精品解析：天津市四合庄中学2025-2026学年高三上学期第二次月考物理试卷

天津市四合庄中学2025-2026学年第一学期阶段检测 年级：高三学科：物理 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（综合题）两部分。第I卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第4页至第6页。试卷满分100分。考试时间60分钟。 第I卷 一、单选题（每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选顶是正确的） 1. 含有钍（）元素的花岗岩会释放出放射性气体氡（），从而放出α、β、γ射线，下列说法正确的是（　　） A. 发生α衰变时，生成的原子核比原来的原子核少4个中子 B. β衰变所释放的电子来自原子核的最外层 C. γ射线的穿透能力和电离能力均最强 D. α射线、β射线、γ射线都是从原子核内部释放出来的 2. 2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（　　） A. 在椭圆轨道2上从A到B运动过程中动能不变 B. 在椭圆轨道2上从A到B运动过程中加速度逐渐减小 C. 在椭圆轨道2上的机械能比在圆形轨道1上的机械能小 D. 因中心天体相同，在两轨道上运行的周期相等 3. 质点做直线运动的速度一时间图像如图所示，该质点（　　） A. 在第1秒末速度方向发生了改变 B. 在第2秒末加速度方向发生了改变 C. 第3秒末和第5秒末的位置相同 D. 在前2秒内发生的位移为零 4. 如图所示，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地，电容器接在电压恒定的电源两端，闭合开关S，一带电的小球静止在两极板间的P点。现将A极板缓慢向下移动一小段距离（未碰到小球），下列说法正确的是（　　） A. 小球带正电 B. 小球将向下运动 C. 点的电势将升高 D. 电容器所带的电荷量减少 5. 某直流电动机两端所加电压为，流过电动机的电流为，电动机在1s内将质量为4kg的物体匀速提升。g取。则电动机（　　） A. 线圈内阻为 B. 线圈内阻为 C. 输出功率为220W D. 线圈的热功率为200W 6. 将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A. 上升和下落两过程的时间相等 B. 上升和下落两过程损失的机械能相等 C. 上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D. 上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 7. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　） A. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 B. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D. 在最低点，乘客重力小于座椅对他的作用力 8. 在如图所示的U—I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路，由图像可知下列说法正确的是（　　） A. 电源的电动势为6V B. 电阻R的阻值为 C. 电源的内阻为 D. 电源的输出功率为6W 二、多选题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的。全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不答的得0分） 9. 物理学重视逻辑推理，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（ ） A. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构 B. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的 C. 粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 10. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V的变化关系图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A. 从状态C到状态A，气体分子的平均动能增大 B. A状态的内能等于B状态的内能 C. B→C过程，气体从外界吸收热量 D. B→C过程，气体从外界放出热量 11. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有 B. 电子一定从A向B运动 C. 若，则Q靠近N端且为正电荷 D. B点电势低于A点电势 12. 如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表、，和V的示数分别为、和U。现将的滑动触点向a端移动，则（　　） A. 电源的总功率增大 B. 消耗的功率减小 C. 减小，不变，U减小 D. 增大，减小，U增大 第II卷 三、实验题（13题每空2分，14题第一空2分，第二、三空每空3分。共16分） 13. 在“验证机械能守恒定律”的探究实验中，图1是该实验装置。 （1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　） A. 低压交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码） （2）该实验过程中，下列说法正确的是（　　） A. 先释放纸带再接通电源 B. 用手托住重物由静止释放 C. 重物下落的初始位置应靠近打点计时器 （3）按照正确的操作得到图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量∆Ep=______，动能的增加量∆Ek=_______。 14. 