2020-2021年新高二物理开学摸底考试卷（六）
2020-2021 年新高二物理开学摸底考试卷（六）
选择题(本题共 12 小题;每小题 4 分,共 48 分。其中 1-8 题为单选题，9-12 为多选题，全部选对得 4 分，选
对但不全得 2 分)
1.如图所示，设质量为 M 的导弹运动到空中最高点时速度为 v0，突然炸成两块，质量为 m 的一块以速度 v
沿 v0 的方向飞去，则另一块的运动（ ）
A．一定沿 v0 的方向飞去 B．一定沿 v0 的反方向飞去
C．可能做自由落体运动 D．可能做竖直上抛运动
【答案】C
【解析】以整个导弹为研究对象，取 0v 的方向为正方向，根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒得
0MvmvMmv
解得
0Mvmvv Mm
另一块可能沿 的方向飞去、沿 的反方向飞去、自由落体运动，选项 C 正确，ABD 错误。
故选 C。
2.如图所示，a、b 和 c 三个小球从同一竖直线上的 A、B 两点水平抛出，落到同一水平面上，其中 b 和 c 是
从同一点抛出的，a、b 两球落在同一点.设 a、b 和 c 三个小球的初速度分别为 va、vb、vc，运动时间分别为
ta、tb、tc，不考虑空气阻力，则( )
A.va>vb＝vc，ta>tb>tc
B.va>vb>vc，ta
tc
D.va>vb>vc，ta>tb＝tc
答案 B
解析 a、b、c 三个小球做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，即 h＝1
2gt2，则 t＝ 2h
g ，即小球运动时
间由抛出点的高度决定，故 taxc，
故 vb>vc；由于 tavb，综上所述：va>vb>vc，故选项 B 正确，A、C、D 错误.
3.如图甲是滚筒洗衣机滚筒的内部结构，内筒壁上有很多光滑的突起和小孔。洗衣机脱水时，衣物紧贴着滚
筒壁在竖直平面内做顺时针的匀速圆周运动，如图乙。a、b、c、d 分别为一件小衣物（可理想化为质点）
随滚筒转动过程中经过的四个位置，a 为最高位置，c 为最低位置，b、d 与滚筒圆心等高。下面说法正确的
是（ ）
A．衣物在四个位置加速度大小相等
B．衣物对滚筒壁的压力在 a 位置比在 c 位置的大
C．衣物转到 a 位置时的脱水效果最好
D．衣物在 b 位置受到的摩擦力和在 d 位置受到的摩擦力方向相反
【答案】A
【解析】A．衣物做匀速圆周运动，角速度（或线速度）大小恒定，根据向心加速度 2amr 向 可知衣物在
四个位置加速度大小相等，A 正确；
B．衣物在 a 位置，在向心方向，根据牛顿第二定律
2
aNmgmr
同理，在 c 位置
2
cN mg m r
可知
acNN
结合牛顿第三定律可知衣物对滚筒壁的压力在 a 位置比在 c 位置的小，B 错误；
C．衣物在 c 位置与滚筒壁的挤压作用最大，所以衣物转到 c 位置时的脱水效果最好，C 错误；
D．衣物做匀速圆周运动，合外力完全提供向心力，所以衣物在 b 位置和 d 位置受到的摩擦力和重力等大反
向，所以衣物在 b 位置受到的摩擦力和在 d 位置受到的摩擦力方向相同，均竖直向上，D 错误。
故选 A。
4.图甲为“中星 9A”在定位过程中所进行的 10 次调整轨道的示意图，其中的三条轨道如图乙所示，曲线Ⅰ是
最初发射的椭圆轨道，曲线Ⅱ是第 5 次调整后的椭圆轨道，曲线Ⅲ是第 10 次调整后的最终预定圆轨道；轨
道Ⅰ与Ⅱ在近地点 A 相切，轨道Ⅱ与Ⅲ在远地点 B 相切。卫星在变轨的过程中质量变化忽略不计，下列说法
正确的是（ ）
A．卫星在轨道Ⅲ上运行的速度大于第一宇宙速度
B．卫星在轨道Ⅱ上经过 B 点时的速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的速度
C．卫星在轨道Ⅰ上经过 A 点时的机械能大于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的机械能
D．卫星在轨道Ⅱ上经过 B 点时的加速度小于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的加速度
【答案】B
【解析】A．第一宇宙速度是最大环绕速度，故卫星在轨道Ⅲ上运行的速度小于第一宇宙速度，A 错误；
B．卫星从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ上需要在 B 点加速，所以卫星在轨道Ⅱ上经过 B 点时的速度小于卫星在轨道Ⅲ上
经过 B 点时的速度，故 B 正确；
C．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ上需要在 A 点加速，机械能增加。在椭圆轨道上机械能不变，卫星从轨道Ⅱ到轨道
