廣東省云浮2024學(xué)年物理高三第一學(xué)期期中調(diào)研試題注意事項(xiàng)：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示的兩個(gè)斜面，傾角分別為37°和53°，在頂點(diǎn)兩個(gè)小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上，若不計(jì)空氣阻力，則A、B兩個(gè)小球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為（）A．1：1 B．4：3 C．16：9 D．9：162、甲、乙兩物體同時(shí)、同地沿同方向作直線運(yùn)動(dòng)，它們的v-t圖線如圖所示，由圖可判斷：（）A．甲的加速度小于乙的加速度B．在0-t2時(shí)間內(nèi)，甲的位移逐漸減小，乙的位移逐漸增大C．在t1時(shí)刻甲乙速度大小相等，方向相反D．在0-t1時(shí)間內(nèi)，甲在前乙在后，甲乙間距離逐漸增大，在時(shí)間t1-t2內(nèi)某一時(shí)刻乙趕上甲并超到前面去3、如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，位于半徑為m的半圓柱體左端點(diǎn)A的正上方某處，以一定的初速度水平拋出小球，其運(yùn)動(dòng)軌跡恰好能與半圓柱體相切于B點(diǎn)．過B點(diǎn)的半圓柱體半徑與水平方向的夾角為60°，則小球的初速度為(不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2)()A．3m/s B．4m/s C．m/s D．m/s4、小銘和奶奶分別住在同一條筆直街道上．奶奶從家出發(fā)緩步去小銘家的途中，在自家門口的小銘看到后快步前往迎接，扶著奶奶一起回家．下列s-t圖中，大致能反映上述過程的是A． B．C． D．5、研究表明，地球自轉(zhuǎn)在逐漸變慢，3億年前地球自轉(zhuǎn)的周期約為22小時(shí)．假設(shè)這種趨勢(shì)會(huì)持續(xù)下去，地球的其他條件都不變，未來人類發(fā)射的地球同步衛(wèi)星與現(xiàn)在的相比A．距地面的高度變大B．向心加速度變大C．線速度變大D．角速度變大6、跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)作驚險(xiǎn)而優(yōu)美，其實(shí)滑雪運(yùn)動(dòng)可抽象為物體在斜坡上的平拋運(yùn)動(dòng).如圖所示，設(shè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑雪運(yùn)動(dòng)員從傾角為的斜坡頂端P處，以初速度v0水平飛出，運(yùn)動(dòng)員最后又落到斜坡上A點(diǎn)處，AP之間距離為L(zhǎng)，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，改變初速度v0的大小，L和t都隨之改變.關(guān)于L、t與v0的關(guān)系，下列說法中正確的是（）A．L與v0成正比B．L與v0成反比C．t與v0成正比D．t與v0成反比二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示,真空中有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方體,在它的兩個(gè)頂點(diǎn)M、N處分別固定等量異號(hào)點(diǎn)電荷,圖中的a、b、c、d也是正方體的頂點(diǎn),e、f、g、h均為所在邊的中點(diǎn)，關(guān)于這些點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)、b兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，電勢(shì)相等B．c、d兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度不同，電勢(shì)相等C．e、f兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相同，電勢(shì)不等D．g、h兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)大小相同，電勢(shì)不等8、如圖所示，傾角為的斜面靜置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的質(zhì)量分別為m、2m、3m，輕質(zhì)彈簧一端固定在斜面頂端、另一端與A球相連，A、B間固定一個(gè)輕桿，B、C間由一輕質(zhì)細(xì)線連接．彈簧、輕桿與細(xì)線均平行于斜面，初始系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)突然剪斷細(xì)線或彈簧．下列判斷正確的是A．彈簧被剪斷的瞬間，A、B、C三個(gè)小球的加速度均為零B．彈簧被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為零C．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B球的加速度沿斜面向上，大小為gsinD．細(xì)線被剪斷的瞬間，A、B之間桿的彈力大小為4mgsin9、如圖所示，質(zhì)量為M的半球形物體A和質(zhì)量為m的球形物體B緊靠著放在傾角為α的固定斜面上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)；B球表面光滑，己知重力加速度為g．則關(guān)于物體受力情況的判斷正確的是（）A．物體A受到3個(gè)力的作用B．物體B對(duì)物體A的壓力大于mgsinαC．物體B對(duì)斜面的壓力等于mgcosαD．物體A對(duì)斜面的摩擦力等于（M+m）gsinα10、半圓形凹槽的半徑為R，O點(diǎn)為其圓心．