【文档说明】《精准解析》江西省南昌市第十中学2020-2021学年高一（下）期末物理试题（解析版）.doc，共(24)页，1.254 MB，由小赞的店铺上传

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南昌十中2020-2021学年高一第二学期期末考试高一物理试题说明：本试卷满分110分。考试用时100分钟。注意事项：考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求。1、答题前，请您务必将自己的姓名、考试证号用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题

卡和答题纸上。2、作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题纸上的指定位置，在其它位置作答一律无效。作答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持卡面清洁和答题纸清洁，不折叠、不破损。3、考试

结束后，答题纸交回。一、选择题（每小题4分，共计48分，1~8题只有一项符合题意，9~12题至少有一项符合题意，选不全的得2分）1.下列几幅图片所展示的情形都应用了与动量相关的物理知识和原理，其中与另外三幅图片所包含的物理原理不同的是（）

A.体操运动员着地时先屈膝后站B.码头边上悬挂着一排排旧轮胎C.直升机依靠螺旋桨旋转获得升力D.易碎物品运输时要用柔软材料包装【答案】C【解析】【分析】【详解】体操运动员着地时先屈膝后站，码头边上悬挂着一排排旧轮胎，易碎物品运输时要用柔软材料包装都是利用了缓冲的有利利用，延长作用

时间从而减小相互作用力；而直升机依靠螺旋桨旋转获得升力是利用了作用力与反作用力；故物理原理不同的是C。2.如图所示，a、b两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度v0同时水平拋出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b

能落到斜面上，a、b均可视为质点，则（）A.a球一定先落在半圆轨道上B.b球一定先落在斜面上C.a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上D.a球可能垂直落在半圆轨道上【答案】C【解析】【分析】【详解】ABC．将半圆轨道和

斜面轨道重叠一起，如图所示，可知若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的交点A处，改变初速度，可以落在半圆轨道，也可以落在斜面上，故AB错误，C正确；D．若a小球垂直落在半圆轨道上，速度反向延

长线必过水平位移中点，即圆心，那么水平位移就是直径，小球的水平位移一定小于直径，所以小球不可能垂直落在半圆轨道上，故D错误。故选C。3.如图所示，由我国自主研发的北斗卫星导航系统，空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨

道卫星。目前已经实现了覆盖亚太地区的定位、导航和授时以及短报文通信服务能力。关于其中的静止轨道卫星（同步卫星），下列说法中正确的是（）A.该卫星一定不会运动到南昌市正上方天空B.该卫星处于完全失重状态，卫星所在处的重力加速度为零C.该卫星若受到太阳风暴影响后速度变小

，它的轨道半径将变大D.该卫星相对于地表静止，其运行速度等于地球赤道处自转的线速度【答案】A【解析】【分析】【详解】A．静止轨道卫星（同步卫星）所在的轨道平面与赤道共面，南昌市不在赤道上，所以该卫星一定不会运动到南昌市正上方天空，故A正确；B．该

卫星处于完全失重状态，根据牛顿第二定律有2MmGmaR=则卫星所在处的重力加速度为2GMaR=故B错误；C．根据卫星变轨规律可知，由高到低轨道需要点火减速，所以该卫星若受到太阳风暴影响后速度变小，它的轨道半径将变小，进入低轨道，故C错误；D．该卫星相对于地球静

止，其角速度与地球自转角速度相同，运行速度由vr=可知大于地球赤道处自转的线速度，故D错误；故选A。4.如图所示，在一斜面上铺有一种特殊材料，其动摩擦因数沿斜面由A到B随距离均匀减小现有一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处，设物块的初动能为Ek0，则在该过程中，物块的

动能Ek与位移x关系的图线可能是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】【详解】上升过程中根据动能定理0(sincos)kkEEmgmgx=−+则随x增加，因为μ减小，则图像的斜率减小；下滑时由动能定理(sincos)kEmgmg

x=−则随x的增加，μ增大，则图像的斜率减小。故选D。5.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接。A靠在墙壁上，用力F向左缓慢推B使两木块之间弹簧压缩，然后突然撤去力F。下列说法中不正确．．．的是（）A.用力F推木块弹簧压缩的过程中，

