故B正确； C、由于空间站处于完全失重状态空间站内的所有物体也都处于完全失重状态，其原因是由于万有引力完全充当向心力，因此，若宇航员相对于太空舱无初速度地释放小球，则小球将和宇航员保持相对静止，随宇航员一起绕地球做圆周运动，故C错误； D、第一宇宙速度为最小发射速度，最大环绕速度，根据万有引力提供向心力可得： 解得：，由于空间站运行的轨道半径大于地球半径，根据环绕天体的性质，所以环绕速度小于第一宇宙速度，故D正确。 故选：BD。 根据引力的性质分析，在结合超失重的判断条件分析宇航员状态，根据受力分析确定小球的运动状态，根据环绕天体运动规律比较和第一宇宙速度的大小关系。 本题主要考查对万有引力的理解，以及对第一宇宙速度的理解。 9.【答案】CD  【解析】解：在加热过程中，容器内气体的质量不变，体积不变，由密度公式可知，容器内气体的密度不变，故A错误； B.在加热过程中，由于容器内气体的体积不变，由查理定律可知，压强与热力学温度成正比，故B错误； C.在加热过程中，容器内气体温度升高，气体分子的平均动能增大，在单位时间内、单位面积上气体分子对器壁的碰撞作用力增大，所以气体压强增大，故C正确； D.当打开容器时，容器内气体向外迅速膨胀，压强降低，米粒内、外压强差变大，瞬间米粒破裂成爆米花，故D正确。 故选：CD。 根据密度公式分析判断；根据查理定律分析判断；根据压强的微观解释分析判断；根据压强变化分析判断。 本题关键掌握气体的等容变规律和气体压强的微观解释。 10.【答案】BCD  【解析】解：线圈中磁通量的大小、方向周期变化，由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误； B.跳楼机由静止下落后受安培力与重力，有 跳楼机受到的安培力为 由法拉第电磁感应定律得 且 可得 随着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，当跳楼机速度最大时，安培力与重力平衡有 解得 故B正确； C.由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律，当跳楼机的速度为时，线圈中感应电流为 解得 故C正确； D.当跳楼机速度最大时，有 克服安培力做功的功率为 故D正确。 故选：BCD。 根据右手定则可以判断线框中感应电流的方向； 根据牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式等求出线框的加速度表达式，确定线框的运动性质，最后应用平衡条件求出最大速度； 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求此时电路中的电流； 根据功率的公式求克服安培力的功率。 本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，根据题意与图示图线分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用运动学公式、安培力公式和牛顿第二定律等可以解题。 11.【答案】  【解析】解：摆线要用铁夹固定，防止摆线忽长忽短；摆线要用细线，不能用弹性绳，摆球要用密度较大的铁球，以减小空气阻力的影响，故C正确，ABD错误。 故选：C。 螺旋测微器测量小球的直径读数为。 根据单摆周期公式可得， A、单摆振动的振幅不影响g值的测量，故A错误； B、将摆线长当成了摆长，导致L偏小，则g的测量值偏小，故B正确； C、实验时误将49次全振动记为50次，则周期T的测量值偏小，导致g的测量值偏大，故C错误； D、振动过程悬点出现微小松动，使摆线长度增加了，则摆长L的测量值偏小，导致g的测量值偏小，故D正确。 故选：BD。 故答案为：；；。 根据对实验器材的要求判断； 根据螺旋测微器的读数规则读数； 根据单摆的周期公式得到重力加速度g的表达式，然后逐项分析。 熟悉“利用单摆测重力加速度”的实验的实验器材以及实验原理是解题的基础。 12.