Ⅲ上需要在 B 点加速，机械能增加。故卫星在轨道Ⅰ上经过 A 点时的机械能小于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时
的机械能，C 错误；
D．根据
2
MmGmar
得到
2
MaGr
可知卫星在轨道Ⅱ上经过 B 点时的加速度等于卫星在轨道Ⅲ上经过 B 点时的加速度，故 D 错误。
故选 B。
5.如图所示，轻绳一端固定在 O 点，另一端拴有质量为 m 的球。在最低点给小球一水平初速度，使其在竖
直平面内做圆周运动。小球运动到某一位置时，轻绳与竖直方向成 角。关于轻绳的拉力 T 和 角的关系式
你可能不知道，但是利用你所学过的知识可以确定下列哪个表达式是正确的（ ）
A．T=a+3mgsinθ（a 为常数） B．T=a+ 3
sin
mg
（a 为常数）
C．T=a+3mgcosθ（a 为常数） D．T=a+ 3
cos
mg
（a 为常数）
【答案】C
【解析】当 θ=0°时（最低点），L 为绳长，根据牛顿第二定律
2
1
1
mvT m g L
当 θ=180°时（最高点）
2
2
2
mvTmg L
从最高点到最低点的过程，由动能定理得
22
12
11222mvmvmgL
可以得出
126TTmg
因此利用特殊值代入法可知 C 选项满足上述结论，ABD 错误，C 正确。故选 C。
6.构建和谐、节约型社会的思想深得民心，也体现在生活的方方面面。自动充电式电动车就是很好的一例：
将电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接，当电动车滑行时，就可以向蓄电池充电，将其他形式
的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以500 J的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭充电装置，
让车自由滑行，其动能随位移的变化关系如图线①所示；第二次启动充电装置。其动能随位移的变化关系
如图线②所示，则( )
A．电动车受到的摩擦阻力为 40 N
B．电动车受到的摩擦阻力为 83 N
C．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是 200 J
D．第二次启动充电装置，向蓄电池所充的电能是 300 J
【答案】C
【解析】：当关闭充电装置，让车自由滑行时，电动车的动能全部用来克服摩擦力做功，转化为内能，有 Ek
＝fs1，解得 f＝50 N；当启动充电装置滑行时，自行车的动能一部分克服摩擦力做功，另一部分转化为蓄电
池的电能，根据能量守恒有 Ek＝fs2＋E 电，故 E 电＝Ek－fs2＝200 J。
7.如图甲所示，粗糙的斜面固定在水平地面上，一小滑块自斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，在下滑过程中，
图乙是小滑块的动能 Ek 随下滑的位移 x 的变化规律，图丙是滑块的重力势能 Ep 随位移 x 的变化规律，图丁
是滑块的机械能 E 随位移 x 的变化规律，取地面为零势能面，则关于三种图线的斜率的意义，下列说法正
确的是
A．图乙中图线斜率的物理意义是滑块受到的合外力做的功
B．图丙中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的重力的大小
C．图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的摩擦力的大小
D．图丁中图线斜率的绝对值的物理意义是滑块受到的合外力的大小
【答案】C
【解析】根据动能定理，图乙中图线的斜率意义是滑块受到的合外力；根据重力做功的特点，图丙中图线
的斜率的绝对值的意义是滑块受到的重力沿斜面向下的分力大小；根据功能关系，在机械能不守恒时，摩
擦力做功对应着机械能的变化，故图丁中图线的斜率的绝对值的意义是滑块受到的摩擦力的大小。ABD 错
误 C 正确。
8.如图所示， ad 、 bd 、 cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一圆周上，a 点为圆周的
最高点，d 点为最低点。每根杆上都套着一个完全相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c
点无初速释放，下列关于它们下滑到 d 过程的说法中正确的是（ ）
A．沿 cd 细杆下滑的滑环用时最长 B．重力对各环的冲量中 a 的最小
C．弹力对各环的冲量中 c 的最大 D．合力对各环的冲量大小相等
【答案】C
【解析】A．物体从同一竖直圆上各点沿不同的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间相等，如图
即等时圆模型，小球下滑过程均满足
