2025届湖南省常德市第一中学高三物理周训练检测4

试卷第 1页，共 4页 常德市一中 2025 届高三第四次周考 物 理 时量：75分钟 满分：100分 命题人：高三物理组 审题人：高三物理组 一、单选题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的。 1．核电池又称同位素电池，它是利用放射性同位素衰变放出载能粒子（α粒子、β粒子和γ射线）并将其能量 转换为电能的装置。某核电池使用的核燃料为 238 94 Pu，其半衰期为 88年。已知 238 94 Pu的衰变方程为 238 234 94 2Pu X Y n M  ，下列说法正确的是（ ） A． 23894 Pu核比 234XM 核多 4个中子 B． 234XM 的比结合能大于 238 94 Pu的比结合能 C．经过 88年，20个 23894 Pu原子核中一定有 10个发生了衰变 D． 23894 Pu衰变放出的载能粒子是β粒子 2．一简谐横波沿 x轴正方向传播，在 t=0时刻，该波的波动图像如图 a所示，P、Q是介质中的两个质点。 图 b表示介质中某质点的振动图像。下列说法正确的是（ ） A．质点 P的振动图像与图 b相同 B．在 2 Tt  时刻，质点 P的速率比质点 Q的大 C．在 4 Tt  时刻，质点 P的加速度的大小比质点 Q的大 D．在 6 Tt  时刻，质点 P的位移比质点 Q的小 3．光纤通信有传输容量大、衰减小、抗干扰性及保密性强等多方面的优点，我国的光纤通信起步较早，现 已成为技术先进的几个国家之一。如图甲是光纤的示意图，图乙是光纤简化示意图（内芯简化为长直玻璃丝， 外套简化为真空）。一束激光由光导纤维左端的点 O以 45  的入射角射入一直线光导纤维内，恰好在光导 纤维的侧面 A点（侧面与过 O的法线平行）发生全反射，如图乙所示。下列说法中正确的是（ ） A．光纤内芯的折射率比外套的小 B．光纤材料的折射率 6 2 n  C．若增大在 O点的入射角α，折射光线到侧面后也能发生全反射 D． 60   4．如图所示，质量为 2m、长度为 L的小车静止在光滑水平面上，质量为 m的小物块（可视为质点）放在小 车的最左端。现用一水平恒力 F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之 间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 x。此过程中，以 下结论正确的是（ ） A．小车运动的加速度大小为 g B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为2 mgx C．小物块克服摩擦力所做的功为  mg L x  D．小物块和小车增加的机械能为  F L x 5．银河系的恒星中大约四分之一是双星系统，某双星系统由质量分别为M 和  m M m 的两个星体构成， 两者中心之间距离为 L，在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做固定周期的匀速圆周运动。 我国发射的天问一号探测器在距火星表面高度为 h的轨道上做匀速圆周运动，周期是上述双星系统周期的 k 倍，已知引力常量为G，火星的半径为 R，则火星的质量为（ ） A．   3 2 1 R h M m k L       B．   3 2 1 L M m k R h      试卷第 2页，共 4页 C．   2 3 1 L M m k R h      D．   2 3 1 R h M m k L       6．某款手机“弹球游戏”可简化为如图所示。游戏者将小球（视为质点）以某个初速度垂直墙壁水平射出，在 与台阶、竖直墙的碰撞不超过两次的前提下，击中第三级台阶的水平面 MN段为通关。已知台阶的宽和高均 为 d，以 v0射出时恰击中第一级台阶的末端，所有碰撞均为弹性碰撞，以下说法正确的是（ ） A．以 v0射出时，小球在空中的运动时间为 0 3d v B．以 2v0射出时不能通关 C．若小球的初速度 v的满足 0 02 3v v v  时，可直接击中第三级台阶 MN段 D．