2020年东北三省三校联考高考物理二模试卷(含答案解析).docx

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2020年东北三省三校联考高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1. 1909年，英国物理学家卢瑟福和他的学生盖革、马斯顿一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的粒子穿过金箔前后的运动图景如图所示。

卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子结构模型。

下列关于“α粒子穿过金箔后”的描述中，正确的是（    ）

A.绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转

B.少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进

C.通过α粒子散射实验，确定了原子核半径的数量级为10-15m

D.通过α粒子散射实验，确定了原子半径的数量级为10-15m

2. 如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法正确的是（    ）

A.回到出发点的速度v等于初速度v0

B.上行过程中通过R的电量大于下行过程中通过R的电量

C.上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量

D.上行的运动时间大于下行的运动时间

3. a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图所示，下列说法正确的是（    ）

A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度

B.20s时，a、b两物体相距最远

C.60s时，物体a在物体b的后方

D.40s时，a、b两物体速度相等，相距900m

4. 如图所示，在半径为5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，A、B为圆弧的两个端点，它们距最低点C高度差H为1cm，BC为一光滑的直杆。

现将小环分别置于圆弧A端点和B端点由静止释放，使小环分别沿圆弧AC和直杆BC下滑。

设小环从A点运动到C点和从B点运动到C点所需的时间分别为t1和t2（取g=10m/s2），则下列说法正确的是（    ）

A.t1t2 D.无法确定

5. 哥白尼根据观察到的现象，运用他的天体模型，计算出了每颗行星绕太阳运行的周期和行星到太阳的距离，第一次给出了宇宙大小的尺寸，如表摘自哥白尼计算数据，其中木星绕太阳运行周期的接近值是（    ）

 行星

 绕太阳运行的周期

到太阳的距离（以日地距离为单位） 

 地球

 1年

 1

 土星

 29.5年

 9.5

 木星

 5.2

A.20年 B.12年 C.5年 D.1年

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）

6. 一质量为m的木块，由碗边滑向碗底，碗内表面是半径为r的球面，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，则（    ）

A.木块的加速度为零

B.木块所受合外力为零

C.木块所受合外力的大小一定，方向改变

D.木块的加速度大小不变

7. 关于铁轨转弯处内、外轨间的高度关系，下列说法中正确的是（    ）

A.内、外轨一样高，以防列车倾倒造成翻车事故

B.因为列车转弯处有向内倾倒的可能，故一般使内轨高于外轨，以防列车翻倒

C.外轨比内轨略高，这样可以使列车顺利转弯，减少车轮对铁轨的挤压

D.外轨比内轨略高，列车的重力和轨道对列车支持力的合力沿水平方向指向圆心

8. 如图所示，阻值为R的金属棒在水平向右的外力作用下，从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑水平导轨（电阻不计）匀速通过a'b'位置，若v1：

v2=3：

1，则在这两次从ab到a'b'的过程中（    ）

A.回路电流I1：

I2=3：

1

B.产生的热量Q1：

Q2=9：

1

C.通过任一截面的电荷量q1：

q2=1：

1

D.外力的功率P1：

P2=3：

1

9. 下列说法正确的是（    ）

A.非晶体和多晶体都没有确定的几何形状

B.晶体在熔化过程中，分子势能保持不变

C.气体从外界吸收的热量可以全部用来对外做功

D.一定质量的理想气体发生等压膨胀时，气体分子的平均动能增大

E.两分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的距离越小，分子势能越大

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10. 甲、乙两列波均向右传播，在相遇处各自的波形图如图所示，已知两列波为同一性质的波，在同种介质中传播，则两列波的频率之比为______，10m处质点的速度方向______（填“向上”或“向下”）。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11. 某校学生学习小组设计了如图所示的实验来验证碰撞过程中的动量守恒定律。

轨道AOB在O处平滑相接，B右侧为粗糙水平面，有两个质量均为m的相同的小物块甲和乙，令小物块甲从斜面上M点由静止下滑，运动至粗糙水平面上的C点速度恰好减为0，测量B、C间距为x0，把小物块乙置于B点，小物块甲仍从斜面上M点由静止下滑，小物块甲与小物块乙碰撞后粘在一起，其在粗糙水平面上运动的位移为x。