212coscos 2Rgt
解得
2 Rt g
根据等时圆模型可知三个滑环下滑的时间均相等，A 错误；
B．三个滑环重力相等，根据冲量 I F t 可知重力对各环的冲量大小相等，B 错误；
C．假设光滑细杆与 ad 的夹角为 ，受力分析可知滑环所受弹力为
sinNmg
杆与 的夹角最大，所以弹力最大，根据冲量的定义可知弹力对各环的冲量中 c 的最大，C 正确；
D．根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，根据机械能守恒定律
21
2mgh mv
解得
2vgh
可知从 a 滑到底端的滑环速度最大，合外力的冲量最大，D 错误。
故选 C。
9.质量分别为 m 甲和 m 乙的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是 5 k g m / sp 甲＝ ，
7kg m/sp 乙＝ ；甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙的动量变为 9 k g m / s ，则 m 甲，m 乙的关系可能是（ ）
A．m 甲＝m 乙 B．2m 甲＝m 乙 C．5m 甲＝2m 乙 D．4m 甲＝m 乙
【答案】BC
【解析】ABCD．根据动量守恒定律得
pppp甲 乙 甲 乙
解得
3kg m/sp 甲
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
2'2'22
2222
pp
mmm
P
m
P甲 甲乙 乙
甲 乙 甲 乙
代入数据解得
0.5m
m 甲
乙
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有
' 'p p
mm甲 乙
甲 乙
代入数据解得
1
3
m
m 甲
乙
综上有
1 0.53
m
m甲
乙
所以，只有 122mm 和52mm甲 乙 可能，AD 错误 BC 正确。
故选 BC。
10.某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所
示，他使木块以初速度 0 4 m / sv 的速度沿倾角 30 的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录
数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的 vt 图线如图乙所示，g 取 210m / s ，则根据题意计算
出的下列物理量正确的是（ ）
A．上滑过程中的加速度的大小 2
1 8m / sa
B．木块与斜面间的动摩擦因数 3
3
C．木块回到出发点时的速度大小 4 m / sv
D．木块经 1.5s 返回出发点
【答案】AD
【解析】A．由 图像可知，木块经 0.5s 上滑到最高点，上滑过程中加速度的大小
22
1
4 m s =8m s0.5a
故 A 正确；
B．木块上滑过程中，由牛顿第二定律得
1sin30cos30mgmgma
解得
0 . 3 5
故 B 错误；
CD．下滑的距离等于上滑的距离
2
0
12
vx a
下滑过程中由牛顿第二定律得
2sin30 cos30mg mg ma
下滑至出发点的速度大小
22v a x
解的
2m sv
木块由最高点下滑到出发点所用时间
2
2
1svt a
则木块返回出发点所用时间
20 . 5 s + 1 . 5 stt
故 C 错误,D 正确。故选 AD。
11.如图所示，质量相同的两物体 a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a 在水平桌
面的上方，b 在水平粗糙桌面上。初始时用力压住 b 使 a、b 静止，撤去此压力后，a 开始运动，在 a 下降
的过程中，b 始终未离开桌面。在此过程中( )
A.a 的动能小于 b 的动能
B.两物体机械能的变化量相等
C.a 的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量
D.绳的拉力对 a 所做的功与对 b 所做的功的代数和为零
解析 轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知 a 的速度等于 b 的速度沿绳方向的分量，a 的动能比
b 的动能小，选项 A 正确；因为 b 与地面有摩擦力，运动时有热量产生，所以该系统机械能减少，故选项 B、
C 错误；轻绳不可伸长，两端分别对 a、b 做功大小相等，符号相反，选项 D 正确。
答案 AD
12..如图所示，光滑水平面上有一质量为 2M、半径为 R(R 足够大)的1
4圆弧曲面 C，质量为 M 的小球 B 置于
其底端，另一个小球 A 质量为M
2 ，小球 A 以 v0＝6 m/s 的速度向 B 运动，并与 B 发生弹性碰撞，不计一切