若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平面，碰撞点距 N点高度须小于 27 16 d 二、多选题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 7．如图所示的两个平行板电容器水平放置，A板用导线与M板相连，B板和 N板都接地。让 A板带电后， 在两个电容器间分别有 P、Q两个带电油滴都处于静止状态。AB间电容为 C1，电压为 U1，带电量为 Q1， MN间电容为 C2，电压为 U2，带电量为 Q2。若将 B板稍向下移，下列说法正确的是（ ） A．P向下动，Q向下动 B．U1增大，U2增大 C．Q1减小，Q2增大 D．C1减小，C2增大 8．如图所示，光滑圆圈竖直固定，A为最高点，橡皮条上端固定在 A点，下端连接一套在圆圈上的轻质小 环，小环位于 B点，AB与竖直方向夹角为30，用光滑钩拉橡皮条中点，将橡皮条中点拉至 C点时，钩的拉 力大小为 F。为保持小环静止于 B点，需给小环施加一作用力 F′，下列说法正确的是 A．若 F′沿水平方向，则 F′＝ 3 3 F B．若 F′沿竖直方向，则 F′＝ 3 F C．F′的最大值为 3 3 F D．F′的最小值为 3 6 F 9．图为通过远距离输电方式给新能源汽车充电桩供电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器 1T和 降压变压器 2T 的原、副线圈匝数比分别为 1 2: 1:16n n  、 3 4: 78 : 5n n  ，输电线总电阻为 2r  。在 1T的原线 圈两端接入一电压为  250 2sin100 Vu t 的交流电。不考虑其它因素的影响，下列说法正确的是（ ） A．充电桩上交流电的周期为 0.01s B．当充电桩使用个数增多时， 2T 的输出电压减小 C．当 1T的输入功率为 200kW时，输电线上损失的电功率为 45 10 W D．当 1T的输入功率为 200kW时， 2T 的输出电压有效值为 250 V 10．如图所示，平面内有一外、内直径分别为 1D 和 2D 的环形区域，以直径 AD为分界，左、右半环形区域 内分别有垂直平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为 B。直径为 1D 、电阻不计的两个半圆形金属 框，置于环形区域的外圆处，并在 A、D两处分别用长度可忽略的绝缘材料连接。金属框的C、 E两点间连 有一阻值为 R的电阻，一长度为 1D 、电阻为 r的导体棒 ef 过圆心O放置于金属框上，并绕过O点的转轴以角 速度顺时针匀速转动，转动过程其两端与金属框接触良好。当导体棒转至图中位置时，下列说法正确的是 （ ） 试卷第 3页，共 4页 A．电阻 R中电流方向由 a到b B．流过 R的电流大小为     2 2 1 2 4 B D D R r    C． a、b两点间的电势差为     2 2 1 2 4 Br D D R r    D．导体棒Of 段所受安培力大小为       22 1 2 1 2 8 B D D D D R r     三、实验题（共 16 分） 11．如图甲为桶装水电动抽水器，某兴趣小组利用平抛运动规律测量该抽水器的流量 Q（单位时间流出水的 体积）。 (1)如图乙，为了方便测量，取下不锈钢出水管，用游标卡尺测量其外径 D，读数为 cm。 (2)转动出水管至出水口水平，接通电源，待水流稳定后，用米尺测出管口到落点的高度差 44.10cmh  和管 口到落点的水平距离 30.00cmL  ，已知重力加速度， 29.8m/sg  ，则水流速度 v m/s（保留两位有 效数字）。 (3)已知出水管管壁的厚度为 d，该抽水器的流量 Q的表达式为 （用物理量 D、d、v表示）。若根据 测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，可能的原因是 （写出一种 即可）。 12．欧姆表是用电流表改装而成的电学仪器。某欧姆表内部电路（部分）如图甲所示，通过调节开关 S，可 使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率。 