为了验证动量守恒定律，某同学采用了如下实验方案来完成该实验。 用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上同样位置由静止释放，与小球B相碰，并且重复多次，实验得到小球落点的平均位置分别为M、N，测量、、分别为M、P、N距O点的水平距离。 （1）若入射小球A质量为，半径为；被碰小球B质量为半径为，则_______。 A. B. C. D. （2）若测量数据近似满足关系式_______（用表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。 （3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式_______（仅用表示），则说明碰撞为弹性碰撞。 四、计算题（本大题共2小题，共36分；15题17分。16题19分） 15. 如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，A，B是电场中的两点，AB两点的连线长为l且与电场线所夹的锐角为θ．一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子以初速度v0，从A点垂直进入电场，该带电粒子恰好能经过B点不考虑带电粒子的重力大小．求： (1)电场强度E； (2)AB两点间的电势差UAB； (3)带电粒子在B点时的速度大小vB. 16. 如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=0.45m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2.求： （1）A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0； （2）A球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能Ep； （3）A、B两球最终的速度vA、vB的大小。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市四合庄中学2025-2026学年第一学期阶段检测 年级：高三学科：物理 本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（综合题）两部分。第I卷第1页至第4页，第Ⅱ卷第4页至第6页。试卷满分100分。考试时间60分钟。 第I卷 一、单选题（每小题4分，共32分。每小题给出的四个选项中，只有一个选顶是正确的） 1. 含有钍（）元素的花岗岩会释放出放射性气体氡（），从而放出α、β、γ射线，下列说法正确的是（　　） A. 发生α衰变时，生成的原子核比原来的原子核少4个中子 B. β衰变所释放的电子来自原子核的最外层 C. γ射线的穿透能力和电离能力均最强 D. α射线、β射线、γ射线都是从原子核内部释放出来的 【答案】D 【解析】 【详解】A．α衰变时，原子核释放一个α粒子（含2个质子和2个中子），故新核的质子数减少2，中子数减少232−90−(228−88)=2，而非4个中子，故A错误； B．β衰变的电子来源于原子核内中子转化为质子时释放的电子，而非核外电子层，故B错误； C．γ射线穿透能力最强，但电离能力最弱，故C错误； D．α、β、γ射线均源于原子核内部的衰变或能量跃迁，故D正确。 故选D。 2. 2024年6月，嫦娥六号探测器首次实现月球背面采样返回。如图所示，探测器在圆形轨道1上绕月球飞行，在A点变轨后进入椭圆轨道2，B为远月点。关于嫦娥六号探测器，下列说法正确的是（　　） A. 在椭圆轨道2上从A到B运动过程中动能不变 B. 在椭圆轨道2上从A到B运动过程中加速度逐渐减小 C. 在椭圆轨道2上的机械能比在圆形轨道1上的机械能小 D. 因中心天体相同，在两轨道上运行的周期相等 【答案】B 【解析】 【详解】A．在轨道2上从A向B运动过程中，探测器远离月球，月球对探测器的引力做负功，根据动能定理，动能逐渐减小，A错误； B．探测器受到万有引力，由 解得 在轨道2上从A向B运动过程中，r增大，加速度逐渐变小，B正确； C．探测器在A点从轨道1变轨到轨道2，需要加速，机械能增加，所以探测器在轨道2上机械能大于在轨道1上的机械能，C错误； D．由开普勒第三定律知，两轨道半长轴不等，周期不等，D错误。 故选B。 3. 质点做直线运动的速度一时间图像如图所示，该质点（　　） A. 在第1秒末速度方向发生了改变 B. 在第2秒末加速度方向发生了改变 C. 第3秒末和第5秒末的位置相同 D. 在前2秒内发生的位移为零 【答案】C 【解析】 【详解】A．图像中t轴上方的图像表示速度朝正方向，t轴下方的图像表示速度朝反方向，由图可知在第1秒末速度仍然朝正方向，故A错误； B．图像中图像的斜率表述加速度，由图可知图像斜率恒定且为正值，图像斜率恒定且为负值，可知在第1秒末加速度方向发生了改变，第2秒末加速度方向仍然为负方向，故B错误； CD．由图像中t轴上方的图像围成的面积表示向正方向运动的位移，t轴下方的图像围成的面积表示向负方向运动的位移，在前2秒内t轴上方的图像围成的面积最大，可知质点运动到正方向最远距离，反方向折回运动至中点位置，反方向折回运动至初始位置，又朝正方向运动至中点位置，所以第3秒末和第5秒末的位置相同，故C正确、D错误。 故选C。 4. 如图所示，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地，电容器接在电压恒定的电源两端，闭合开关S，一带电的小球静止在两极板间的P点。现将A极板缓慢向下移动一小段距离（未碰到小球），下列说法正确的是（　　） A. 小球带正电 B. 小球将向下运动 C. 点的电势将升高 D. 电容器所带的电荷量减少 【答案】C 【解析】 【详解】A．A板带正电，小球受电场力向上，可知小球带负电，A错误； B．A极板缓慢向下移动一小段距离，根据，因U一定，则两极板间场强变大，电场力变大，则小球将向上运动，B错误； C．根据UPB=EdPB可知，P点与下极板间的电势差变大，则点的电势将升高，C正确； D．根据可知，电容器的电容变大，因U一定，根据Q=CU可知，电容器所带的电荷量变大，D错误。 故选C。 5. 