山东省烟台市2021届新高考第三次质量检测物理试题含解析

山东省烟台市2021届新高考第三次质量检测物理试题
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
1．一物体沿水平面做匀减速直线运动，其运动的x t t
-图象如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．物体运动的初速度大小为10m/s
B ．物体运动的加速度大小为0.4m/s 2
C ．物体在前3s 内的平均速度是9.4m/s
D ．物体在前5s 内的位移是45m
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．由匀减速直线运动公式：
2012x v t at =- 可得：
012
x v at t =- 结合x t t
-图象可知图线与纵轴的交点表示物体的初速度、斜率： 12
k a = 则物体的初速度大小为v 0=10m/s ，加速度大小为：
a=0.8m/s 2 故A 正确，B 错误；
C ．由：
012
x v at t =- 可得，物体在前3s 内的平均速度是8.8m/s ，故C 错误；
D ．前5s 内的平均速度为8m/s ，物体在前5s 内的位移是40m ，故D 错误。

故选A 。

2．如图所示，a 、b 是两个由电阻率相同的铜线制成质量相等的正方形单匝闭合线框，b 的边长为a 的两
倍，a 和b 所用的铜线粗细不同。

现以相同速度0v ，把两线圈匀速拉出磁场，则该过程中两线圈产生的电热a b :Q Q 为（ ）
A ．1:1
B ．1:2
C ．1:4
D ．4:1
【答案】B
【解析】
【详解】 设a 的边长为L ，横截面积为1S ，b 的边长为2L ，横截面积为2S ，因质量相等，有
1248LS LS =
得
122S S =
a 的电阻为
11
4R S L ρ= b 的电阻为
212
84S L R R ρ== 线圈匀速向外拉，感应电流为
1
a 0BLv I R =
b 202BLv I R =
产生的焦耳热
210
a a L Q I R v = 0
b 22
b 2L Q I R v =
综上可得
a b :1:2Q Q =
故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

3．平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子的质量为m ，电荷量为q （q>0）。

粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角。

已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场。

不计粒子重力。

则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
A ．2mv q
B B ．3mv
C ．2mv qB
D ．4mv qB
【答案】D
【解析】
【详解】
、
粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力，有
2
v qvB m R
= 解得
mv R qB
= 根据轨迹图知
22mv PQ R qB
==， ∠OPQ=60°
则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为
42mv OP PQ qB
==， 则D 正确，ABC 错误。

故选D 。

4．如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为8kg m =的猴子以初速度10.5v =m/s 沿竖直杆从杆底
部向上匀加速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度21m/s v =，加速度22s 2m/a =沿水平方向向左做
匀加速直线运动，3s t =末猴子到达杆的顶部。

已知竖直杆的长度为6m =L ，重力加速度210m/s g =，将猴子看作一个质点，关于猴子的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．猴子沿杆运动的加速度大小为20.5m/s
B ．猴子相对地面做匀加速的曲线运动
C ．猴子运动的轨迹方程12
y x = D ．杆给猴子的作用力大小为88N
【答案】C
【解析】
【详解】
A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由
21112
L v t a t =+ 得
211m/s a =，
故A 错误；
B.根据分运动与合运动的关系： 1212v v =， 1212
a a =， 速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故B 错误；
C.猴子在竖直方向的分运动：
2211110.522
y v t a t t t +=+=， 水平方向：
222212
x v t a t t t =+=+， 联立可得：
12
y x =， 故C 正确；
D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：
1y F mg ma -=，
得：
88y F N =，
水平方向：
216x F ma N ==，
则杆对猴子的作用力：
2288x y F F F N =+>，
故D 错误。

故选：C 。

5．氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A ．对应的前后能级之差最小
B ．同一介质对的折射率最大
C ．同一介质中
的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
【答案】A
【解析】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D错误．
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．
6．关于功的概念，下列说法中正确的是（）
A．因为功有正负，所以功是矢量
B．力对物体不做功，说明物体一定无位移
C．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功
D．若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功
【答案】C
【解析】
A、功有正负，但功是标量，A错误；
B、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B错误；
C、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C正确；
D、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D错误．
故选Ｃ．
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．如图所示，真空中有一个棱长为a的正四面体PQMN。

若在P、Q两点分别放置一个点电荷，P点为正电荷、Q点为负电荷，其电荷量均为q。

再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其场强大小为E，则M点合场强为0。

静电力常数为k，下列表述正确的是（）
A ．匀强电场的场强大小为2kq a
B ．匀强电场的场强大小为22kq a
C ．N 点合场强的大小为0
D ．N 点合场强的大小为2
2kq a 【答案】AC
【解析】
【详解】
AB ．如图所示，正确分析三维几何关系。

两个点电荷在M 点产生的场强大小均为
2kq E a
= 由几何关系知，这两个点电荷的合场强大小为
2
2cos60kq E E a =︒=点 方向平行于PQ 指向Q 一侧。

该点合场强为0，则匀强电场的场强方向与E 点相反，大小为
2kq a
，所以A 正确，B 错误； CD ．由几何关系知，两点电荷在M 、N 两点的合场强的大小相等、方向相同，则N 点合场强的大小也为0。

所以C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．如图，正四棱柱abcd —a′b′c′d′的两条棱bb′和dd′上各有一根通有相同恒定电流的无限长直导线，则（ ）
A ．a 点磁场方向平行于db 连线
B．a、c两点的磁感应强度相同
C．ac连线上由a到c磁感应强度先增大后减小
D．穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由右手螺旋定则可知，bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度垂直纸面向外，dd′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿ab向下，且两导线在a处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，a点磁场方向平行于db连线，故A正确；
B．由右手螺旋定则可知，dd′处通电导线在c点产生的磁感应强度垂直纸面向里，bb′处通电导线在a点产生的磁感应强度沿cd向上，且两导线在c处产生的磁感应强度大小相等，由矢量合成可知，c点磁场方向平行于db连线，但与a点磁场方向相反，故B错误；
C．由于ac与bd相互垂直，设垂足为M，由右手螺旋定则可知，M点的磁感应强度为0，则ac连线上由a到c磁感应强度先减小后增大，故C错误；
D．bb′处通电导线产生的磁场穿过矩形abb′a′的磁通量为0，dd′处通电导线产生的磁场穿过矩形add′a′的磁通量为0，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数别为dd′处通电导线产生的磁场和bb′处通电导线产生的磁场，由于两导线电流相等，分别到两距形的距离相等，则穿过矩形abb′a′和矩形add′a′的磁感线条数相等，故D正确。

故选AD。

9．2019 年北京时间4 月10 日21 时，人类历史上首张黑洞照片被正式披露，引起世界轰动．黑洞是一类特殊的天体，质量极大，引力极强，在它附近（黑洞视界）范围内，连光也不能逃逸，并伴随很多新奇的物理现象．传统上认为，黑洞“有进无出”，任何东西都不能从黑洞视界里逃逸出来．但霍金、贝肯斯坦等人经过理论分析，认为黑洞也在向外发出热辐射，此即著名的“霍金辐射”，因此可以定义一个“黑洞
温度”T：
3
8
hc
T
kGM
π
=，其中h 为普朗克常量，c 为真空中的光速，G 为万有引力常量，M 为黑洞质
量，k 是一个有重要物理意义的常量，叫做“玻尔兹曼常量”．以下能用来表示“玻尔兹曼常量”单位的是（）
A．kg m
K s
⋅
⋅
B．
2
2
kg m
K s
⋅
⋅
C．1
J K-
⋅D．
W s
K
⋅
【答案】BCD 【解析】
【详解】
根据38hc T kGM π=得 3
8hc k TGM
π= h 的单位为J•s=Nms=kg•m 2/s ，c 的单位是m/s ，G 的单位是N•m 2/kg 2=kg•m 3/s 2，M 的单位是kg ，T 的单
位是K ，代入上式可得k 的单位是212kg m W s J k K s K
-⋅⋅=⋅=⋅ ，不等于kg m K s ⋅⋅。

A ．kg m K s
⋅⋅，与结论不相符，选项A 错误； B ．2
2kg m K s
⋅⋅，与结论相符，选项B 正确； C ．1J K -⋅，与结论相符，选项C 正确；
D ．W s K
⋅，与结论相符，选项D 正确； 10．如图所示，ABC 为一弹性轻绳，一端固定于A 点，一端连接质量为m 的小球，小球穿在竖直的杆上。

轻杆OB 一端固定在墙上，一端为定滑轮。

若绳自然长度等于AB ，初始时ABC 在一条水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。

已知C 、E 两点间距离为h ，D 为CE 的中点，小球在C 点时弹性绳的拉力为
2
mg ，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。

下列说法正确的是（ ）
A ．小球在D 点时速度最大
B ．若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰好能回到
C 点，则2v gh =
C ．小球在C
D 阶段损失的机械能等于小球在D
E 阶段损失的机械能
D ．若O 点没有固定，杆OB 在绳的作用下以O 为轴转动，在绳与B 点分离之前，B 的线速度等于小球的速度沿绳方向分量
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．设当小球运动到某点P 时，弹性绳的伸长量是BP x ，小球受到如图所示的四个力作用：
其中
T BP F kx =
将T F 正交分解，则
N T sin sin 2
BP BC mg F F kx kx θθ⋅==== f N 14F F mg μ== T F 的竖直分量
T T cos cos y BP CP F F kx kx θθ===
据牛顿第二定律得
f T y m
g F F ma --=
解得
T 3344y CP F kx a g g m m
=-=- 即小球的加速度先随下降的距离增大而减小到零，再随下降的距离增大而反向增大，据运动的对称性（竖直方向可以看作单程的弹簧振子模型）可知，小球运动到CE 的中点D 时，加速度为零，速度最大，A 正确；
B ．对小球从
C 运动到E 的过程，应用动能定理得
T F 0104mgh W mgh ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭
若在E 点给小球一个向上的速度v ，小球恰能从E 点回到C 点，应用动能定理得
T 2F 11()042mgh W mgh mv ⎛⎫-++-=- ⎪⎝⎭
联立解得
T F 34
W mgh =，v gh =B 错误；
C ．除重力之外的合力做功等于小球机械能的变化，小球在C
D 段所受绳子拉力竖直分量较小，则小球在
CD 段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE 段时摩擦力和弹力做的负功少，
小球在CD 阶段损失的机械能小于小球在DE 阶段损失的机械能，C 错误；
D ．绳与B 点分离之前B 点做圆周运动，线速度（始终垂直于杆）大小等于小球的速度沿绳方向的分量，D 正确。

故选AD 。

11．一质量为m 的物体静止在水平地面上，在水平拉力F 的作用下开始运动，在0～6s 内其速度与时间关系图象和拉力的功率与时间关系图象如图所示，取g=10m/s 2，下列判断正确的是（ ）
A ．0～6s 内物体克服摩擦力做功24J
B ．物体的质量m 为2kg
C ．0～6s 内合外力对物体做的总功为120J
D ．0～6s 内拉力做的功为156J
【答案】BD
【解析】
【分析】
2~6s 内，物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力大小相等。

0~2s 内，物体做匀加速直线运动，根据v-t 图像的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求出物体的质量。

根据动能定理求合外力对物体做的总功，根据v-t 图像的“面积”求出物体的位移，从而求出摩擦力做功，即可求出拉力做的功。

【详解】
A ．在2~6s 内，物体做匀速直线运动，由P Fv =，得
24N 4N 6
P F v === 故物体受到的摩擦力大小
4N f F ==
根据v-t 图像的“面积”表示物体的位移，知0~6s 内物体的位移为
46630m 2
x +=⨯= 物体克服摩擦力做功
430J 120J f W fx ==⨯=
故A 错误。