改装所用器材如下： A．电池（电动势 4.5VE  ，内阻 1r  ）； B．电流表 G（满偏电流 g 3mAI  ，内阻 g 90R  ）； C．定值电阻 0R （阻值为 2Ω）； D．滑动变阻器 1R（最大阻值为 150Ω）； E．定值电阻 2 3R R、 ； F．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。 (1)表笔 A是 （填“红”或“黑”）表笔。 (2)虚线框内是改装电流表的电路图，已知 2 1R  ，当使用虚线框内 P、Q两个端点时，对应电流表量程是 0~0.3A，那么定值电阻 3R  。 (3)当开关 S拨向 （填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“×10”。 (4)该欧姆表使用时间久了，电池的电动势变小为 4.35V，内阻变大为 3.6Ω，欧姆表仍可调零。某次开关接到 “×10”，规范操作后测得一电阻的读数如图乙所示，则该电阻实际的阻值为 。 四、解答题 13．（14 分）横截面积为 S的汽缸放在铁架台的水平底座上，质量为 m的活塞通过轻弹簧与横杆相连，当横 杆固定在位置 A时，弹簧恰好处于自然长度；将横杆缓慢下移到位置 B，此时汽缸对铁架台底座的压力增大 试卷第 4页，共 4页 了 2mg，已知大气压强 0 9mgp S  ，横杆移动前缸内封闭气柱长度为 0l ，弹簧的劲度系数 0 10mgk l  ，汽缸内封 闭的理想气体温度不变。 （1）求横杆下移的距离 d； （2）已知弹簧弹力对活塞做的功 1 2k Δ2 F FW l  （其中 1F 、 2F 对应活塞移动Δl前、后弹簧对活塞的弹力大 小），求缸内气体放出的热量ΔQ。 14．（11 分）如图所示，在同一水平面内有相互平行的两条导轨 MN和 PQ相距 1m，垂直于导轨平面竖直向 上的匀强磁场的磁感应强度 B=1T，垂直于导轨放置的金属棒 ab和 cd的质量分别为 1kg和 2kg，每根金属棒 的电阻均为 1，其它电阻不计，ab、cd与导轨间的动摩擦因数均为  =0.5，作用在 cd棒上的水平向右的拉 力 F使其做 24m / sa  的匀加速直线运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两金属棒与导轨始终接触良好， 取 210m / sg  。求： (1)当 ab棒固定时，通过 ab棒的电流随时间变化的关系式； (2)当 ab棒不固定时，经多长时间 ab棒开始运动?此时拉力 F的功率多大? 15．（15 分）如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上， 0t  时刻将质量为 m的 A物块从距离 B物块 L处由静止释放， 09t t 时刻 A、B发生第一次碰撞， 019t t 时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间 A物块的 v t 图线如图乙所示（其中 0v 、 0t 均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大 静摩擦力均等于滑动摩擦力，求： (1)B物块的质量； (2)A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比； (3)B物块沿斜面下滑的最大距离。 答案第 1页，共 3页 常德市一中 2025 届高三第四次周考物理参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B C A C BC ABD BD ABD 1．B【详解】AD．根据核反应过程中的质量数守恒及电荷数守恒可知，23894 Pu的衰变方程为 238 234 4 94 92 2Pu X Y  因此 238 94 Pu核比 234 92 X核多 2个中子， 4 2Y核为 4 2He核，则 238 94 Pu衰变放出的载能粒子是α粒子，AD错误；B．衰 变是由不稳定到稳定的方向进行，比结合能越大，原子核越稳定，可知生成物比反应物稳定，因此 234 92 X的比 结合能大于 238 94 Pu的比结合能，B正确；C．