摩擦，小球均视为质点，则( )
A.B 的最大速率为 4 m/s
B.B 运动到最高点时的速率为3
4 m/s
C.B 能与 A 再次发生碰撞
D.B 不能与 A 再次发生碰撞
答案 AD
解析 A 与 B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得M
2 v0＝M
2 vA＋MvB，
1
2·M
2 v20＝1
2·M
2 v2A＋1
2·Mv2B，解得 vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故 B 的最大速率为 4 m/s，选项 A 正确；B 冲上 C 并
运动到最高点时二者共速，设为 v，则 MvB＝(M＋2M)v，得 v＝4
3 m/s，选项 B 错误；从 B 冲上 C 然后又滑
下的过程，设 B、C 分离时速度分别为 vB′、vC′，由水平方向动量守恒有 MvB＝MvB′＋2MvC′，由机械能守恒
有1
2·Mv2B＝1
2·MvB′2＋1
2·2 MvC′2，联立解得 vB′＝－4
3 m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项 C
错误，D 正确。
第 II 卷（非选择题)
一．实验题：(本题共 2 小题,共 14 分）
13.（6 分）如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德（G•Atwood1746-1807）
创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．
某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示．
（1）实验时，该同学进行了如下步骤：
①将质量均为 M（A 的含挡光片、B 的含挂钩）的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态．测
量出______（填“A 的上表面”、“A 的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离 h．
②在 B 的下端挂上质量为 m 的物块 C，让系统中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为
△ t．
③测出挡光片的宽度 d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律．
（2）如果系统（重物 A、B 以及物块 C）的机械能守恒，应满足的关系式为______（已知重力加速度为 g）．
（3）引起该实验系统误差的原因有______（写一条即可）．
【答案】 挡光片中心
21 22
dmghMm t
绳子有一定的质量、滑轮与绳子之间有摩擦、重物运
动受到空气阻力等
【解析】（1、2）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离，系统的
末速度为： dv t ，
则系统重力势能的减小量△ Ep=mgh，系统动能的增加量为：
△ Ek＝ 1
2 (2M+m)v2＝ 1
2 (2M+m)( d
t )2，
若系统机械能守恒，则有：mgh= 1
2 (2M+m)( d
t )2．
（3）系统机械能守恒的条件是只有重力做功，引起实验误差的原因可能有：绳子有一定的质量、滑轮与绳
子之间有摩擦、重物运动受到空气阻力等．
14.（8 分）一研究学习小组利用图甲装置验证动量守恒定律，将钢球 a 用细线悬挂于 O 点，钢球 b 放在离
地面高度为 H＝0.80m 的支柱上，O 点到 a 球球心的距离为 L＝0.20m。将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为 α，
由静止释放后摆到最低点时恰与 b 球正碰，碰撞后 a 球把轻质指示针（图中未画出）推移到与竖直线夹角 β
处，b 球落到地面上，测出 b 球的水平位移 s，当地重力加速度为 g。
（1）a 球碰撞前后的速度的表达式 v0＝_____，va＝_____（用 L、g、α、β 表示）
（2）b 球碰后的速度的表达式 vb＝_____（用 s、g，H 表示）
（3）若在钢球 b 的被碰位置贴一小块胶布，依然将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为 α 由静止释放，增大的物
理量是_____。
A．碰后 b 球的水平位移 s B．碰后轻质指示针被推移的夹角 β
C．碰撞过程中系统的总动量 D．碰撞过程中系统动能的损失
（4）撕去胶布，改变 α 角的大小，多次实验，发现钢球 a、b 碰撞过程不仅动量守恒，机械能也守恒，作