（1）未放置小物块乙时，甲离开B点的速度v0与x0的关系满足______。

A.v0∝x0

B.v0∝x02

C.v0∝x0

（2）为验证碰撞过程动量守恒，是否需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数？

______（选填“是”或“否”）。

（3）若满足关系式______，则两物块碰撞过程动量守恒。

12. 在练习使用多用电表的实验中：

（1）某同学用多用电表测量电阻，其欧姆挡的电路如图甲所示，若选择开关处在“×100”挡时，按正确使用方法测量电阻Rx的阻值，指针位于图乙示位置，则Rx=______Ω。

（2）若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测电阻，其测量结果将比真实值______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

（3）某同学利用图甲中的器材设计了一只欧姆表，其电路如图丙所示。

①某同学进行如下操作：

当Rx未接入时，闭合开关S，将红、黑表笔分开，调节可变电阻，可变电阻接入电路的阻值为R时，电流表满偏。

当Rx接入A、B表笔之间时，若电流表的指针指在表盘的正中央，则待测电阻Rx的阻值为______。

已知电流表的内阻为Rg，电池的内阻为r，可变电阻接入电路的阻值为R。

②关于该欧姆表，下列说法正确的是______。

A.电阻刻度的零位在表盘的右端

B.表盘上的电阻刻度是均匀的

C.测量前，不需要红、黑表笔短接调零

D.测量后，应将开关S断开

五、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13. 如图所示，斜边长L=18m的固定斜面与水平面的倾角θ=37°，质量为mA=1kg的小物块A以v0=12m/s的初速度从斜面底端开始沿斜面向上运动，同时质量也为mB=2kg的小物块B斜面顶端由静止开始沿斜面下滑，经过一段时间后两物块发生碰撞，碰后两物块粘在一起运动。

若两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25.求：

（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）A速度减为0时与B相距多远？

（2）两物块碰撞前运动的时间；

（3）两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小。

14. 如图所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场．图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反．质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域．不考虑粒子受到的重力．

（1）求粒子射出平移器时的速度大小v1；

（2）当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；

（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F.现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系Oxyz.保持加速电压为U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示．

射入方向

y

-y

z

-z

受力大小

5F

5F

7F

3F

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向．

15. 如图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为24cm，现在用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭空气柱内长度变为2cm，人对活塞做功100J，大气压强为p0=1×105Pa，不计活塞重力。

问：

（1）若用足够长的时间缓慢压缩气体，求压缩后气体的压强多大；

（2）若以适当的速度压缩气体，气体向外散失的热量为20J，则气体的内能增加多少？

（活塞的横截面积S=1cm2）

16. 如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点射入，入射角θ可以任意变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：

α=45°，玻璃砖对该单色光的折射率n =，光在真空中的速度为c。

则求；

①光在玻璃砖中传播的最短时间t；

②能从AB边出射的光线与AB交点的范围宽度d

参考答案及解析

1.答案：

C

解析：

解：

AB、绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进。

少数α粒子穿过金箔后，发生大角度偏转，故AB错误；

CD、通过“α粒子散射实验”卢瑟福确定了原子核半径的数量级为10-15m，而原子半径的数量级为10-10m，不是通过α粒子散射实验确定的，故C正确，D错误；

故选：

C。

α粒子散射实验的现象为：

α粒子穿过原子时，只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进。

本题主要考查了α粒子散射实验的现象，难度不大，属于基础题，并理解粒子散射原理。

2.答案：

C

解析：

解：

A、从出发点上升到回到出发点时，根据能量守恒知，棒的重力势能不变，内能增加，则动能减小，所以回到出发点的速度v小于初速度．故A错误．

B、上行和下行两个过程中，回路的磁通量变化量△Φ相等，根据感应电量表达式q=△ΦR，知两个过程中通过R的电量相等，故B错误．

C、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，则知在任何一个位置，上升到此位置的电流大于下降到此位置的电流，上升到此位置的安培力大于下降到此位置的安培力，而上升和下降过程的位移相同，故上升过程中克服安培力做的功比下降过程中克服安培力做的功多．所以上升过程中产生的热量大于下降过程中产生的热量．故C正确．

D、根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上升到此位置的速度大于下落到此位置的速度，上升的位移和下降的位移相等，则上升的时间小于下落的时间．故D错误．