半衰期是适用于大量原子核的统计规律，对少量原子核不适用， C错误。故选 B。 2．D【详解】A．由于波沿 x轴正方向传播，在 t=0时刻，Q点恰好处于平衡位置且沿 y轴正方向运动，图 像与图 b相同，A错误；B．在 2 Tt  时刻，质点 P恰好经过负的最大位移处，速率为零，而质点 Q的恰好经 过平衡位置，速率最大，B错误；C．在 4 Tt  时刻，质点 P恰好运动到平衡位置，加速度为零，而质点 Q恰 好运动到正的最大位移处，加速度最大，C错误；D．在 6 Tt  时刻，质点 P位移为 1 1 1sin( ) 2 3 2 y A A    其 中 A为振幅，而质点 Q的位移为 1 3sin( ) 3 2 y A A    D正确。故选 D。 3．B【详解】A．激光在内芯和外套的界面上发生全反射，所以内芯是光密介质，外套是光疏介质，即光纤 内芯的折射率比外套的大，故 A错误；D．光在 O点折射，满足   sin 45 sin 90 n      在 A点恰好发生全反射有 1sin n   ，可求tan 2  故 60  ，D错误；B．由 sintan 2 cos     ，又 2 2sin cos 1   可得，sin 6 3   ，则光纤的折射率 1 6 sin 2 n    ，B正确；C．增大α，在侧面上的入射 角变小，侧面上的入射角小于临界角，不在发生全反射，C错误。故选 B。 4．C【详解】A．对小车进行分析，根据牛顿第二定律有 12mg ma  解得 1 1 2 a g 故 A错误；B．小物块到 达小车最右端过程，小车运动的距离为 x，根据动能定理有 k1 0mgx E   解得 k1E mgx 故 B错误；C．物 块对小车的相对位移为 L，小车运动的距离为 x，则物块的位移为 L x ，则小物块克服摩擦力所做的功为  W mg L x  故 C正确；D．物块对小车的相对位移为 L，则有 2 22 1 1 1 2 2 a t a t L  物块的速度 1 1v a t 小车运 动的距离为 x，则有 21 1 2 x a t 对物块进行分析，根据牛顿第二定律有 2F mg ma  物块的动能 2 k2 1 1 2 E mv 小物块和小车增加的机械能为 k1 k2E E E   解得  F L xE mgL   故 D错误。故选 C。 5．A【详解】探测器绕火星运动时     2 2 2 4M mG m R h TR h     火 解得探测器绕火星的周期  32 R hT GM    火 对于 双星系统 2 12 2 4MmG m r L T    ， 2 22 2 4MmG M r L T    又因为 1 2L r r  联立可得双星的周期   3 2 LT G M m    又因为 T KT  解得   3 2 1 R hM M m k L       火 故选 A。 6．C【详解】A．以 0v 速度射出时，小球恰好击中第一级台阶的末端发生弹性碰撞，则有 0 1d v t ， 21 1 2 d gt 解得 1 0 dt v  ， 0 2 gdv  反弹后小球做斜抛运动，该斜抛运动与以 0v 速度射出时的平抛运动具有对称性，可知 小球将在与第一级台阶等高的位置与墙碰撞并反弹，此时根据平抛运动的基本规律可知 1 1 02yv gt v  假设小 球能落到 MN段，则有 21 2 2 12 2y d v t gt  ， 1 0 2x v t 结合上述解得 1 ( 3 1)x d d   可知，假设成立，则以 v0射 出时，小球在空中的运动时间为 1 23t t t  解得   0 2 3 d t v   故 A错误；B．若小球下落的高度为 2d，根据平抛 运动的基本规律得 2 3 12 2 d gt ， 0 32x v t 结合上述解得 2 2 2x d d  可知，小球的初速度为 02v 时越过第二级 台阶，那么若能落在第三级台阶上，则有 2 4 13 2 d gt ， 0 4' 2x v t 结合上述解得 ' 2 3 3x d d  可知小球落在第 三级台阶前会先碰到墙上，由于碰撞为弹性碰撞，水平速度大小不变，方向反向，可知，碰后小球会落在 MN上，故 B错误；C．