出 s2﹣cosα 的关系图线如图乙，则钢球 a、b 的质量之比 a
b
m
m ＝_____（保留 2 位有效数字）
【答案】 2 ( 1 c os )gL 2 ( 1 c os )gL
2
gs H
BD 3.0
【解析】（1）设 a 球碰撞前的速度为 v0，根据动能定理得
2
0
1(1cos) 2aamgLmv
解得
0 2(1cos)vgL
设碰撞后的速度为 va，根据动能定理得
21(1cos)0 2aaam gLm v
解得
2(1cos)avgL
（2）b 球碰撞后做平抛运动，根据平抛运动规律有
21
2Hgt ， bs v t
解得
2b
gvsH ①
（3）AB．碰撞过程中，动量守恒，两球作用的时间变长，b 球获得的速度变小，则碰撞后 b 球水平位移减
小，a 球碰后速度较之前变大，则碰后轻质指示针被推移的夹角 β 变大，A 错误，B 正确；
C．若在钢球 b 的被碰位置贴一小块胶布，依然将 a 球拉至悬线与竖直线夹角为 α 由静止释放，碰撞过程中，
动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，C 错误；
D．贴一小块胶布后，碰撞过程中，动量守恒，碰撞过程中系统总动量不变，系统动能损失变大，D 正确。
故选 BD。
（4）选取向左为正方向，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，则有
0aaabbmvmvmv
22
0
21 1 1
2 2 2a a a b bm v m v m v
联立解得
0
2 a
b
ab
mvvmm ②
当 90 时， c o s 0 ，则
0 22m/svgL ③
由乙图可知， 时有
221 . 4 4 ms ＝ ④
联立①④，代入数据得
3 m / sbv ⑤
将③⑤代入②可得
3.0a
b
m
m
三．解答题：共 4 个⼩题，共 38 分。应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后
答案的不能得分，有数值计算的题必须明确写出数据值和单位。
15.（8 分）2020 年 2 月 18 日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月
球上工作的世界纪录，并将开始第 15 个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为 31.510kg ，着
陆过程简化如下：在距月面 1 0 2m 处悬停，当发动机推力为 1F 时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动
机推力为 2F 时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面 2m 时再次悬停，
此过程总共用时 600s ，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速度取
21.6m/sg ，求：
(1)探测器接触月球表面时的速度大小；
(2)发动机施加推力的差值 21FF 的大小。
【答案】(1) 4 1 0m / s5v ；(2) 21
10 N3FF
【解析】(1)由速度位移公式 2 2v a x ，代入数据可得
4 1 0m /s5v
(2)设加速过程中的最大速度为 mv ，加速阶段的位移 2
12mv a x ，减速阶段的位移 2
22mv a x ，且
121 0 0 mxx
加速阶段的时间 1
mvt a ，减速阶段的时间 2
mvt a ，且
12600stt
代入数据可得
21 m/s900a
由牛顿第二定律可得，加速阶段
1mgFma
减速阶段
2Fmgma
代入数据可得
16.（10 分）a、b 两颗卫星均在赤道正上方绕地球做匀速圆周运动，a 为近地卫星，b 卫星离地面高度为 3R，
已知地球半径为 R，表面的重力加速度为 g，试求：(忽略地球的自转)
(1)a、b 两颗卫星的周期；
(2)若某时刻两卫星正好同时通过赤道同一点的正上方，则至少经过多长时间两卫星相距最远？
答案 (1)2π R
g 16π R
g (2)8π
7
R
g或8π
9
R
g
解析 (1)卫星做匀速圆周运动，F 引＝F 向，
对地面上质量为 m 的物体有 GMm
R2 ＝mg
对 a 卫星有GMma
R2 ＝ma
4π2
T a2R
解得 Ta＝2π R
g
对 b 卫星有 GMmb
4R 2＝mb
4π2
T b24R
解得 Tb＝16π R
g
(3)设经过 t 时间，二者第一次相距最远，若两卫星同向运转，此时 a 比 b 多转半圈，则2πt
Ta
－2πt
Tb
＝π
解得 t＝8π
7
R
g；
若两卫星反向运转，则(2π
Ta
＋2π
Tb
)t＝π，
解得 t＝8π
9
R
g.