故选：

C．

根据能量守恒定律，判断回到出发点的速度与初速度的大小．

电磁感应中通过导体的电量q=△ΦR，分析两个过程通过R的电量关系．

比较出任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出电流的大小，可知道上升过程中R产生热量和下落过程中产生的热量大小．

比较出在任何一个位置，上升到此位置和下落到此位置的速度大小，即可比较出上升的时间和下落过程的时间．

解决本题的关键通过能量守恒定律比较出回到出发点的速度和初速度的大小，从而确定每个位置感应电流和速度的大小．记住感应电量经验公式q=△ΦR，有利于分析电量问题．

3.答案：

D

解析：

解：

A、在速度-时间图象中图线的斜率表示加速度，可知a、b加速时，a图线的斜率小，物体a的加速度小。

故A错误。

B、D：

a、b两物体从同一位置沿同一方向做直线运动，到40s末之前a的速度一直大于b的速度，a、b之间的间距逐渐增大，40s之后a的速度小于b的速度，b开始追赶a物体，间距减小，所以40s末两物体相距最远，最远距离为：

△x=xa-xb=（10+40）×202m+20×40m-12×20×40m=900m，故B错误，D正确。

C、60s时，根据图象的面积表示位移可知，a的位移xa=（10+40）×202+40×40=2100m，b的位移，所以a在b的前方，故C错误。

故选：

D。

在速度-时间图象中，图线的斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．通过分析两物体的运动情况，确定何时相距最远．

本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．

4.答案：

A

解析：

解：

小环运动沿圆弧AC的运动可类比于单摆的简谐运动，小环从A点运动到C点的时间为：

t1=T4=π2Rg=3.142×510=1.11s；

小环沿直杆BC下滑做匀加速直线运动，设直杆BC与水平方向的夹角为θ，对小环由牛顿第二定律得：

mgsinθ=ma，由几何关系和运动学公式得：

2Rsinθ=12at22，联立解得小环从B点运动到C点的时间为：

t2=1.414s；所以有：

t1

故选：

A。

小环运动沿圆弧AC的运动可类比于单摆的简谐运动，利用单摆周期公式求解，小环沿直杆BC下滑做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律和运动学公式求解。

本题考查的是简谐运动和匀变速直线运动求时间问题，意在考查学生对简谐运动的理解与应用能力及对所学知识的迁移能力和综合分析能力。

5.答案：

B

解析：

对地球和木星，根据开普勒第三定律公式r3T2=k列式求解即可。

解：

根据开普勒第三定律，有：

R地3T地2=R木3T木2

解得：

T木=（R木R地）3T地=（5.2）3×1年≈12年

故选B。

6.答案：

CD

解析：

解：

A、木块由碗边滑向碗底，速率不变，做匀速圆周运动，加速度不为零，合力不为零，故A、B错误。

C、木块做匀速圆周运动，合力大小一定，方向始终指向圆心，故C正确，D正确。

故选：

CD。

木块做匀速圆周运动，合外力指向圆心，加速度方向指向圆心，大小保持不变．

解决本题的关键知道匀速圆周运动的特点，知道加速度和合力的大小不为零，方向始终指向圆心．

7.答案：

CD

解析：

解：

A、若内外轨道一样高，外轨对轮缘的弹力提供火车转弯的向心力，火车质量太大，靠这种办法得到的向心力，会导致轮缘与外轨间的作用力太大，使铁轨和车轮容易受损，并不能防止列车倾倒或翻车，故A错误；

B、若内轨高于外轨，轨道给火车的支持力斜向弯道外侧，势必导致轮缘和轨道之间的作用力更大，更容使铁轨和车轮受损，不能防列车翻倒。

故B错误；

CD、当外轨高于内轨时，轨道给火车的支持力斜向弯道内侧，它与重力的合力指向圆心，为火车转弯提供了一部分向心力，减轻了轮缘和外轨的挤压，在修筑铁路时，根据弯道半径和轨道速度行驶，适当选择内外轨道的高度差，可以使火车的向心力完全由火车的支持力和重力的合力提供，是火车行驶更安全，故C正确，D正确。