【答案】并联  不变  【解析】解：当小量程的电流表改装成量程较大的电流表时，需要并联一个小电阻；有 代入数据解得 根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时 调节滑动变阻器使得电流表满偏，有 当秤盘上放上重物，且电流表示数为时，有 联立得 结合图像可得压力为 则 当电源电动势不变，而内阻增大时，仍可以使得电流表达到满偏，滑动变阻器接入电路的阻值减小，但回路中电源内阻和滑动变阻器接入电路的总电阻不变，所以测量结果不变。 故答案为：并联，；，；不变。 根据串、并联电路特点，结合闭合电路的欧姆定律即可求解； 根据闭合电路欧姆定律可得，当秤盘上不放重物时，和放上重物时，电流表的两次示数，求压力传感器电阻的值，再从图甲求出重物的质量； 应用根据闭合电路欧姆定律分析电源内阻变大后，电子秤测量值与真实值间的关系，然后答题。 分清电路结构，掌握闭合电路的欧姆定律是解题的基础，根据图1所示图象求出压力传感器与压力的关系是解题的关键。 13.【答案】解：如下图所示，恰好在CD面发生全反射， 由几何关系可得入射角  刚好全反射时 解得折射率 分析光路图可知射到AE面上的入射角等于 由几何关系可知光在AE上入射角也为，可判断可以刚好在AE发生全反射 答：五棱镜的折射率为2； 光路图如下图示，刚好能在AE发生全反射。   【解析】根据折射率的定义计算； 做出光路图，根据几何关系得到入射角。 能够正确的做出光路图是解题的关键。 14.【答案】解：小油珠可认为仅在洛伦兹力作用下进入CD面的污水收集箱中，由左手定则可判断小油珠带负电。 由圆周运动知识有 得小油珠的轨迹半径为 恰运动到D点的小油珠的轨迹圆圆心到CD板的距离为x，则有 解得 小油珠能被收集箱收集的区域宽度 回收率 磁场区域内，有 得 可见速度越大，半径越大。 若小油珠的回收率恰好达到，速度最快的船只使小油珠恰好从A点运动到D点，由几何关系得 解得小油珠做圆周运动的轨迹半径为 解得船只航行的最大速度为 速度最慢的船只，使小油珠恰好从A点运动到C点，由几何关系得 解得船只航行的最大速度为 船只航行的速度应满足 答：此种离子所构成的小油珠带负电荷； 当船速达到，小油珠的回收率为； 要使小油珠的回收率达到，船只航行的速度应满足。  【解析】小油珠可认为仅在洛伦兹力作用下进入CD面的污水收集箱中，由左手定则进行分析； 根据洛伦兹力提供向心力求解小油珠的轨迹半径，根据几何关系求解小油珠能被收集箱收集的区域宽度，由此得到回收率； 若小油珠的回收率恰好达到，根据几何关系结合洛伦兹力提供向心力求解船只航行的速度应满足的条件。 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。 15.【答案】解：甲运动到圆周的最低点时，由牛顿第二定律得 将代入解得甲运动到圆周的最低点时速度大小 甲、乙发生的弹性碰撞，取向左为正方向，动量守恒 机械能量守恒 解得 ， 甲、乙碰撞后，速度大小分别为和 对物块乙，在传送带上匀减速至与传送带共速阶段，由牛顿第二定律得 解得 位移大小 解得 之后，由于，物体减速上滑，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得 解得加速度大小 位移大小 传送带最小长度为 乙上升到最高点后，将向下加速，同理易得加速大小为 最高点加速至B点过程 解得 由可知甲碰撞后以的速度沿水平面向右匀速直线运动，而乙滑回水平面的速度为，所以乙会追上甲发生二次碰撞。 答：甲、乙碰撞后的瞬间，甲、乙的速度大小为、； 乙不从传送带上端离开，则传送带的的最小长度是； 若水平面足够长，甲、乙会发生二次碰撞。  【解析】由牛顿第二定律、动量守恒、机械能量守恒综合求解甲、乙碰撞后的瞬间，甲、乙的速度大小； 明确物块乙在传送带上的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求出位移，即可求出传送带的最小长度； 由运动学公式求出乙加速至B点的速度，再和甲的速度比较即可判断甲、乙是否会发生二次碰撞。 本题关键要正确分析物块的运动情况，要明确各过程中应使用的物理规律，根据牛顿第二定律、动量守恒、机械能量守恒等方法研究。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$