广西省玉林市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

广西省玉林市2021届新高考物理模拟试题（2）
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．某静电场的电场线与x 轴平行，x 轴上各点的电势情况如图所示，若将一带电粒子从坐标原点O 由静
止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着x 轴正方向运动，已知电场中M 、
N 两点的x 坐标分别为5mm 、15mm ，则下列说法正确的是（ ）
A ．在x 轴上M 、N 两点间的电场方向先沿x 轴正方向后沿x 轴负方向
B ．该带电粒子一定带负电荷
C ．在x=10mm 的位置，电场强度大小为1000V/m
D ．该粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电势能一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由φ-x 图像知从M 点到N 点电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知在x 轴上M 、N 两点间的电场方向沿x 轴正方向，A 项错误；
B ．粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；
C ．在φ- x 图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为
3
10V /m 1010ϕ-∆====⨯U E d x 1000V/m C 项正确；
D ．粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，D 项错误。

故选C 。

2．如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m 的均质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k 。

在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外，与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab 的长度。

当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd 边重合，当MN 中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。

已知k ＝2.0 N/m ，ab 的长度为0.20 m ，bc 的长度为0.05 m ，B ＝0.20 T ，重力加速度为g 。

下列说法不正确的是（ ）
A．当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为mg k
B．若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接C．该电流表的量程是2.5 A
D．若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20 T
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．设弹簧的伸长量为Δx，则有
mg＝kΔx
得
mg
x
k
∆=
故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为mg
k
，故A正确，不符合题意；
B．为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B正确，不符合题意；
C．设满量程时通过MN的电流为I m，则有
BI m l ab＋mg＝k（l bc＋Δx）
解得
I m＝2.5 A
故该电流表的量程是2.5 A，故C正确，不符合题意；
D．设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有
2B′I m l ab＋mg＝k（l bc＋Δx）
解得
B′＝0.10 T
故D错误，符合题意。

故选D。

3．如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块(A A、B接触面竖直)，此时A恰
好不滑动，B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为
1
μ，A与地面间的动摩擦因数为
2
μ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为()
A ．121μμ
B ．12
12
1μμμμ- C ．1212
1μμμμ+ D ．12122μμμμ+
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：对A 、B 整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m 1+m 2）g ①
再对物体B 分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有： 水平方向：F=N
竖直方向：m 2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m 2g=μ1F ②
联立①②解得：
112212
1m m μμμμ-= 故选B ．
【考点定位】
物体的平衡
【点睛】
本题关键是采用整体法和隔离法灵活选择研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解，注意最大静摩擦力约等于滑动摩擦力．
4．某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比成运动中的“速度”，将每个月存取款类比成“加速度”，据此类比方法，某同学在银行账户“
元”的情况下第一个月取出500元，第二个月取出1000元，这个过程可以类比成运动中的( )
A．速度减小，加速度减小B．速度增大，加速度减小
C．速度增大，加速度增大D．速度减小，加速度增大
【答案】C
【解析】
【详解】
将每个月取款类比成“加速度”，第一个月取出500元，第二个月取出1000元，说明加速度变大，将卡内余额类比成运动中的“速度”，卡内贷款变多，则速度增大，故C正确。

故选C。

5．下列说法正确的是（）
A．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光光子的波长B．结合能越大，原子核结构一定越稳定
C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动动能减小D．原子核发生β衰变生成的新核原子序数增加
【答案】D
【解析】
【详解】
A．根据
m n c
E E hv h
λ
-==可知，从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，根据波长与频率成反比，则从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故A错误；
B．比结合能越大，原子核的结构越稳定，故B错误；
C．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子的过程中，电子半径减小，库仑力做正功，氢原子的电势
能减小，根据库仑力提供向心力
2
mv
F
r
=可知核外电子的运动速度增大，所以核外电子的运动动能增大，
故C错误；
D．β衰变的本质是原子核中的中子转化成一个质子和一个电子，电子从原子核中被喷射导致新核的质量数不变，但核电荷数变大，即原子序数增加，故D正确；
故选D。