A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，但动量不守恒B.在撤去外力后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C.在撤去外力后，木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒D.在撤去外力后，木块A离开墙壁后，A、B

和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒【答案】A【解析】【分析】【详解】A．用力F推木块弹簧压缩的过程中，系统所受合外力不为零，力F推木块B，对系统做正功，则系统机械能不守恒，动量也不守恒，故A错误；C．在撤去

外力后，木块A离开墙壁前，墙壁对系统有弹力作用，水平方向上合外力不为零，动量不守恒，墙壁对系统虽有弹力作用，但是墙壁对系统的弹力对系统不做功，A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，故C正确；D．在撤去外力后，A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所

以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有系统内的弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故D正确；B．撤去外力后，系统运动情况包括，撤去外力后木块A离开墙壁前和撤去外力后木块A离开墙壁后，在整个过程中，动量是先不守恒，然后守恒，而机械能一直守恒，故B正确。本题

由于选择不正确的，故选A。6.两质量不等的可视为质点的小球用长度相同的轻质细线悬挂于天花板上同一点，初始时轻质细线与竖直方向的夹角均为，现由静止同时释放两小球，最终两球在悬点正下方发生相向碰撞，若不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.从释放到刚要发生碰撞，两球所受重力产生

的冲量一定相同B.从释放到刚要发生碰撞，细线上的拉力不产生冲量C.从释放到刚要发生碰撞，两球所受合力产生的冲量方向一定相反D.若两球碰撞后粘合在一起，则两小球一定静止【答案】C【解析】【详解】A．依题意，可知从释放到刚

要发生碰撞，两球所用时间相等，但由于重力大小不相等，所以所受重力产生的冲量不相同，故A错误；B．从释放到刚要发生碰撞，细线上的拉力产生冲量，因为下落过程中有拉力作用，故B错误；C．由动量定理知，合外力的冲量等于物体动量的变化

量，又因为两球在最低点的速度方向刚好相反，所以从释放到刚要发生碰撞，两球所受合力产生的冲量方向一定相反，故C正确；D．由机械能守恒定律知，两小球同时到达最低点时速度大小相等，但因为两球质量不相等，则两球动量大小一定不相等，所以总动量一定不为0，根据动量守恒定律知，若两球碰撞后粘合在一起，

则两小球一定不静止，故D错误。故选C。7.如图所示，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩檫力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动

的角速度，下列说法正确的是（）A.a一定比b先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.2kgl=是b开始滑动的临界角速度D.当23kgl=时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据kmg=mrω2得，发生相对滑动的临界角速

度kgr=，由于b的转动半径较大，则b发生相对滑动的临界角速度较小，可知b一定比a先开始滑动，故A错误。B．a、b做圆周运动的角速度相等，相对静止时，靠静摩擦力提供向心力，可知静摩擦力大小不等，故B错误。C．靠静摩擦

力提供向心力，根据f=mrω2知，B的临界角速度2Bkgkgrl==故C正确；D．当a达到最大静摩擦力时，21kmgml=，解得1kgl=，当23kgl=时，小于临界角速度，可知a的摩擦力未达到最大，则摩擦力大小223afmlkmg==故D错误。故选C。8.如图甲所示，一质量为m的

物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（）A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为

3mgt0·cosθB.物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－32mv0C.斜面倾角θ的正弦值为0058vgtD.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．物

块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量03GImgt＝故A项错误；B．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有00022

2vvtt=解得02vv=物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为003(-)--2pmvmvmv＝＝故B正确；C．上滑过程中有()00-sincos0-mgmgtmv+＝下滑过程中有()00sin-cos2-0

2vmgmgtm=解得005sin8vgt＝故C项正确；D．3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力．从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度

反向，做负功．根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量．克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等．所以能求出22200113228fWmvmvmv=−=故D项错误。故选BC。9.质量分别为m、2m、3m的三个物体在一光滑水平面上排成

一直线，且彼此隔开一定距离，如图所示。具有初动能E0的第1号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，每次碰后物块都粘成一个整体。下列说法正确的是（）A.最终这个整体的动能等于012EB.最终这个