故选：

CD。

火车轨道外高内低的设计是为了减轻轮缘与轨道之间的挤压，这样火车转弯时，轨道给火车的支持力和其重力的合力提供向心力，保证行车安全。

生活中有很多圆周运动的实例，要明确其设计或工作原理，即向心力是由哪些力来提供的，难度不大，属于基础题。

8.答案：

AC

解析：

解：

A、回路中感应电流为：

I=ER=BLvR，I∝v，则得：

I1：

I2=v1：

v2=1：

1，故A正确．

B、产生的热量为：

Q=I2Rt=（BLvR）2R⋅Sv=B2L2svR，Q∝v，则得：

Q1：

Q2=v1：

v2=3：

1，故B错误．

C、通过任一截面的电荷量为：

q=It=BLvRt=BLsR，q与v无关，则得：

q1：

q2=1：

1.故C正确．

D、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：

P=I2R=（BLvR）2R，P∝v2，则得：

P1：

P2=9：

1，故D错误．

故选：

AC．

回路中感应电流为I=ER，E=BLv，即可求解回路电流I1：

I2.根据焦耳定律求解热量之比．

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，求解电荷量之比．

外力的功率等于回路中的电功率，由P=EI求解外力的功率之比．

本题是电磁感应中的电路问题，关键要掌握感应电流与热量、电荷量、热量和功率的关系，解题时要注意E=BLv与安培力公式的应用．知道求解电量要用到平均电动势．

9.答案：

ACD

解析：

解：

A、固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶和多晶，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，故A正确；

B、晶体具有固定的熔点，在熔化的过程中温度不变，吸收热量，分子势能增大，故B错误；

C、根据热力学第二定律可知，气体从外界吸收的热量可以全部用来对外做功，但会引起其他的变化。

故C正确；

D、由理想气体得状态方程可知，当气体发生等压膨胀时，气体的温度一定升高；而温度是分子的平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能增大。

故D正确；

E、当两分子间距离大于r0时，斥力和引力都存在，分子间表现为引力作用引力作用；此时减小分子之间的距离的过程中分子力做正功，所以分子势能减小。

故E错误。

故选：

ACD。

固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体又分为单晶和多晶，非晶体和多晶体都没有确定的几何形状，晶体和非晶体的区别：

晶体有固定的熔点，熔化过程中吸热，温度保持不变；晶体有熔点，熔化过程中不断吸收热量，温度不变。

根据理想气体的状态方程分析温度的变化；温度是分子的平均动能的标志；分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小；当分子间距大于平衡距离时，分子力表现为引力，当增大分子间的距离，引力做负功，分子势能增加；分子间同时存在引力和斥力，当分子间距离小于平衡距离时，分子力表现为斥力，当减小分子间距时，斥力做负功，分子势能增加；

此题考查的是物质的三种形态以及三态所具有的性质、热力学第二定律等，需要学生记忆的知识点较多，但不难，属于简单题目。

10.答案：

2：

3 向上

解析：

解：

根据波形图知甲、乙两列波的波长分别为24m、16m，故两列波的波长之比为3：

2.在同种介质中，同一性质的波传播速度相等，由v=λf，知两列波的频率之比为2：

3；

根据“上坡向下，下坡向上”，知两列波都使10m处的质点向上振动，故合速度方向向上。

故答案为：

2：

3，向上。

由图形图直接读出两列波的波长，在同种介质中，同一性质的波传播速度相等，由v=λf求频率之比。

根据叠加规律可分析质点的速度方向。

本题关键要抓住波速是由介质的性质决定的，在同一介质中传播的同类波速度相同，根据波速公式v=λf分析频率关系。

11.答案：

C 否 x0=4x

解析：

解：

（1）设物块与粗糙水平面的动摩擦因数为μ，物块甲在粗糙水平面上运动过程，由动能定理得：

-μmgx0=0-12mv02

解得：

v0=2μgx0∝x0，故AB错误，C正确。

故选：

C。

（2）甲乙两物块碰撞后一起在粗糙水平面上做匀减速直线运动，由动能定理得：

-μ⋅2mgx=0-12⋅2mv2

解得：

v=2μgx，

甲、乙两物块碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=2mv，

整理得：

x0=2x，则：

x0=4x，

验证动量守恒定律的表达式为：

x0=4x，该表达式中没有动摩擦因数μ，

因此验证碰撞过程动量守恒，不需要测量小物块与粗糙水平面间的动摩擦因数；

（3）由

（2）可知，实验需要验证的表达式为：

x0=4x，即若满足关系式x0=4x，则两物块碰撞过程动量守恒。

故答案为：

（1）C；

（2）否；（3）x0=4x。

（1）甲在粗糙水平面上做减速运动，应用动能定理求出甲的初速度与位移间的关系，然后分析答题。

（2）（3）应用动能定理求出甲、乙物块碰撞后的共同速度；甲、乙两物块碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后分析答题。