B ．0～2s 内，物体的加速度
226a m/s 3m/s 2
v t ∆===∆ 由牛顿第二定律可得
F f ma '-=
在2s 末，P F v '='，由图知
P′=60W ，v=6m/s
联立解得
F′=10N ，m=2kg
故B 正确。

C ．0~6s 内合外力对物体做的总功
2211026J 36J 22
W mv =-=⨯⨯=总 故C 错误。

D ．由动能定理可知
2F f 102W W mv -=
- 22F f 1126120J=156J 22W mv W ⎛⎫=+=⨯⨯+ ⎪⎝⎭
故D 正确。

故选BD 。

【点睛】
本题的关键要根据速度时间图像得到物体的运动情况，分析时要抓住速度图像的斜率表示加速度、面积表示位移。

要知道动能定理是求功常用的方法。

12．下列关于热力学定律的说法正确的是_______。

A ．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等
B ．外界对某系统做正功，该系统的内能一定增加
C ．可以找到一种材料做成墙壁，冬天供暖时吸收热量温度升高，然后向房间自动释放热量供暖，然后再把热量吸收回去，形成循环供暖，只需要短时间供热后即可停止外界供热
D ．低温系统可以向高温系统传递热量
E.无论科技如何进步与发展，绝对零度都不可以达到
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．如果两个系统均与第三个系统处于热平衡状态，这两个系统的温度一定相等，A 正确；
B ．外界做正功，有可能同时放热，内能的变化不确定，B 错误；
C ．根据热力学第二定律，题中所述的问题不可能实现，选项C 错误；
D ．低温系统向高温系统传递热量是可以实现的，前提是要引起其他变化，D 正确；
E ．绝对零度不可以达到，E 正确．
故选ADE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．物理小组的同学在老师指导下用两根完全相同的轻弹簧和重物验证力的平行四边形定则，他进行了如下操作（弹簧始终处于弹性限度内）：
（1）用刻度尺测出弹簧的自由长度L 0。

（2）如图l 所示，把重物通过细绳连接在弹簧下端，稳定后测出弹簧的长度L 1。

（3）如图2所示，用两根弹簧挂起重物，稳定时两弹簧与竖直方向的夹角均为60°，测出两弹簧的长度分别为L 2、L 3，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是 ___。

（4）如图3所示，他又把两弹簧调整到相互垂直，稳定后测出两弹簧的长度为L 4、L 5，若要验证力的平行四边形定则，需满足的条件是____。

【答案】123L L L == ()()()222
104050L L L L L L -=-+-
【解析】
【详解】
（3）[1]当合力沿两个分力角平分线方向且两个分力夹角为120︒，合力和两个分力大小相等，故弹簧形变量形同，长度相同，即123L L L ==；
（4）[2]当两个分力相互垂直时，由勾股定理知： 22212F F F =+
即：
()()()222
104050L L L L L L -=-+-。

14．某研究性学习小组用如图所示的实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ。

实验室提供的器材有：带定滑轮的长木板、有凹槽的木块、钩码若干、细线和速度传感器等。

实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的全部放在木块的凹槽中，保持长木板水平，利用速度传感器测量木块的速度。

具体做法是：先用刻度尺测量出A 、B 间的距离L ，将木块从A 点由静止释放，用速度传感器测出它运动到B 点时的速度v ，然后从木块凹槽中移动钩码逐个悬挂到细线下端，改变悬挂钩码的总质量m ，测得相应的速度v ，由运动学公式计算对应的加速度a ，作出a m -图象如图所示。

回答下列问题：
(1)设加速度大小为a ，则a 与v 及L 之间的关系式是__________。

(2)已知当地重力加速度g 取29.8m/s ，则木块与木板间的动摩擦因数μ=__________（保留2位有效数字）；μ的测量值__________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值，其原因是__________（写出一个即可）。