整体的动能等于016EC.最终这个整体的动量等于02mED.最终这个整体的动量等于06mE【答案】BC【解析】【详解】AB．取向右为正方向，第1号物体的初速度大小为v0，最终三个物体的共同速度为v。以三个物体组成的系统为研究对象，对于整个过程，根据动量守恒定律得mv0=6mv解得016vv=又2

0012Emv=联立得整体的末动能为2011626kEmvE==故A错误、B正确；CD．根据动能和动量的关系可得初动量002pmE=由于碰撞过程中动量守恒，则最终这个整体的动量等于02mE，故C正确、D错误。故选BC。10.宇航员站在

某一星球上，将一个小球距离星球表面h（h远小于R）高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过t时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为R，引力常量为G，则下列选项正确的是A.该星球的质量为222hRGtB.该星球表面的

重力加速度为22htC.该星球表面的第一宇宙速度为2hRtD.该星球的密度为232hRGt=【答案】ACD【解析】【详解】对小球，根据h=12gt2得该星球表面的重力加速度为：g=22ht．物体在星球表面时，根据G2MmR=mg得星球的质量为：2222==gRhRMGGt．故A正

确，B错误；根据万有引力提供向心力得：mg=m2vR，所以：该星球表面的第一宇宙速度为：2hRvgRt==．故C正确．星球的密度为：222332344233hRMhGtRGtRR===．故D正确；故选ACD．点睛：该题是自由落体运动与万有引

力定律的综合，要知道联系它们之间的桥梁是重力加速度．解决本题的关键是掌握万有引力等于重力以及万有引力等于向心力这两条基本理论，并能灵活运用．11.如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为

，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）A.物体在传送带上的划痕长22vgB.传送带克服摩擦力做的功为212mvC.电动机多做的功为212mvD.电动机增加的功率为mgv【答案】AD【解析

】【分析】【详解】A．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块开始运动时的加速度ag=达到速度v所需的时间vtg=在这段时间内物块的位移212vxg=传送带的位移22vxvtg==则物体相对位移2212vxxxg=−=故A正确

；BC．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是212mv，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于22vxg=产生的热量22122vQmgmvg==传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为2mv，故BC错误；D．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功

的功率，大小为fvmgv=故D正确。故选AD。12.如图所示，表面光滑的斜面固定在地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板。a、b、c三个滑块质量均为m，其中a、b用劲度系数为k的轻弹簣连接，b、c用不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接。此时系统处于静止状态，且a滑块与挡板接触但恰好无相互作用力。

此后某时刻将b、c间的轻绳剪断，重力加速度为g，则（）A.斜面倾角为30°B.刚剪断轻绳瞬间，滑块b的加速度为2gC.弹簧的最大压缩量为2mgkD.滑块b的动能最大值为222mgk【答案】AD【解析】【分析】【详解】A．对

abc的整体，由平衡知识可知2sinmgmg=解得θ=30°选项A正确；B．弹簧的弹力为T=mgsin30°=0.5mg则刚剪断轻绳瞬间，滑块b的加速度为sin30bTmgagm+==选项B错误；C．剪断细绳后，b在平衡

位置时弹簧压缩量为sin302mgmgxkk==则弹簧的最大压缩量为2mgxk=选项C错误；D．弹簧被压缩∆x时速度最大，则从开始时弹簧被拉长∆x到弹簧被压缩∆x过程中，弹簧弹性势能不变，则最大动能22s2in302kmEmgmgxk==选项D正确。故选AD。二、实验题（每空2

分，共2小题，共计16分）13.利用如图1装置做“验证机械能守恒定律”实验。（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_______A．动能变化量与势能变化量B．速度变化量和势能变化量C．速度变化量和高度变化量（2）在实验中，已知重物质量m＝1kg，在纸带上打出一系列的点，

如图2所示（打点间隔为0.02s），g＝9.8m/s2，纸带上所标数据单位cm，其中O点与下一点之间距离为2mm，那么从打O点到打B点的过程中：①重物的重力势能减少量Ep＝______J，动能增加量Ek＝______J（结果保留两位有效数

字）②有一位学生的实验结果显示，重力势能的减少量小于动能的增加量，原因是：____________A．重锤下落时受到的阻力过大B．在计算中误将g取10m/s2C．重锤的质量测量错误D．交流电源的频率小于50Hz【答案】①.A②.0.49③.0.4