本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动能定理与动量守恒定律即可解题。

12.答案：

700 偏大 （R+r）RgR+r+Rg CD

解析：

解：

（1）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数，所以Rx=7×100Ω=700Ω；

（2）欧姆表调零时，其内阻：

R内=EIg，电源电动势变小，则欧姆表内阻R内变小，用欧姆表测电阻时：

I=ER 内+Rx=IgR内R内+Rx=Ig1+RxR内，由于R内变小，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，所测电阻偏大；

（3）①根据该同学的操作过程，未接入Rx时：

Ig=ER+Rg+r，当接入Rx时：

12Ig=ER+RxRgRx+Rg+r×RgRxRg+RgRg，联立可得：

Rx=（R+r）RgR+r+Rg

②考查此欧姆表的刻度及调零与否：

由图丙所示可知，该欧姆表电表与待测电路并联，则电表为电压表，利用并联电路特点测电阻，电阻刻度的零位在表盘的左端，由闭合电路欧姆定律可知，表盘上的电阻刻度是不均匀的，由于电表为电压表，测量前，不需要红、黑表笔短接调零，测量后，应将开关S断开，故AB错误，CD正确。

故答案为：

（1）700；

（2）偏大；（3）①（R+r）RgR+r+Rg、②CD

（1）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

（2）根据闭合电路的欧姆定律分析实验误差。

（3）分析清楚电路结构、应用闭合电路欧姆定律分析答题。

本题考查了欧姆表工作原理、欧姆表读数，实验误差分析等问题；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可正确解题。

13.答案：

解：

（1）碰撞前，对A，根据牛顿第二定律得：

mAgsinθ+μmAgcosθ=mAaA。

代入数据解得：

aA=8m/s2

A速度减为0的时间为：

t=v0aA=128s=1.5s

A上滑的位移大小为：

xA=v02t=122×1.5m=9m

对B，根据牛顿第二定律得：

mBgsinθ-μmBgcosθ=mBaB。

代入数据解得：

aB=4m/s2

在t=1.5s时间内B下滑的位移大小为：

xB=12aBt2=12×4×1．52=4.5m，vB’=aBt=6m/s

所以A速度减为0时与B相距的距离为：

S=L-xA-xB=18-9-4.5=4.5m

（2）当A的速度减到0后，与B有相同加速度往下滑，aA=aB

碰撞前B的运动过程，有：

vB‘t'+12aBt'2-12aAt'2=S

解得：

t'=0.75s，

 则两物体碰前运动总时间t总=t+t'=2.25s

（3）碰撞前瞬间A的速度为：

vA=aAt'=3m/s

       B的速度为：

vB=aBt总=9m/s

对于碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：

mAvA+mBvB=mA+mBv

代入数据解得：

v=7m/s

对于碰撞后过程，由动能定理得：

【（mA+mB）gsinθ-μ（mA+mB）gcosθ】（xA-12aAt'2）=12（mA+mB）（v'2-v2）

解得，两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小v'=47m/s

答：

（1）A速度减为0时与B相距4.5m。

（2）两物块碰撞前运动的时间是2.25s；

（3）两物块碰撞后到达斜面底端时的速度大小是47m/s。

解析：

（1）先根据牛顿第二定律求出两个物体碰撞前加速度的大小，由速度公式求出A速度减为0的时间，由位移公式求出两个物体的位移，从而求得A速度减为0时与B相距的距离。

（2）利用相遇时位移关系，由位移公式求解两物块碰撞前运动的时间；

（3）由速度公式求出碰撞前两物块的速度，由动量守恒定律求出碰后共同速度，再由动能定理求两物块碰撞后到达斜面底端时