若小球直接击中第三级台阶 MN段，小球射出初速度的最大值为刚好打在Ｎ点上 2 5 13 2 d gt ， max 53d v t 解得 max 03v v 若小球直接击中第三级台阶 MN段，小球射出初速度的最小值为运动轨 迹恰好与第二级台阶右端擦肩而过，则有 2 6 12 2 d gt ， min 62d v t 解得 min 02v v 综合上述可知，直接击中第三 级台阶 MN段所需初速度的取值范围为 0 02 3v v v  故 C正确；D．若利用墙面且仅反弹一次击中第三级 台阶的水平面，设碰撞点距 N点高度为 h，则与墙碰前 27 13 2 d h gt  ， 73d vt 与墙碰后，设小球的落点刚好 是 M，则有 27 8 8 1 2 h gt t gt  ， 8d vt 结合上述解得 21 16 h d 故若利用墙面且仅反弹一次击中第三级台阶的水平 答案第 2页，共 3页 面，碰撞点距 N点高度须小于 21 16 d ，故 D错误。故选 C。 7．BC【详解】D．将 B板稍向下移，据 r 4π SC kd   可知，C1减小；MN板不动，C2不变，选项 D错误；C．假 设两板电荷量均不变，则根据 QC U  可知 AB板间电压将增大，大于MN间的电压，所以左侧电容器将向右 侧电容器充电，即 Q1减小，Q2增大，选项 C正确；B．充电完成，稳定后，MN间电压增大，则 AB间电压 相对变化前也增大，选项 B正确；A．AB板间电场强度 1 1 11 1 1 1 r 1 4πU Q kQE d C d S    左侧电容器所带电荷量减少， 则 AB板间电场强度减小，P所受电场力减小，重力不变，P向下动；据 UE d  ，MN间电压增大，MN板间 电场强度增大，Q所受电场力增大，重力不变，Q向上动，选项 A错误。故选 BC。 8．ABD【详解】A．设橡皮条的拉力大小为 T．则有 2 cos30T F  若 F'沿水平方向，小环只受橡皮条的拉力 和 F'，由平衡条件知 3' 3 F T F  故 A正确；B．若 F'沿竖直方向，则有 1' tan30 3 F T F  故 B正确；CD．作 出小环的受力图，由三角形定则知，当 'F N F'有最小值，且最小值为： 'min 3sin30 6 F T F  根据平行四边 形定则可知 F′的最大值可取无穷大，故 C错误，D正确。故选 ABD。 9．BD【详解】A．由  250 2sin100 Vu t 可知 100  ，则周期为 2 0.02T     s故 A错误 B．若充电 桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由 PI U  可知升压变压器原线圈电流变大， 升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则 2T 的输出电压减 小,故 B正确。C． 1T的输入电压为 m1 2502 uU   V 1T的输入功率为 200kW时，则电流为 1 1 800PI U   A根据 1 2 2 1 n I n I  解得 2 50I  A输电线上损失的电功率为 2 3 2 5 0= 1 WP I r 损 故 C错误；D．根据 1 1 2 2 U n U n  解得 2 4000U  V 输电线两端的电压为 2 100U I r 损 V则 3 2 3900U U U  损 V根据 3 3 4 4 U n U n  解得 4 250U  V故 D正确； 10．ABD【详解】A．根据右手定则，金属棒转动切割磁感线时，点 e电势高，电阻 R中电流方向由 a到b， 故 A正确；B．导体棒 ef 切割磁感线产生的感应电动势 1 2 1 2 22 22 2 2 2 2 D D D D DE B                流过 R的电流大小 为 EI R r   解得     2 2 1 2 4 B D D I R r     故 B正确；C．结合上述可知， a、b两点间的电势差为U IR 解得     2 2 1 2 4 B D D R U R r     故 C错误；D．