(3)实验中__________（填“需要”或“不需要”）满足悬挂钩码的质量远小于木块和槽中钩码的总质量。

【答案】22v aL = 0.34（0.32~0.35均可） 大于滑轮与轴承 细线间有摩擦 不需要
【解析】
【详解】
（1）[1]．根据匀变速直线运动的规律有22v aL =。

（2）[2]．设木块的质量为M ，钩码的总质量为0m ，根据牛顿第二定律有
()0mg f M m a -=+
()0f M m m g μ=+-
联立解得加速度
()01g a m g M m μμ+=-+
由题图可知，当0m =时，23.3m/s a g μ=-=-，则木块与木板间的动摩擦因数0.34μ=；
[3]．因滑轮与轴承、细线间有摩擦，所以测量值大于真实值。

（3）[4]．实验中没有采用细线拉力等于重力，所以不需要满足悬挂钩码的总质量远小于木块和槽中钩码的总质量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图a 所示是常见的饮水机的压水器，他可以简化为图b 所示的模型，上面气囊的体积为V 1=0.5L ，挤压时可以把气囊中的气体全部挤入下方横截面积为S=0.05m 2的水桶中，随下方气体压强增大，桶中的液体会从细管中流出，已知在挤压气囊过程中，气体的温度始终不变，略去细管的体积及桶口连接处的体积，已知外部大气压为P 0=105Pa ，水的密度为ρ=103kg/m 3，重力加速度为g=10m/s 2，某次使用过程时，桶内气体体积为V 2=12.5L ，挤压气囊一下后，桶内的水恰好上升到出水口处，认为每次挤压都能使气囊中的气体全部挤入桶中，则
①桶中液面离出水口多高？
②至少挤压多少次才能从桶内流出体积为V 3=2.5L 的水？
【答案】①0.4m ；②7次
【解析】
【分析】
【详解】
①压缩气囊过程中，温度不变，由于水管体积非常小，水桶中气体体积认为不变，由玻意耳定律可知： ()2021p V V pV +=
又
0p p gh ρ-=
代入数据可知
0.4m h =
②设挤压n 次后，水桶内水流出1V ，气体压强为2p ，体积为12V V +，由玻意耳定律可知：
()()012223=p nV V p V V ++
203V p p g h S ρ⎛⎫-=+ ⎪⎝
⎭ 解得
()3032301
V p V g h V V S n p V ρ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭=
代入数据得
6.35n =
故至少挤压7次。

16．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB
及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°
=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小．
(2)小球刚到C 时对轨道的作用力．
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？
【答案】（1285
gR （2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】
试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有 0021(5sin 37 1.8)cos3752
c mg R R mg R mv μ+-⋅=
（2分） 可得 5.6c v gR 1分） （2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律
2c v N mg m r
-=， （2分） 其中r 满足 r+r·sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分）
（3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2P v m mg R
'≥（1分） 小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211222P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=
-（1分） 可得230.9225
R R R ='≤（1分）
情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有
2102c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分） 2.3R R '≥（1分）
若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有
2211 1.8222c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有
212
c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分）
考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．
17．如图所示，长0.32m 的不可伸长的轻绳一端固定于O 点，另一端拴一质量为0.3kg 的小球B 静止在水平面上，绳恰好处于伸直状态。

一质量为0.2kg 的小球A 以某一速度沿水平面向右运动，与小球B 发生弹性正碰，碰撞后小球B 恰好能在竖直平面内完成完整的圆周运动，不计空气阻力，重力加速度取10m/s 2，求∶
(1)碰撞后小球B 的速度大小；
(2)碰撞前小球A 的速度大小。

【答案】（1）4m/s ；（2）5m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小球B 通过最高点时，由牛顿第二定律得
2
B B m v m g l
= 对小球B 从最低点到最高点由动能定理得
2211222
B B B B m gl m v m v -=-
解得
4m/s B v =
(2)小球A 与小球B 发生弹性正碰，由动量守恒定律得 0A A A B B m v m v m v =+
由能量守恒定律得
2220111222
A A A
B B m v m v m v =+ 解得
0 5m/s v =。