17.（10 分）如图所示，小车 A、B 的质量均为 m，小车 B 静止于水平轨道上，其左端固定一根轻弹簧，小
车 A 从高出水平轨道 h 处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车 B 发生相互作用。轨道是光滑的。
求：
（1）A 车沿曲轨道刚滑到水平轨道时的速度大小 0v ；
（2）弹簧的弹性势能最大时 A 车的速度 v 和弹簧的弹性势能 Ep 。
【答案】（1） 0 2vgh ；（ 2） 2
2
ghv ， 1
2PEmgh
【解析】（1）由动能定律可得
2
0
1 02mghmv
解得
（2）两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒得
0 2mv mv
解得
2
2
ghv
再由能量守恒得
22
0
11(2 )22PE mv m v
即
1
2PE m g h
18.（10 分）如图，长度 L=4.5m 的水平桌面左右两端各静置大小相同的小球 a、b，在桌面右下方适当位置
放置倾角 θ=30°的斜面，小球 b 的质量为 0.3kg 小球 a 在恒定水平推力 F 作用下以 a0=4m/s2 的加速度向右运
动，在小球 a 即将要与小球 b 碰撞时撤去推力 F；两小球碰撞后，小球 a 的动能减少为原来的四分之一，且
刚好能返回到桌面左端；小球 b 落到斜面上的 P1 点，与斜面碰撞后水平向右飞出，然后落到斜面上的 P2
点。已知小球与斜面碰撞前后速度与斜面的夹角相等，两球均可视为质点，两小球间碰撞以及小球 b 与斜
面间的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度 g=10m/s2。求:
（1）两小球碰撞后，小球 a 的速度大小；
（2）推力 F 的大小；
（3）小球 b 在斜面上的两个落点 P1、P2 间的距离。
【答案】（1） 1 3m/sv ；（ 2） 0.5NF ；（ 3） 4.8mx
【解析】（1）设小球 a 的质量为 1m ，小球 b 的质量为 2m ，碰撞前小球 a 的速度 0v ，碰撞后小球 a 的速度
大小为 1v ，小球 b 的速度大小为 2v ，有
2
002v a L
解得
0 6m/sv
根据
22
1110
111 =242mvmv
解得
1 3 m / sv
（2）根据牛顿第二定律
10fF F m a
碰撞过程
101122 ()m vmvmv
能量守恒
222
101122
111 =+222mvmvmv
小球 a 返回过程
2
11
10 2fFLm v
解得
0.5NF
2 3m/sv
（3）如图所示，设小球 b 到达斜面上的 1P 时的速度大小为 3v ， 、 2P 间距离为 x ，由 到 的运动
时间为 t，由几何关系得
有题意可得
32cos2vv
小球做平抛运动
3cosx v t
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解得
4 . 8 mx