某直流电动机两端所加电压为，流过电动机的电流为，电动机在1s内将质量为4kg的物体匀速提升。g取。则电动机（　　） A. 线圈内阻为 B. 线圈内阻为 C. 输出功率为220W D. 线圈的热功率为200W 【答案】B 【解析】 【详解】ABC．在1s内将4kg物体匀速提升5m，物体一直处于平衡状态，故拉力为40N，速度为5m/s，电动机的输出功率为P出=Fv=40×5W=200W 电动机的总功率为P=UI 电动机的发热功率为P热=I2R 根据能量守恒定律，有P=P出+P热 解得R=5Ω ，选项B正确，AC错误； D．线圈的热功率为P热=I2R =20W，选项D错误。 故选B。 6. 将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A. 上升和下落两过程的时间相等 B. 上升和下落两过程损失的机械能相等 C. 上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D. 上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误； C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确； A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误； B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。 故选C。 7. “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是（　　） A. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 B. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D. 在最低点，乘客重力小于座椅对他的作用力 【答案】D 【解析】 【详解】A．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率等于重力与竖直速度的乘积，竖直速度不断变化，故重力的瞬时功率不断变化，故A错误； B．摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能不断变化，机械能不断变化，故B错误； C．重力的冲量，不为零，故C错误； D．在最低点，乘客的加速度竖直向上，合力向上，乘客所受重力小于座椅对他的支持力，故D正确 。 故选D。 8. 在如图所示的U—I图像中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图像，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路，由图像可知下列说法正确的是（　　） A. 电源的电动势为6V B. 电阻R的阻值为 C. 电源的内阻为 D. 电源的输出功率为6W 【答案】C 【解析】 【详解】AC．根据U=E-Ir，结合直线I可知，电源的电动势为E=3V，电源的内阻为，A错误，C正确； B．电阻R的阻值为，B错误； D．电源的输出功率为，D错误。 故选C。 二、多选题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项是正确的。全部选对得4分，选对但不全得2分，选错或不答的得0分） 9. 物理学重视逻辑推理，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上，下列说法正确的是（ ） A. 电子的发现使人们认识到原子具有核式结构 B. 天然放射现象说明原子核内部是有结构的 C. 粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的 D. 密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的 【答案】B 【解析】 【详解】A．卢瑟福的粒子散射实使人们认识到原子的核式结构，A错误； B．贝克勒尔发现天然放射现象说明原子核内部是有结构的，B正确； C．密立根用油滴法首先从实验上证明了，微小粒子带电量的变化不连续，它只能是元电荷e的整数倍，即粒子的电荷是量子化的，C错误； D．轨道量子化是波尔在卢瑟福模型的基础上加以改进而提出的，D错误。 故选B。 10. 一定质量的理想气体从状态A经过状态B和C又回到状态A，其压强p随体积V的变化关系图像如图所示。则下列说法正确的是（　　） A. 从状态C到状态A，气体分子的平均动能增大 B. A状态的内能等于B状态的内能 C. B→C过程，气体从外界吸收热量 D. B→C过程，气体从外界放出热量 【答案】BC 【解析】 【详解】A．从状态C到状态A，为等压过程，根据盖-吕萨克定律，，温度降低，分子平均动能减小，故 A 错误； B．理想气体内能仅与温度有关，，A状态的内能等于B状态的内能，故B正确； CD．从状态B到状态C，体积不变，外界对气体不做功，查理定律，温度升高，内能增加。 由热力学第一定律 得，即气体从外界吸收热量，故 C 正确，D错误； 故选 BC。 11. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有 B. 电子一定从A向B运动 C. 若，则Q靠近N端且为正电荷 D. B点电势低于A点电势 【答案】AD 【解析】 【详解】B．电子做曲线运动，静电力指向曲线凹侧，电子受到的静电力一定沿NM向左。轨迹仅显示运动路径，无法确定电子的运动方向，电子既可以从A向B运动，也可以从B向A运动，故B错误； C．由牛顿第二定律，得加速度 点电荷电场强度 场强越大离点电荷越近，若，说明，A离Q更近，因此Q应靠近M端，不是N端，故C错误； D．电子带负电，电场方向与负电荷受力方向相反，因此电场方向沿MN向右。沿电场线方向电势逐渐降低，可得​ 即B点电势低于A点电势，故D正确； A．电子电势能 由，​可得 无论Q是正电荷还是负电荷，该关系都成立，故A正确。 故选AD。 12. 如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表、，和V的示数分别为、和U。