导体棒Of 段所受安培力大小为 1 2 2Of D DF BI  结合上述解得       22 1 2 1 2 8Of B D D D D F R r      D正确。故选 ABD。 11．(1)0.71(2)1.0(3) 2 2 D d v      测量 h偏小/L偏大/D偏大/d偏小 【详解】（1）游标卡尺的读数为7mm 1 0.1mm 7.1mm 0.71cm    （2）竖直方向 2 1 2 h gt 水平方向 L vt 联立解得 1.0m/sv  （3）[1]该抽水器的流量 Q的表达式Q Sv 根据几何关系 2 2 DS d       联 立可得 2 2 DQ d v       [2] 若根据测得的流量算出装满一杯水需要的时间总是比实际需要的时间短，说明流 量的测量值偏大，根据 2 2 DQ d v       可知可能是D偏大或d偏小或者是水流速度的测量值偏大，即测量 h 偏小或 L偏大。 12．(1)红(2)9(3)b(4)145 【详解】（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图甲可知，表笔 A是红表笔。 （2）使用虚线框内 P、Q两个端点时，对应电流表量程是 0~0.3A，则    3g2g gI II R R R   解得   2 3 g g g 9 I R R I I R     （3）由（2）可知，当 S接 a时，对应电流表量程是 0～0.3A，则欧姆表内阻 为 4.5= 15 0.3 ER I     内 当 S接 b时，设满偏电流为 'I ，根据并联电路分流特点有 g g g ' 2 3 R I R IR I   解得 ' 0.03AI  则欧姆表内阻为 ' ' 4.5 150 0.03 ER I      内 欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内阻，即15 10 150   所以当开关 S拨向 b，欧姆表的倍率是“×10”。（4）某次开关接到“×10”倍率时，电池的电动势变小为 ' 4.35VE  ， 答案第 3页，共 3页 内阻变大为 ' 3.6r  ，欧姆表调零后，欧姆表内阻为 ' 1 ' 4.35= 145 0.03 ER I     内 如图乙所示，指针指示表盘的 中央，被测电阻的阻值等于欧姆表的内阻，则该电阻实际的阻值为145。 13．（1） 0 11 30 l ；（2） 0 11 6 mgl 【详解】（1）横杆移动前，根据平衡条件可得封闭气体的压强为 1 0 mgp p S   (2分)①体积为 1 0V l S ②横杆移 动后，设活塞移动的距离为Δl，则弹簧的压缩量为 Δx d l  (1分)③由胡克定律可得汽缸对铁架台底座的 压力增量为Δ 2NF kx mg  (1分)④封闭气体的压强为 2 0 Δ NFmgp p S S    (2分)⑤体积为 2 1 ΔV V lS  ⑥根 据玻意耳定律可得 1 1 2 2pV p V (1分) ⑦联立①~⑦式解得 0 11 30 d l ， 0 1Δ 6 l l (1分)。（2）设封闭气体对活塞做 功为 pW ，对活塞由动能定理得  0 k pΔ 0mg p S l W W    (2分)⑧由题意可得 k 0 2 Δ 2 mgW l  (2分)⑨活塞 对封闭气体做功为 p pW W   ⑩封闭气体温度不变，内能不变，由热力学第一定律得 ' pΔ 0Q W   (1分) ⑪ 联立⑧~⑪式解得 0 11Δ 6 Q mgl (1分)。 14．16．(1) 2I t (2)2.5s； 230W 【详解】（1）ab棒的速度 v=at(1分)，电动势 E=BLv(1分)，电流 ab cd EI R R   (1分)代入数据可得 2I t (1分) （2）ab棒开始运动，有 abm g F IBL  安 (1分)，所以 ab m gI BL    ab cd cdE I R R BLv   即  ab cd ab cd R R m g BLv BL          2 2 1 1 0.5 1 10 10m/s 1 1 ab cd ab cd R R m g v BL          由于 cd棒做匀加速运动，因此有 2.5scdvt a   (2分,过程合理均可给分)对 cd棒，根据牛顿第二定律，则有 c cddF m g BIL m a   (2分)所以 F=23N(1分)作用在 cd上的拉力 F的功率为 23 10W 230WcdP Fv    (1分) 15．