在與O點(diǎn)等高的邊緣A、B兩點(diǎn)分別以速度v1、v2水平同時(shí)相向拋出兩個(gè)小球，已知v1：v2＝1：3，兩小球恰落在弧面上的P點(diǎn)．則以下說法中正確的是（）A．∠AOP為60°B．A小球比B小球先落地C．改變v1、v2，只要兩小球落在弧面上的同一點(diǎn)，v1與v2之和就不變D．若只增大v1，兩小球可在空中相遇三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）在追尋科學(xué)家研究足跡的過程中，某同學(xué)為探究恒力做功和物體動(dòng)能變化間的關(guān)系，采用了如圖1所示的實(shí)驗(yàn)裝置．（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，該同學(xué)用鉤碼的重力表示小車受到的合力，為了減小這種做法帶來的實(shí)驗(yàn)誤差，你認(rèn)為應(yīng)該采取的措施是_________．A．保證鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小車的質(zhì)量B．選取打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打第1點(diǎn)與第2點(diǎn)間的距離約為2mm的紙帶來處理數(shù)據(jù)C．把長(zhǎng)木板不帶滑輪的一端適當(dāng)墊高以平衡摩擦力D．必須先接通電源再釋放小車（2）如圖2所示是實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，其中A，B，C，D，E，F(xiàn)是連續(xù)的六個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為T，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離已在圖中標(biāo)出，測(cè)出小車的質(zhì)量為M，鉤碼的總質(zhì)量為m．從打B點(diǎn)到打E點(diǎn)的過程中，合力對(duì)小車做的功是___________，小車動(dòng)能的增量是____________．（用題中和圖中的物理量符號(hào)表示）12．（12分）某研究性學(xué)習(xí)小組采用如圖所示的電路測(cè)量某干電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r，R為電阻箱，V為理想電壓表，其量程略大于電池的電動(dòng)勢(shì)．實(shí)驗(yàn)中通過多次改變電阻箱的阻值R，從電壓表上讀出相應(yīng)的示數(shù)U，該小組同學(xué)發(fā)現(xiàn)U與R不成線性關(guān)系，于是求出了相應(yīng)的電阻與電壓的倒數(shù)如下表所示．⑴根據(jù)表中的數(shù)據(jù)和實(shí)驗(yàn)原理，你認(rèn)為第________（填序號(hào)）組數(shù)據(jù)是明顯錯(cuò)誤的，其原因是____________；⑵根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，請(qǐng)?jiān)谧鴺?biāo)系中繪出1/U–1/R關(guān)系圖線．⑶由圖線可知，電動(dòng)勢(shì)E=________V，內(nèi)阻r=________Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上．一顆質(zhì)量為m子彈，以水平速度v0射入A球，并在極短時(shí)間內(nèi)嵌在其中．求：在運(yùn)動(dòng)過程中(1)什么時(shí)候彈簧的彈性勢(shì)能最大，最大值是多少(2)A球的最小速度和B球的最大速度（從子彈嵌入到彈簧彈性勢(shì)能第一次達(dá)到最大）14．（16分）如圖所示，質(zhì)量m1=0.30kg的木板靜止在光滑的水平面上，木板長(zhǎng)L=1.2m，現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.20kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右v0=2.0m/s的速度從左端滑上木板，物塊恰好能滑到木板的右端并與木板保持相對(duì)靜止。取重力加速度g=10m/s2，求：（1）物塊與木板保持相對(duì)靜止時(shí)的速度大小v；（2）物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）物塊在木板上滑行的時(shí)間t。15．（12分）在如圖所示的絕緣水平面上，有兩個(gè)邊長(zhǎng)為d=0.2m的銜接的正方形區(qū)域I、II，其中區(qū)域I中存在水平向右的大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域II中存在豎直向上的大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=0.3kg的滑塊以的速度由區(qū)域I邊界上的A點(diǎn)進(jìn)去電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間滑塊從邊界上的D點(diǎn)離開電場(chǎng)（D點(diǎn)未畫出），滑塊帶有q=+0.1C的電荷量，滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度。求：(1)D點(diǎn)距離A點(diǎn)的水平間距、豎直間距分別為多少？A、D兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差為多少？(2)滑塊在D點(diǎn)的速度應(yīng)為多大？(3)僅改變區(qū)域II中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，欲使滑塊從區(qū)域II中的右邊界離開電場(chǎng)，則區(qū)域II中電場(chǎng)強(qiáng)度的取值范圍應(yīng)為多少？