现将的滑动触点向a端移动，则（　　） A. 电源的总功率增大 B. 消耗的功率减小 C. 减小，不变，U减小 D. 增大，减小，U增大 【答案】BD 【解析】 【详解】A．​与并联，再与​、电源内阻串联。​测电流，测​电流，测路端电压。滑动触点向a端移动时，​接入电路的阻值增大，导致并联总电阻​增大，电路总电阻增大。根据闭合电路欧姆定律，得总电流 因此减小，电源总功率 ​减小，故​减小，故A错误； B．消耗的功率 ​减小，故​减小，故B正确； CD．根据闭合电路的欧姆定律，路端电压 ​减小，因此增大。并联部分电压 ​减小，因此增大，对定值电阻，电流 故增大。又干路电流 ​减小、增大，因此​减小，故D正确，C错误。 故选BD。 第II卷 三、实验题（13题每空2分，14题第一空2分，第二、三空每空3分。共16分） 13. 在“验证机械能守恒定律”的探究实验中，图1是该实验装置。 （1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材是（　　） A. 低压交流电源 B. 刻度尺 C. 天平（含砝码） （2）该实验过程中，下列说法正确的是（　　） A. 先释放纸带再接通电源 B. 用手托住重物由静止释放 C. 重物下落的初始位置应靠近打点计时器 （3）按照正确的操作得到图2所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量∆Ep=______，动能的增加量∆Ek=_______。 【答案】（1）AB （2）C （3） ①. ②. 【解析】 【小问1详解】 实验中打点计时器必须使用低压交流电源，同时还需要刻度尺测量重物下降的高度，由于重物减少的重力势能与增加的动能均含有质量，所以不需要天平测量质量。 故选AB。 【小问2详解】 A．实验时要先接通电源再释放纸带，故A错误； B．要用手捏住纸带上端，保持纸带竖直，然后由静止释放，故B错误； C．重物下落的初始位置应靠近打点计时器，以充分利用纸带，故C正确。 故选C。 【小问3详解】 [1]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能的减少量为 [2]打下B点时重物的速度大小为 所以动能的增加量为 14. 为了验证动量守恒定律，某同学采用了如下实验方案来完成该实验。 用如图甲所示实验装置来“验证动量守恒定律”，实验原理如图乙所示。图乙中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让质量为的入射小球A多次从斜轨上同一位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，然后把质量为的被碰小球B静置于轨道的水平部分，再将入射小球从斜轨上同样位置由静止释放，与小球B相碰，并且重复多次，实验得到小球落点的平均位置分别为M、N，测量、、分别为M、P、N距O点的水平距离。 （1）若入射小球A质量为，半径为；被碰小球B质量为半径为，则_______。 A. B. C. D. （2）若测量数据近似满足关系式_______（用表示），则说明两小球碰撞过程动量守恒。 （3）在验证动量守恒后，若测量数据满足表达式_______（仅用表示），则说明碰撞为弹性碰撞。 【答案】（1）C （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 验证动量守恒定律实验中，为了防止入射小球碰撞后反弹，要求入射小球质量大于被碰小球，即。为了让两球发生对心正碰，需要两球半径相等，即 故选C。 【小问2详解】 两小球抛出后都做平抛运动，下落高度相同，运动时间相等，碰撞前A球速度 碰撞后A球速度 碰撞后B球速度 若碰撞过程动量守恒，则有 等式两边同乘时间，得关系式 【小问3详解】 若碰撞为弹性碰撞，则碰撞中没有动能损失，有 联立动量守恒关系式 化简可得 等式两边同乘时间，得关系式 四、计算题（本大题共2小题，共36分；15题17分。16题19分） 15. 如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，A，B是电场中的两点，AB两点的连线长为l且与电场线所夹的锐角为θ．一个质量为m，电荷量为+q的带电粒子以初速度v0，从A点垂直进入电场，该带电粒子恰好能经过B点不考虑带电粒子的重力大小．求： (1)电场强度E； (2)AB两点间的电势差UAB； (3)带电粒子在B点时的速度大小vB. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【详解】（1）因粒子带正电且向下片状，所以电场方向竖直向下，粒子做类平抛运动， 水平方向： Lsinθ=v0t， 竖直方向： ， 且有qE =ma， 解得：； （2）据电势差公式有： ； （3）从A到B由动能定理得： 解得：； 16. 如图，LMN是竖直平面内固定的光滑轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为2kg的小球B与一轻弹簧相连，并静止在水平轨道上，质量为4kg的小球A从LM上距水平轨道高为h=0.45m处由静止释放，在A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧但不粘连。设小球A通过M点时没有机械能损失，重力加速度g取10m/s2.求： （1）A球与弹簧碰前瞬间的速度大小v0； （2）A球与弹簧相碰过程中弹簧的最大弹性势能Ep； （3）A、B两球最终的速度vA、vB的大小。 【答案】（1）；（2）；（3）， 【解析】 【详解】（1）设A球质量m1，A球下滑的过程，由动能定理 代入数据可解得 （2）设B球的质量为m2，A球进入水平轨道之后与弹簧正碰并压缩弹簧，当A、B相距最近时，两球速度相等，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B的速度为v，由动量守恒得 由能量守恒可得弹簧的弹性势能 联立方程，代入数据可解得 （3）当弹簧恢复原长时，设A、B的速度分别为、之后A、B分离，这也就是它们的最终速度，由动量守恒可得 再根据能量守恒可得 联立两式，代入数据可解得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $