北京市丰台二中2025届高三最后一模物理试题含解析

北京市丰台二中2025届高三最后一模物理试题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：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、如图所示，在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且电场力为3mg。

重力加速度为g，由此可知（）
A．AB=3BC
B．小球从A到B与从B到C的运动时间相等
C．小球从A到B与从B到C的动量变化量相同
D．小球从A到C的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等
2、如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角θ＝30°。

现用水平力F推物体A，在
F由零逐渐增加至
3
2
mg再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。

对此过程下列说法正确的是（）
A．地面对B的支持力随着力F的变化而变化
B．A所受摩擦力方向始终沿斜面向上
C．A所受摩擦力的最小值为
4
mg3
D．A对B
333
3、下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）
A ．图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子
B ．图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能
C ．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的
D ．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构
4、如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度向右匀速运动，现将质量为的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为。

为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力，那么力对木板做功的数值为（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
5、2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。

如果两颗卫星的质量均为M ，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h ，2号卫星轨道距离地面高度为h '，且h '>h ，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度大小为g ，引力常量为G 下列说法正确的是（ ）
A ．l 号卫星绕地球运动的线速度g R R h
+B ．1号卫星绕地球运动的周期2()
R h T R h GM π+=+ C ．1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为'2
2h h
D ．稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能
6、五星红旗是中华人民共和国的象征和标志；升国旗仪式代表了我国的形象，象征着我国蒸蒸日上天安门广场国旗杆高度为32.6米，而升国旗的高度为28.3米；升国旗时间与北京地区太阳初升的时间是一致的，升旗过程是127秒，已知国旗重量不可忽略，关于天安门的升国旗仪式，以下说法正确的是（）
A．擎旗手在国歌刚刚奏响时，要使国旗在升起初始时，旗面在空中瞬间展开为一平面，必须尽力水平向右甩出手中所握旗面
B．国旗上升过程中的最大速度可能小于0.2m/s
C．当国旗匀速上升时，如果水平风力大于国旗的重量，则国旗可以在空中完全展开为一个平面
D．当国旗匀速上升时，如果水平风力等于国旗的重量，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45度
二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

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（甲）所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R=4.0Ω的电阻，匀强磁场磁感应强度B=0.5T、方向垂直导轨所在平面向下。

质量m=0.2kg、长度l=1.0m、电阻r=1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好，t=0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v －t图像如图（乙）所示，其余电阻不计、则（）
A．t=0时刻，外力F水平向右，大小为0.7N
B．3s内，流过R的电荷量为3.6C
C．从t=0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压为1.6V
D．在0~3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式是F=0.1+0.1t（N）
8、下列有关原子和原子核的认识，正确的是（）
A．平均结合能越大，原子核越稳定
B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，发现了中子.
D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
9、在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强做场中，磁场方向垂直于斜面向下。

有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则（）
A．物块c的质量是m1sinθ
B．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是2sin
m g
BL
θ
C．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能
D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和
10、甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，用某测速仪描绘出两物体的v-t图象如图所示，已知甲物体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线，t4=2t2，甲的初速度末速度均等于乙的末速度。

已知则下列说法正确的（）
A．0～t1时间内，甲乙两物体距离越来越小
B．t1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等
C．t3～t4时间内，乙车在甲车后方
D．0～t4时间内，两物体的平均速度相等
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分）某研究性学习小组的一同学想测量一下某电阻丝的电阻率，实验室供选择的器材如下：
A．量程0.6A，内阻约0.5Ω的电流表
B．量程3A，内阻约0.01Ω的电流表
C．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表
D．量程15V，内阻约30kΩ的电压表
E.阻值为0~1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器
F.阻值为0~10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器
G.阻值为0~99.9Ω的电阻箱
H.电动势为3V的电池
I.开关一个、导线若干
（1）如图甲是他先用螺旋测微器测量电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径D=____mm，用多用电表粗测了该电阻丝的电阻如图乙所示，则多用电表的读数为____Ω；
（2）该同学想用伏安法精确测量该电阻丝的电阻，他检查了一下所给器材，发现所给电压表不能用，就用电流表改装一电压表，你认为所给电压表不能用的理由是____；如果要改装成量程为3V的电压表，需要串联的电阻R=____Ω；如果他选好器材后设计了如图所示的电路，电流表他应选用_____；滑动变阻器应选用_____；
（3）该同学连好电路后，测出该电阻丝的长度为L，直径为D，然后改变滑动变阻器滑动头的位置读出两个电流表和电阻箱的若干数据，其中电流表A1、A2的读数分别用I1、I2来表示，从而测出该电阻丝的电阻率ρ，则ρ的表达式是___；(用所有测量的物理量的字母表示)
（4）如果要求电流表A2的读数从零开始，请你根据上图将电路添加一条线改画在电路图上。

（__________）12．（12分）利用图示装置可以测物体问的动摩擦因数。

水平粗糙桌面左端固定着定滑轮、B点固定着光电门。

跨过定滑轮的细线两端分别栓接质量m的重物和质量M的物块（含宽度为d的遮光条），实验时每次都由静止释放物块，
多次改变物块释放点A 的位置，记录每次AB 的间距x 和遮光条通过光电门的时间t 。

（细线与滑轮间的摩擦及空气阻力均不计，重力加速度为g ）
(1)物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为△E k =_______。

(2)下列各图中，能够正确反映运动过程中x 与t 之间关系的图像是__________（填选项序号字母）。

(3)若(2)中正确图线的斜率为k ，则物块与水平面间的动摩擦因数μ=_______（填选项序号字母）。

A ．22()2kmg M m d kMg -+
B ．2
2()2kmg M m d kMg
++ C ．222()kMg kmg M m d -+ 四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，两条足够长的光滑导电轨道倾斜放置，倾角37θ=︒，轨道足够长，轨道间距离0.6m L =，轨道下端连接2R =Ω的电阻，轨道其他部分电阻不计，匀强磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度0.5T B =，一质量为0.1kg m =，电阻1r =Ω的导体棒ab 在平行于轨道的恒定的拉力F 作用下由静止开始向上运动，18m x =时速度达到最大，最大速度m 10m/s v =。

这时撤去拉力F ，导体棒继续运动到达最高点，全过程中流过电阻R 的电荷量1C q =，sin 370.6︒=，取210m/s g =，求：
（1）导体棒达到最大速度时导体棒两端的电势差ab U ；
（2）导体棒ab 在恒定的拉力F 作用下速度为2
m v 时的加速度大小； （3）向上运动的全过程中电阻R 上产生的热量。

14．（16分）游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg 的球a 放在高度h =1.8m 的平台上，长木板c 放在水平地面上，带凹槽的容器b 放在c 的最左端。

a 、b 可视为质点，b 、c 质量均为1kg ，b 、c 间的动摩擦因数μ1=0.4，c 与地面间的动摩擦因数μ2=0.6.在某次投掷中，球a 以v 0=6m/s 的速度水平抛出，同时给木板c 施加一水平向左、大小为24N 的恒力，使球a 恰好落入b 的凹槽内并瞬间与b 合为一体。

取g =10m/s 2，求：
(1)球a 抛出时，凹槽b 与球a 之间的水平距离x 0；
(2)a 、b 合为一体时的速度大小；
(3)要使ab 不脱离木板c ，木板长度L 的最小值。

15．（12分）如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：
（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；
（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；
（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．
参考答案
一、单项选择题：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、D
【解析】
AB ．小球从A 到B 的时间为
t =在B 点的竖直方向速度为
yB v gt ==
小球在电场中的加速度大小为
32mg mg a g m
-== 小球从B 到C 的时间为
'2yB
v t g ===则两段所用的时间之比为4：1，据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，则
AB=4BC
故AB 错误；
C ．由动量定理可知，动量变化等于合力的冲量，由于AB 段合力冲量方向向下，由于小球在BC 段竖直方向做减速运动，则合力方向向上，所以小球在BC 段合力冲量向上，故C 错误；
D ．据题意，知小球在水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，从A 到C 由动能定理可知，小球从A 到C 的过程中重力对小球做的功与电场力对小球做的功的绝对值相等，故D 正确。

故选D 。

2、D
【解析】
A ．对A
B 组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对B 的支持力，所以地面对B 的支持力等于()M m g +，保持不变，A 错误；
B ．拉力F 最大时沿斜面向上的分力为
cos300.75F mg ︒=
重力沿斜面向下的分力为
sin 300.5mg mg ︒=
故此时摩擦力沿斜面向下，B 错误；
C ．对A 受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当0F =时，f 最大，
max sin300.5f mg mg =︒=
C 错误；
D ．垂直于斜面方向有
cos30sin30N F mg F ︒=︒+
当0F =时，N F 最小，最小为
min 3cos302N F mg mg =︒= 当32
F mg =时，N F 最大，最大为 max 3133cos30224N F mg mg mg =︒+
⨯= D 正确。

故选D 。

3、C
【解析】
图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A 错误．图乙： 用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故B 错误． 图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C 正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故D 错误． 故选C ．
4、C
【解析】
由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故
，
，，以上三式联立可得。

A. ，选项A 不符合题意；
B.
，选项B 不符合题意； C.
，选项C 符合题意； D.
，选项D 不符合题意；
5、A 【解析】
A ．设地球质量m ，根据公式
22()()Mm v G M R h R h =++ 和
002
mm m g G
R = 解得 g v R R h
=+故A 正确；
B ．根据公式
2
224()()Mm G M R h R h T π=++ 和
002
mm m g G
R = 解得： 2()R h R h T R g
π++= 故B 错误；
C ．根据
12
()mM F G R h =+ 2'2()mM F G
R h =+ 所以
'2
12
2()()F R h F R h +=+ 故C 错误；
D ．由于'h h <，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D 错误。

故选A.
6、D
【解析】
A ．若用水平向右甩出手中所握旗面，则手给旗子水平方向的力，因为旗面受到竖直向下的重力，水平方向的力和重力无法平衡，则旗面在空中瞬间无法展开为一平面，故A 错误；
B ．若旗上升过程中的最大速度小于0.2m /s ，则在127s 内上升的最大高度为：
h=0.2×127m=25.4m ＜28.3m
故B 错误；
C ．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，此时旗面受重力、水平风力、绳子的作用力，无论水平风力多大都无法和竖直方向的重力平衡，则国旗不可以在空中完全展开为一个平面，故C 错误；
D ．国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，如果水平风力等于国旗的重量，则水平风力和重力的合力与水平方向夹角为45°，则固定国旗的绳子对国旗的作用力应与水平风力和重力的合力，等大反向，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45°，故D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：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，有多个选项是符合题目要求的。

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、CD
【解析】
A ．根据v －t 图象可以知道金属杆做匀减速直线运动，加速度为
2062m/s 3
v a t ∆-===-∆ 当t =0时刻，设向右为正方向，根据牛顿第二定律有
F BIL ma -=
根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有
0BLv E I r R r R
==++ 联立以上各式代入数据可得0.1N F =-，负号表示方向水平向左，故A 错误；
B ．根据
E t
∆Φ=
∆ q E I t R r ==∆+ 联立可得
B S q R r R r
∆Φ∆==++ 又因为v －t 图象与坐标轴围成的面积表示通过的位移，所以有 163m 9m 2S ∆=
⨯⨯= 故代入数据可解得
q =0.9C
故B 错误；
C ．设杆运动了5m 时速度为v 1，则有
221012v v as -=
此时金属杆产生的感应电动势
11E BLv =
回路中产生的电流
11E I R r
=+ 电阻R 两端的电压
1U I R =
联立以上几式结合A 选项分析可得 1.6V U =，故C 正确；
D ．由A 选项分析可知t =0时刻外力F 的方向与v 0反向，由牛顿第二定律有
()F BIL ma -+=
设在t 时刻金属杆的速度为v ，杆的电动势为E ，回路电流为I ，则有
0v v at =+
E BLv =
E I R r
=+ 联立以上几式可得
()0.10.1F t =-+N
负号表示方向水平向左，即大小关系为
0.10.1F t =+N
故D 正确。

故选CD 。

8、AB
【解析】
A ．平均结合能越大，原子核越稳定，故A 正确；
B ．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据
22
2q v k m r r
= 则可得动能为
2
2122k kq E mv r
== 可知电子绕核运动的动能增大，故B 正确；
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故C 错误；
D ．光电效应现象中，根据
km E h W ν=-逸出功
则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故D 错误。

故选AB 。

9、BD
【解析】
A ．由b 平衡可知，安培力大小
2sin F m g θ=安
由a 平衡可知
1sin F F m g θ=+绳安
由c 平衡可知
c F m g =绳
联立解得物块c 的质量为
12s ()in c m m m θ=+
A错误；
B．b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知
2sin
F m gθ
=
安
又因为
F BIL
=
安
可得b棒中电流大小是
2sin
m g I
BL θ
=
B正确；
C．b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，C错误；D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功转化为全电路的电能，即等于a、b两棒上消耗的电能之和，D正确。

故选BD。

10、BD
【解析】
A．甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动，0～t1时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲乙两物体距离越来越大，故A错误。

B．根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知，t1时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等，故B正确。

C．根据“面积”表示位移，结合几何知识可知，0～t4时间内，两物体的位移相等，t4时刻两车相遇，而在t3～t4时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在t3～t4时间内，乙车在甲车前方，故C错误。

D．0～t4时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故D正确。

故选BD。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、2.000 5.0 因为电源电动势只有3V，所给电压表量程太大 4.5 A、C F
2
2
12π
4(-) I RD L I I
【解析】
（1）[1]根据螺旋测微器读数规则读数为2.000mm。

[2]从图上可以看出选择开关放在了“×1挡”，根据读数规则读出电阻为5.0Ω。

（2）[3]因为电源电动势只有3V ，所给电压表量程太大。

[4]改装成量程为3V 的电压表，选用电流表A 改装，需要串联的电阻 R=30.50.60.6-⨯Ω=4.5Ω [5]由于所求电阻丝的电阻约为5Ω，两端的电压不超过3V ，电流不超过0.6A ，为求电表读数准确，量程不能过大，所以电流表选A 和C 。

[6]阻值为0~1kΩ，额定电流为0.5A 的滑动变阻器阻值太大，为方便调节滑动变阻器应选用F 。

（3）[7]根据电阻定律和欧姆定律，有
2212=-π2I R L I I D ⎛⎫ ⎪⎝⎭
因此ρ的表达式是
2
212π4(-)
I RD L I I ρ= （4）[8]因为要求电压表读数从零开始，所以用分压式接法，又电压表的内阻比待测电阻大的多，故采用电流表外接法，故完整的电路图如图所示
12、()22
2M m d t + C A 【解析】
(1)[1]物块到达B 点时的速度为
B d v t
= 则物块从A 运动至B 的过程中，重物和物块整体的动能增量为
()2221()22k B M m d E M m v t
+∆=+= (2)[2]根据动能定理有
()212()mgx Mgx m d M t
μ-=
+ 整理后有
()2
212m M d x mg Mg t μ+=⨯-() 故选C 。

(3)[3]由函数关系可知，斜率
()2
2m M d k mg Mg μ+=-()
由此变形可得
2
2()=2kmg M m d kMg
μ-+ 故选A 。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13、（1）2V -；（2）21.5m/s ；（3）0.8J
【解析】
（1）导体棒达到最大速度时
m E BLv =
E I R r
=+ 根据右手定则知导体棒中的感应电流由a 到b
ab U IR =-
解得
2V ab U =-
（2）导体棒达到最大速度时有
sin F BIL mg θ=+
解得
0.9N F =
导体棒ab 在恒定的拉力F 作用下速度为m 2
v 时 m 2
v E BL '=
E I R r
'='+ sin F mg BI L ma θ'--=
解得
21.5m/s a =
（3）全过程
BLx q R r
=+ 根据能量守恒得
1sin 0Fx mgx Q θ--=总
R R Q Q R r =
+总
解得 0.8J R Q =
14、 (1)4.32m ；(2)3.2m/s ；(3)2.96m.
【解析】
(1)a 球从抛出到落到b 槽内的时间
0.6s t == 此过程中a 球的水平位移
0 3.6m a x v t ==
设a 、b 、c 的质量分别为2m 、m 、m ；假设bc 之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 '222212240.620m/s =6m/s 4m/s 22
F mg a a g m μμ-⋅-⨯==>== 则bc 之间要产生相对滑动，其中b 的加速度为
214m/s b a g μ==
在时间t 内槽b 的位移为
2b 10.72m 2
b x a t == 球a 抛出时，凹槽b 与球a 之间的水平距离
0= 4.32m a b x x x += ；
(2)a 落在槽b 中时，槽b 的速度
1 2.4m/s b v a t ==
方向向左，设向右为正方向，则对ab 系统由动量守恒定律：
0122(2)mv mv m m v -=+
解得
v 2=3.2m/s
(3)当a 做平抛运动的时间内，木板c 的加速度
21228m/s c F mg mg a m
μμ--⋅== 当球a 落到槽b 中时木板c 的速度
1 4.8m/s c c v a t ==
此时槽b 相对木板c 向右滑动的距离为
211()0.72m 2
c b x a a t ∆=-= 当球a 落到槽b 中后板c 的加速度 '
2123412m/s c F mg mg a m μμ-⋅-⋅=
=- 而ab 的共同加速度仍为
214m/s ab a g μ==
因ab 一起向右减速，而c 向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移
2222
122' 4.8 3.2 2.24m 2221224
c c ab v v x a a ∆=+=+=⨯⨯ 则木板长度L 的最小值
12 2.96m L x x =∆+∆=
15、（1）sin A a g θ=；0B a =（2
3
）【解析】
解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态
对A 分析，底面光滑，则有：mgsin A ma θ=
解得：sin A a g θ=
(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =
解得：A v =
所用时间由：1v A at =，解得：1t =
对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：
2221111222A B mv mv mv =+
解得：10,B v v ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212
A A x a t = 22
B x v t =
第二次相碰：A B x x =
解得：2t =从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+
解得：t =。