參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、D【解題分析】

小球落在斜面上時(shí)，位移和水平方向的夾角等于斜面的傾角，則：所以時(shí)間t：，則A、B兩個(gè)小球平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比：，A．，而并非1：1，A錯(cuò)誤；B．，而并非4：5，B錯(cuò)誤；C．，而并非16：9，C錯(cuò)誤；D．，D正確．2、D【解題分析】

v-t圖像的斜率等于加速度，可知甲的加速度大于乙的加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在0-t2時(shí)間內(nèi)，甲乙的速度均為正值，可知甲和乙的位移都是逐漸增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻甲乙速度大小相等，方向相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在0-t1時(shí)間內(nèi)，甲的速度大于乙，甲在前乙在后，甲乙間距離逐漸增大，在時(shí)間t1-t2內(nèi)乙的速度大于甲的速度，某一時(shí)刻乙趕上甲并超到前面去，選項(xiàng)D正確；故選D.【題目點(diǎn)撥】本題考查基本的讀圖能力，關(guān)鍵要明確斜率的含義，知道在速度--時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義．3、A【解題分析】

飛行過程中恰好與半圓軌道相切于B點(diǎn)，可知速度與水平方向的夾角為，設(shè)位移與水平方向的夾角為，則有，又因?yàn)?，所以可得豎直方向上的位移為．在豎直方向有，代入，可得．故A正確．4、D【解題分析】

設(shè)奶奶的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎?，奶奶從家出發(fā)緩步去小銘家，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小銘靜止，當(dāng)小銘在自家門口看到奶奶后快步前往迎接，則小銘的速度為負(fù)，接到奶奶后扶著奶奶一起回家，則速度與奶奶的速度相同，一起做正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)．A.A圖與分析不符，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.B圖與分析不符，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.C圖與分析不符，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.D圖與分析不符，故D項(xiàng)正確．5、A【解題分析】

A．同步衛(wèi)星的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期，根據(jù)萬有引力定律和牛頓第二定律可知，衛(wèi)星的周期越大，軌道半徑越大，所以地球自轉(zhuǎn)變慢后，同步衛(wèi)星需要在更高的軌道上運(yùn)行，選項(xiàng)A正確；BCD．而此時(shí)萬有引力減小，所以向心加速度減小、線速度減小，角速度減小，故選項(xiàng)BCD錯(cuò)誤．6、C【解題分析】滑雪運(yùn)動(dòng)可抽象為物體在斜坡上的平拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)水平位移x，豎直位移為y，結(jié)合幾何關(guān)系，有：水平方向上：x=Lcosθ=v0t；豎直方向上：y=Lsinθ＝gt2；聯(lián)立可得：，可知t與v0成正比，故C正確，D錯(cuò)誤．L=v02，可知L與v02成正比，故AB錯(cuò)誤．故選C．二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、ACD【解題分析】

A、根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布，結(jié)合a、b兩點(diǎn)連線在兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上，可知，a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，而中垂面是0V的等勢(shì)面；故A正確.B、c、d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)用場(chǎng)強(qiáng)的矢量疊加原理可知大小相等，方向不同；而電勢(shì)與中垂面比較可知φc>0>φdC、e、f兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)用場(chǎng)強(qiáng)的矢量疊加原理結(jié)合對(duì)稱性可知大小相等，方向相同；電勢(shì)同樣滿足φe>0>φfD、g、h兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)用場(chǎng)強(qiáng)的矢量疊加原理結(jié)合對(duì)稱性可知大小相等，方向不同；中垂面的電勢(shì)為零，電勢(shì)與中垂面相比較可知φg>0>φh故選ACD.【題目點(diǎn)撥】常見電場(chǎng)的電場(chǎng)線分布及等勢(shì)面的分布要求我們能熟練掌握，并要注意沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)是降低的，同時(shí)注意等量異號(hào)電荷形成電場(chǎng)的對(duì)稱性．加強(qiáng)基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)，掌握住電場(chǎng)線的特點(diǎn)，即可解決本題．8、BCD【解題分析】試題分析：若彈簧被剪斷，彈力為零，據(jù)此分析三者的加速度；若細(xì)線被剪斷，彈力不能突變，保持不變，先以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律求A、B兩球的加速度．再以B球?yàn)檠芯繉?duì)象，由牛頓第二定律求桿的拉力大?。羰菑椈杀患魯?，將三個(gè)小球看做一個(gè)整體，整體的加速度為，然后隔離A，對(duì)A分析，設(shè)桿的作用力為F，則，解得，A錯(cuò)誤B正確；燒斷細(xì)線前，以A、B、C組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則彈簧的彈力為．以C為研究對(duì)象知，細(xì)線的拉力為3mgsinθ．燒斷細(xì)線的瞬間，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得，解得A、B兩個(gè)小球的加速度為，方向沿斜面向上，以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：，解得桿的拉力為，故CD正確．9、BD【解題分析】解：A、物體A受重力、支持力、摩擦力、B對(duì)A的壓力，共4個(gè)力，故A錯(cuò)誤；BC、對(duì)物體B受力分析，受重力、斜面的支持力和A對(duì)B的支持力，由于彈力與接觸面垂直，故A對(duì)B的支持力不是平行斜面向上，而是偏向上一點(diǎn)；根據(jù)平衡條件，有：mgsinα=FcosθFsinθ+N=mgcosα結(jié)合牛頓第三定律，物體B對(duì)斜面的壓力小于mgcosα，物體B對(duì)物體A的壓力大于mgsinα，故B正確，C錯(cuò)誤；D、對(duì)AB組成的整體進(jìn)行受力分析可知，整體處于平衡狀態(tài)，所以沿斜面的方向A受到的摩擦力與二者的重力沿斜面向下的分力相等，即A受到斜面的摩擦力等于（M+m）gsinα．故牛頓第三定律可知，物體A對(duì)斜面的摩擦力等于（M+m）gsinα．故D正確故選BD10、AD【解題分析】

A、連接OP，過P點(diǎn)作AB的垂線，垂足為D，如圖所示：兩球在豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，兩球水平方向做運(yùn)動(dòng)直線運(yùn)動(dòng)，所以，而，所以，所以，所以，即，故A正確；B、兩小球豎直方向位移相同，根據(jù)可知兩球運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，同時(shí)落地，故B錯(cuò)誤；C、要兩小球落在弧面的同一點(diǎn)，則水平位移之和為2R，則，落點(diǎn)不同，豎直方向位移就不同，t也不同，所以也不是一個(gè)定值，故C錯(cuò)誤；D、若只增大，而不變，則兩球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由圖可知，兩球必定在空中相遇，故D正確；故選AD．【題目點(diǎn)撥】平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系可以求得∠AOP的角度，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律逐項(xiàng)分析即可求解．三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、Cmgs【解題分析】