6．如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc 的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，不计粒子的重力，则（）
A．粒子带正电
B．电场的方向是由c指向b
C．粒子在b点和d点的动能相等
D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为π∶2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，偏转方向往右，由左手定则可知，粒子带负电，故A错误；
B．粒子从e点射出时，速度方向与bd的夹角为45︒，即水平向右射出，在电场中做类平抛运动，从b点射出电场，所受电场力方向由c指向b，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则电场方向由b指向c，故B错误；
C．粒子从d到e过程中洛伦兹力不做功，但在e到b的类平抛运动过程中，电场力做下功，则粒子在b 点的动能大于在d点的动能，故C错误；
D．假设ab边长的一半为r，粒子从d点射入磁场的速度为v，因为粒子在磁场中运动的时间为弧长de
除以速率v，即π
2
r
v
，粒子在电场中做类平抛运动，其在平行ab方向的分运动速度大小为v的匀速直线运
动，分位移为r，可得粒子在电场中运动时间为r
v
，故D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．下列说法正确的是（）
A ．太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域
B ．两列机械波在同一介质中相遇，波长相同一定能获得稳定的干涉图案
C ．狭义相对论的第一个基本假设：力学规律在任何惯性系中都是相同的
D ．分别用紫光和绿光为光源用同一装置做单缝衍射实验，前者中央亮纹较宽
E.电视机显像管里的电子枪发射电子束的强弱受图像信号的控制
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．太阳辐射的能量大部分集中在可见光及附近的区域，故A 正确；
B ．两列机械波在同一介质中传播速度相同，波长相同则频率相同，则一定能获得稳定的干涉图案，故B 正确；
C ．狭义相对论的第一个基本假设：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故Ｃ错误；
D ．由于紫光的波长比绿光的短，则用紫光和绿光为光源用同一装置做单缝衍射实验，绿光的中央亮纹较宽，故D 错误；
E ．图像信号越强，电视机显像管里的电子枪发射电子束越强，故E 正确。

故选ABE 。

8．如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d ，右侧轨道间距为d 。

轨道处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。

质量为2m 、有效电阻为2R 的金属棒a 静止在左侧轨道上，质量为m 、有效电阻为R 的金属棒b 静止在右侧轨道上。

现给金属棒a 一水平向右的初速度v 0，经过一段时间两金属棒达到稳定状态。

已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a 始终在左侧轨道上运动,则下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒b 稳定时的速度大小为01
3
v B ．整个运动过程中通过金属棒a 的电荷量为
023mv Bd
C ．整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为022Rmv B d
D ．整个运动过程中金属棒a 产生的焦耳热为
2049
mv 【答案】BCD
【解析】
A ．对金属棒a 、b 分别由动量定理可得
0222BI d t mv mv -⨯⨯=-，BI d t mv '⨯⨯=
联立解得
0mv mv mv '-=
两金属棒最后匀速运动，回路中电流为0，则
2B d v B d v '⨯⨯=⨯⨯
即
2v v '=
则
013
v v =，023v v '= A 错误；
B ．在金属棒b 加速运动的过程中，有
BI d t mv '⨯⨯=
即
023
Bqd m v =⨯ 解得
023mv q Bd
= B 正确；
C ．根据法拉第电磁感应定律可得
33E B S q I t t R R R
∆Φ⨯∆=∆=
∆==总 解得 022Rmv S B d
∆= C 正确；
D ．由能量守恒知，回路产生的焦耳热
2222001112222223
Q mv mv mv mv '=⨯-⨯-= 则金属棒a 产生的焦耳热
202439
Q Q mv '==
9．杨氏双缝干涉实验中，双缝距光屏8cm ，现将光屏靠近双缝，屏上原来3级亮纹依旧为亮纹，则移动的距离可能为（ ）
A ．4.8
B ．4
C ．3.4
D ．3
【答案】ABCD
【解析】
【详解】
杨氏双缝干涉亮条纹的位置为 k D x d
λ=，k=0，±1，±2…… 其中，d 为双缝间距，D 为双缝到光屏的距离，λ为光的波长。

依题意有
03D k D d d
λλ=，D<D 0 其中，k 为正整数，所以
03D D k
=，k=4，5，6，…… 带入D 0=8cm 可得D =6 cm ，4.8 cm ，4 cm ，3.4 cm ，3 cm……故ABCD 均正确。

故选ABCD 。

10．下列说法正确的是_______。

A ．分子间距离减小时，分子势能一定增大
B ．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔
C ．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变
D ．热量不能自发地从低温物体传到高温物体
E.当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故A 错误；
B ．晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点而非晶体没有，故B 正确；
C ．在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换气体内能一定增加，故C 错误；
D ．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，故D 正确；
E ．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小，故E 正确。

故选BDE 。

11．如图所示，将一个细导电硅胶弹性绳圈剪断，在绳圈中通入电流，并将其置于光滑水平面上，该空间
存在竖直向下的匀强磁场。

已知磁感应强度为0B ，硅胶绳的劲度系数为k ，通入电流前绳圈周长为L ，通入顺时针方向的电流I 稳定后，绳圈周长变为1L 。

则下列说法正确的是（ ）
A ．通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014
B L π
B ．ACB 段绳圈所受安培力的合力大小为012
B IL
C ．图中A B 、两处的弹力大小均为012B LL π
D ．题中各量满足关系式0122k B I L L k
ππ-= 【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．通入顺时针方向电流I 稳定后，绳圈周长为1L ，由
112L r π= 可得112L r π
=，面积 22
2111
()24L L S r ππππ=== 由安培定则可判断出环形电流在环内产生的磁场方向竖直向下，绳圈内磁感应强度大于0B ，由磁通量公式
BS Φ= 可知通电稳定后绳圈中的磁通量大于2014B L π
，故A 正确； B ．ACB 段的等效长度为12r ，故ACB 段所受安培力
0110102
22B IL L F B I r B I ππ
=⋅=⋅
= 故B 错误； C ．设题图中A B 、两处的弹力大小均为1F ，对半圆弧ACB 段，由平衡条件有
01
12B IL F π=
解得0112B IL F π
=，故C 正确； D ．由胡克定律有
11()F k L L =-
解得0112B IL L L k π
-=，两侧均除以1L ，得 0112B I L L k π
-= 即0122k B I L L k ππ
-=，故D 正确。

故选ACD 。

12．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点。

一个带正电的粒子仅在磁场力作用下，从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场。

现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与od 成30°角的方向、大小不同的速率射入正方形内，则下列说法中正确的是（ ）
A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是
023
t ，则它一定从ad 边射 出磁场 B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是053t ，则它一定从cd 边射出磁场 C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场
D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是
054t ，则它一定从bc 边射出磁场 【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
由题，带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为
T=2t 0
A ．当带电粒子的轨迹与ad 边相切时，轨迹的圆心角为60°，粒子运动的时间为
0163
t t T == 在所有从ad 边射出的粒子中最长时间为
03
t ，该带电粒子在磁场中经历的时间是023t ，则它一定不会从ad 边射出磁场，故A 错误；
B ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 05536
t T = 则粒子轨迹的圆心角为
55263θππ=⨯= 速度的偏向角也为
53
π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 射出磁场，故B 正确；
C ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是 012
t T = 则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab 边射出磁场时最大的偏向角等于
560901506
ππ︒︒︒+==< 故不一定从ab 边射出磁场，故C 错误；
D ． 若该带电粒子在磁场中经历的时间是
05548
t T = 则得到轨迹的圆心角为
54
ππ> 则它一定从bc 边射出磁场，故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用DIS 、定值电阻R 0、电阻箱R 1等实验器材测量电池a 的电动势和内阻，实验装置如图甲所示．实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R ，用电压传感器测得端电压U ，并在计算机上显示出如图乙所示的1/U －1/R 关系图线a.重复上述实验方法测量电池b 的电动势和内阻，得到图乙中的图线b.
(1)由图线a可知电池a的电动势E a＝________V，内阻r a＝________Ω.
(2)若用同一个电阻R先后与电池a及电池b连接，则两电池的输出功率P a________P b(填“大于”、“等于”或“小于”)，两电池的效率ηa________ηb(填“大于”、“等于”或“小于”)．
【答案】2 0.5 小于大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)图线与纵轴的交点表示外电路断路时的1
U
，即
11
0.5
U
a
E
=＝，所以2?V
a
E＝
，由a
a
R
U E
R r
＝
＋
得
111
U
a
a a
r
E E R
=+，所以图线的斜率为r
E
，即
1
4
a
a
r
k
E
＝＝，所以0.5
4
a
a
E
r==Ω；
(2)当两外电阻相同时，由图象可知，
11
a b
U U
>，即
a b
U U
<，所以由
2
U
P
R
＝得a b
P P
<，由公式
111
•
r
U E E R
＝＋可知，图线的横截距的绝对值表示内阻的倒数，故由图可知，电池内电阻
a b
r r
<，又电池效率
U R
E R r
＝＝
＋
η，在两外电阻相等的情况下，有.
a b
ηη
>
【点睛】
本题考查了闭合电路欧姆定律的数据处理的方法，应用了图象法及电源的输入功率的表达式，难度较大．14．某实验小组为了测量滑块与水平轨道间的动摩擦因素，设计如图（a）所示的实验装置，弹簧左侧固定在挡板A上，处于原长的弹簧右端位于C，弹簧与滑块接触但不拴接，滑块上安装了宽度为d的遮光板，轨道B处装有光电门。

(1)实验的主要步骤如下：
①用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，如图（b ）所示，d=______cm ；
②将滑块向左压缩弹簧，由静止释放滑块，同时记录遮光片通过光电门的时间t ；
③测量并记录光电门与滑块停止运动位置之间的距离x ；
④改变弹簧压缩量，多次重复步骤②和③。

(2)实验手机的数据并处理如下。

①实验小组根据上表数据在2v x -图中已描绘出五个点，请描绘出余下的点并作出2v x -图像
__________。

②根据所作图像，可得滑块与水平轨道间的动摩擦因数为________（g 取10m/s 2，结果保留两位有效数字）。

【答案】1.650cm 0.048－0.052
【解析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为：1.6cm ，游标尺上第10条刻度线和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm ，所以最终读数为：1.6cm+0.50mm=1.650cm
(2)[2]第5点速度为
22 1.65010m/s=0.33m/s 0.05
v -=
⨯ 则 2222222(0.33)m /s 0.1089m /s v ==
将余下的点描在坐标纸上，且将所有点拟合成直线，如图
(3)[3]由实验原理得
22gx v μ=
则图像斜率
2k g μ=
由图像可得 0.1810.18
k == 解得
=0.050μ
由于误差，则0.048－0.052均可
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．两根长为L 的绝缘轻杆组成直角支架，电量分别为+q 、-q 的两个带电小球A 、B 固定在支架上，整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E 。

在电场力之外的力作用下，整体在光滑水平面内绕竖直轴O 以角速度ω顺时针匀速转动，图为其俯视图。

不计两球之间因相互吸引而具有的电势能。

试求： （1）在支架转动一周的过程中，外力矩大小的变化范围。

（2）若从A 球位于C 点时开始计时，一段时间内（小于一个周期），电场力之外的力做功W 等于B 球电势能改变量，求W 的最大值。

（3）在转动过程中什么位置两球的总电势能变化最快？并求出此变化率。

【答案】（1）0~qEL （2）W=－2qEL （3）OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快，变化率qEωL
【解析】
【详解】
(1)设OA 与电场线夹角θ，电场力矩与外力矩平衡，外力矩：
sin (sin cos )cos M qEL qE L L qEL θθθθ=-+=-，
故外力矩大小的变化范围为0~qEL
(2)支架匀速转动，由动能定理可得
W+W 电场力=0，
根据题意
W=ΔE pB ，
得
W 电场力=-ΔE pB ，
电场力做功仅改变了B 球电势能，所以A 球电势能变化为零，则A 球在这段时间初末应在同一个等势面上，根据B 球前后位置关系，得：
W=-2qEL ；
(3)因为电场力做功等于电势能改变量，所以电势能变化最快的位置应是电场力功率最大的位置。

设OA 与电场线夹角θ，由公式P Fv =有
电场力功率： cos()2cos()cos 24
P qE L qE L qE L ππ
ωθωθωθ=+--=， 显然在一周内θ=0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

为变化率qEωL 可能存在的另一类解法：
以OA 与电场线平行，A 在右端位置为t=0，以任意位置为零电势，均能得到整体电势能
Ep=qELsin(ωt)，
求导得电势能变化率=qEωLcos(ωt)，显然一周内ωt =0或π时有最值，即OA 杆与电场线平行时，电势能变化最快。

变化率qEωL 。

16．如图所示，放置在水平地面上一个高为48cm 、质量为30kg 的金属容器内密闭一些空气，容器侧壁正
中央有一阀门，阀门细管直径不计.活塞质量为10kg ，横截面积为50cm²
.现打开阀门，让活塞下降直至静止.不考虑气体温度的变化，大气压强为1.0×105Pa ，忽略所有阻力。

求：
(1)活塞静止时距容器底部的高度；
(2)活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面?
【答案】 (1)20cm(2)不能
【解析】
【详解】
（1）活塞经阀门细管时，容器内气体的压强为：p 1=1.0×
105Pa 。

容器内气体的体积为：L 1=24cm
活塞静止时，气体的压强为：
5520510101.010 1.2105010
mg p p Pa S -⨯=+=⨯+=⨯⨯ 根据玻意耳定律：p 1V 1=p 2V 2
代入数据得：
512521 1.0102420cm 1.210p S L p S
L S S ⨯⨯⨯⨯⨯＝＝＝ （2）活塞静止后关闭阀门，设当活塞被向上拉至容器开口端时，L 3=48cm
根据玻意耳定律：
p 1L 1S=p 3L 3S
代入数据得：
p 3＝5×104Pa
又因为
F+p 3S=p 0S+mg
所以
F=350N ＜40×10N
所以金属容器不能被提离地面。

17．如图所示，轻弹簧一端固定在与斜面垂直的挡板上，另一端点在O 位置．质量为m 的物块A （可视为质点）以初速度v 0从斜面的顶端P 点沿斜面向下运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A 又被弹簧弹回。

物块A 离开弹簧后，恰好回到P 点．已知OP 的距离为x 0，物块A 与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ。

求：
（1）O 点和O′点间的距离x 1；
（2）弹簧在最低点O′处的弹性势能；
（3）设B 的质量为βm ，μ＝tan θ，v 0＝P 点处放置一个弹性挡板，将A 与另一个与A 材料相同的物块B （可视为质点与弹簧右端不拴接）并排一起，使两根弹簧仍压缩到O′点位置，然后从静止释放，若A 离开B 后给A 外加恒力sin F mg θ=，沿斜面向上，若A 不会与B 发生碰撞，求β需满足的条件？
【答案】（1）20104cos υx x μg θ=-；（2）22001tan 44p m υE m υθμ=+；（3）3113235
β≤< 【解析】
【详解】
（1）从A 到O′，由动能定理可得
()()2010101sin cos 02
mg x x θμmg x x θW m υ+-+-=-① 物块A 离开弹簧后回到P 点的过程，由动能定理得
()()0101sin cos 0W mg x x θμmg x x θ-+-+=②
解得
20104cos υx x μg θ
=- （2）将1x 带入②式可得，弹簧弹力做功为
22001tan 44m υW m υθμ
=+ 即弹簧的弹性势能为
22001tan 44p m υE W m υθμ
==+ （3）两物体分离的瞬间有A B a a =，两物体之间的弹力为0，由牛顿第二定律可得
sin cos A mg θμmg θma +=
sin cos 2B βmg θμβmg θT βma +-=
解得0T =，即弹簧恢复原长的瞬间，两物体分离。

设分离瞬间，两物体的速度为υ，由能量守恒可得
()()()211121sin 1cos 12
P E βmgx θμβmgx θβm υ=+++++ 将tan μθ=，003sin υgx θ=20104cos υx x μg θ
=-带入解得 0135sin 1βυgx θβ
-=+
由于tan μθ=，sin F mg θ=，故分离后两物体的加速大小分别为
sin cos sin A mg θμmg θF a g θm
+-'== sin cos 2sin B βmg θμβmg θa g θβm
+'== 由此可知，分离后两物体均做减速运动，且B 的加速度大于A ，故在A 物体上升阶段，两物体不会碰撞；B 速度减为0后，由于tan μθ=，故B 物体会保持静止状态，B 物体上升的位移为
2
4sin B υx g θ
= 若A 物体与挡板碰撞前速度就减为0，则此后A 物体保持静止状态，两物体一定不会碰撞；若A 物体能与挡板相碰，当物体A 与挡板碰撞后，继续以加速度sin g θ向下做减速运动， 直到速度减为0，保持静止；
A 物体速度减为0的总路程为
2
2sin A υx g θ
= 若A 物体不与挡板碰撞，则
2
02sin A υx x g θ
=≤ 解得
117
β≥ 若A 物体能与挡板碰撞，则两物体不相撞的条件为A 物体速度减为0时不与B 物体相撞，即
02A B x x x +≤且0A x x >
解得
1131723
β>≥ 由于0υ>，故
135
β< 综上所述，β的取值范围为
3113235
β≤<。