(1)17m (2) 2 7 (3) 4 45 L 【详解】（1）由乙图可知，第一次碰撞前后 A的速度分别为 1 09v v A1 08v v  设第一次碰撞后物块 B的速度 为 B1v ，两物块第一次碰撞前后，根据动量守恒和机械能不变有 1 A1 B B1m v mv m v   2 2 21 A1 B B1 1 1 1 2 2 2 mv mv m v  (2 分)两式联立，求得 B 17m m (1分) B1 0v v （2）设斜面倾角为，由乙图可知，物块 A沿斜面下滑和上滑的 加速度大小分别为 0 0 1 0 0 9 9 v va t t    0 02 0 0 0 0 8 2 13 9 v va t t t      设物块 A与斜面间的动摩擦因数为 1 ，物块 A沿斜面下 滑和上滑过程，根据牛顿第二定律有 1 1sin cosmg mg ma    1 2sin cosmg mg ma    联立得 1 tan 3   (2 分)物块 A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的位移相等，第二次碰撞前 A的速度为  2 1 0 0 019 13 6v a t t v   由 乙图可知 0 0 0 0B1 0 0 6 6 8 4 2 2 2 v t v tx v t    若物块 B在这段时间内未停止，则应满足 0B1 0 0 0 0 02 10 52 vx v t t v t    显 然该式不成立，说明发生第二次碰撞前，物块 B已经停止(2分)，设物块 B下滑的加速度大小为 3a ，则 2 B1 3 B12v a x B1 0v v (1分)求得 0 3 04 va t  设物块 B与斜面间的动摩擦因数为 2 ，根据牛顿第二定律有 2 B B B 3cos sinm g m g m a    (1分)联立，求得 2 7 tan 6   (2分)所以 1 2 2 7    (1分)（3）由乙图可知，第二次 碰撞前 A的速度为 2 06v v 设物块 A、B第二次碰撞后速度分别为 A2v 和 B2v ，对于 A、B发生第二次弹性碰撞， 根据动量守恒和机械能不变有 2 A2 B B2m v mv m v   2 2 2 2 A2 B B2 1 1 1 2 2 2 mv mv m v  联立求得 A2 0 16 3 v v  B2 0 2 3 v v (2分)对于第二次碰后到第三次碰前的过程，因 A2v 的大小是 B2v 的 8倍，而 A减速上滑的加速度 2a 是 B减速 下滑的加速度 3a 的 8倍，可知 A、B的速度同时减为零，即第三次碰撞时 B处于静止状态。B减速下滑的最 大位移大小为 2 B2 B2 0 0 B1 3 8 4 2 9 9 vx v t x a    A减速上滑的最大位移大小为 2 A2 0 0A2 2 64 2 9 vx v t a  上 设 A与 B第三次碰撞 前瞬间 A的速度大小为 3v ，则有 2 3 B2 A2A2 12 vx x x a   下上 解得 3 04v v 依此类推，对于 A、B发生第三次弹性碰 撞过程，同理可得 A3 3 0 8 32 9 9 v v v    B3 3 0 1 4 9 9 v v v  B第三次减速下滑的最大位移大小为 2 B3 B3 0 0 B2 3 32 4 2 81 9 vx v t x a    归纳可得   1 B B1B -1 4 9 n n nx x x         (2分)由乙图可得 0 0 9 9 2 v t L  即 0 0 2 81 v t L 由（2）可 得 B1 0 0 42 81 x v t L  则物块 B下滑的最大距离为 2 1 B1 B2 B 4 4 4 41 9 9 9 81 n nx x x x L                       …… ……+ 当 n时，由数学中等比数列求和公式可得 41 4 49 481 451 9 n x L L          (1分)