（1）[1]小車在水平方向上受繩的拉力和摩擦力，想用鉤碼的重力表示小車受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；設(shè)繩子上拉力為，對(duì)小車根據(jù)牛頓第二定律有：，鉤碼有：解得：由此可知當(dāng)時(shí)，夠碼的重力等于繩子的拉力即為小車是合外力，故適當(dāng)墊高長(zhǎng)木板右端，以平衡摩擦力，使鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量。先接通電源再釋放小車是打點(diǎn)計(jì)時(shí)器實(shí)驗(yàn)的正確做法，對(duì)減小本題中的實(shí)驗(yàn)誤差無影響。故選C。（2）[2]把鉤碼的重力當(dāng)做合外力，則從到點(diǎn)合外力做功為。[3]利用中點(diǎn)時(shí)刻的速度等于平均速度可求得；小車動(dòng)能的增量是：12、3外電阻減小，路端電壓應(yīng)該減小，路端電壓的倒數(shù)應(yīng)該增大如圖所示：3.9V1.71Ω【解題分析】試題分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律得路端電壓，所以外電阻減小，路端電壓逐漸減?。鶕?jù)表中的數(shù)據(jù)和實(shí)驗(yàn)原理，第3組數(shù)據(jù)是錯(cuò)誤的，隨電阻倒數(shù)的增大路端電壓的倒數(shù)應(yīng)增大，即隨著電阻的減少路端電壓應(yīng)逐漸減小．（3）根據(jù)描點(diǎn)法繪出如圖所示的關(guān)系曲線如圖所示．（3）由實(shí)驗(yàn)原理：，變形得：，由此可知與成線性關(guān)系．圖象的縱軸截距等于，斜率大小等于,如圖根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)求出圖象的縱截距為1．3，即=1．3．解得電動(dòng)勢(shì)E=3．9V,圖象的斜率等于,則有，解得內(nèi)阻r=1．73Ω．考點(diǎn)：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻【名師點(diǎn)睛】測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的原理是閉合電路歐姆定律，實(shí)驗(yàn)的電路有三種，分別是伏安法、伏阻法和安阻法．本題采用轉(zhuǎn)換法，將非線性關(guān)系通過數(shù)學(xué)變形轉(zhuǎn)換成了線性關(guān)系根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析，明確數(shù)據(jù)的變化情況；根據(jù)描點(diǎn)法可得出對(duì)應(yīng)的圖象；根據(jù)閉合電路歐姆定律列式，通過圖象將公式變形，再根據(jù)圖象的性質(zhì)即可分析電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻．四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、(1)(2),【解題分析】整個(gè)過程分析：子彈擊中A的過程，子彈與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒；子彈、A球一起向右運(yùn)動(dòng)，彈簧因被壓縮而產(chǎn)生彈力．A球開始減速，B球開始加速；當(dāng)兩球速度相等時(shí)，彈簧壓縮量達(dá)到最大值，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大；接著，彈簧開始伸長(zhǎng)，彈力繼續(xù)使B加速而使A減速；當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，B球速度達(dá)到最大值，A球速度達(dá)到最小值；然后，彈簧又開始伸長(zhǎng)，使A球加速，使B球減速．當(dāng)兩球速度相等時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大（此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能與壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能相等）…如此反復(fù)進(jìn)行．所以，兩球的速度達(dá)到極值的條件--彈簧形變量最大．（1）設(shè)A、B的質(zhì)量為M，由題意知M=4m，子彈擊中A的過程，子彈與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）V

①，以子彈、A球、B球作為一系統(tǒng)，以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈、A球、B球速度相同時(shí)為末態(tài)，對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：（m+M）V=（m+M+M）V′②，由能量守恒定律得：(m+M)V2＝(m+M+M)V′2+EP

③，解得：

④；（2）以