8④.D【解析】【分析】【详解】（1）[1]若重物下落过程中机械能守恒，则任意两点间的动能变化量kE与势能变化量pE数值要相等，故为验证机械能是否守恒，需要比较的是动能变化量与势能变化量，故选A。（2）①[2]从打O点到打B点的过程中：重物的重力势能减少量3p19.85.0110J0

.49JOBEmgh−==[3]重物落到B点时，速度大小为2(7.063.14)10m/s0.98m/s220.02ACBhvT−−==则动能增加量22k1110.980.48J22BEmv==②[4]A．重

锤下落时受到的阻力过大，则克服阻力做功更多，重力势能减少量大于动能增加量，故A错误；B．在计算中误将g取10m/s2，则重物的重力势能变化量更大，故B错误；C．重锤的质量测量错误对实验结果没有影响，故C错误；D．交流电源的频率小

于50Hz，则周期大于0.02s，而计算时仍然取0.02s，这将导致速度的计算值偏大，则可能出现重力势能的减少量小于动能的增加量，故D正确。故选D。14.用图甲的“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．O时小球抛出时球心在地面

上的垂直投影点，实验时，先让入射小球1m多次从斜轨上S位置由静止释放，找到七落地点的平均位置P，测量平抛水平射程OP．然后把被碰小球2m静置于水平轨道的末端，再将入射小球1m从斜轨上S位置由静止释放，与小球2m相撞，多次重复实验，找到两个小球落地的平均位置M、N．（1）下列器材

选取或实验操作符合实验要求的时____________．A.可选用半径不同的两小球B.选用两球的质量应满足12mmC.需用秒表测量小球在空中飞行的时间D.斜槽轨道必须光滑（2）图乙是小球2m的多次落点痕迹，由此可确定其落点的平均位置对应的读数为____________cm（3

）在某次实验中，测量出两小球的质量分别为12mm、，三个落点的平均位置与O点的距离分别为OM、OP、ON．在实验误差允许范围内，若满足关系式________________，即验证了碰撞前后两小球组成的系统动量守恒（用所给符号表示）．（4）验证动

量守恒的实验也可以在如图所示的水平气垫导轨上完成，实验时让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，滑块运动过程所受的阻力可忽略，它们穿过光电门后发生碰撞并粘连在一起．实验测得滑块A的总质量为1m、滑块B的总质量为2m，两滑块遮光片的宽度相同，光

电门记录的遮光片挡光时间如下表所示．左侧光电门右侧光电门碰前1T2T碰后33TT、无在实验误差允许范围内，若满足关系式____________．即验证了碰撞前后两滑块组成的系统动量守恒．（用测量的物理量表示）【答案】①.B②.55.50③.112mOPmOMmON=+④.()1212

123mmmmTTT+−=-【解析】【详解】（1）[1]A.为保证碰撞在同一条水平线上，所以两个小球的半径要相等．故A错误；B.为保证入射小球不反弹，入射小球的质量应比被碰小球质量大．故B正确；C.小球在空中做平抛运动的时间是相等的，所以不需要测量时间．故C错误；D.要保证小

球在空中做平抛运动，所以斜槽轨道末端必须水平，但是在斜槽轨道的运动发生在平抛以前，所以不需要光滑，但入射球必须从同一高度释放．故D错误．故选B；（2）[2]确定B球落点平均位置的方法：用尽可能小的圆把所有的小球

落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；碰撞后m2球的水平路程应取为55.50cm；（3）[3]要验证动量守恒定律定律，即验证：111223mvmvmv=+，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：111223mvtmvtmvt=

+得：112mOPmOMmON=+，可知，实验需要验证：112mOPmOMmON=+；（4）[4]若让两滑块分别从导轨的左右两侧向中间运动，选取向右为正方向，则有：()1122123mvmvmmv−−=+，设遮光片的宽度为d，则：11dvT=，22dvT=，33d

vT=，联立可得：()1212123mmmmTTT+−=-故答案为[1]B[2]B[3]112mOPmOMmON=+[4]()1212123mmmmTTT+−=-【点睛】实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以

在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．三、计算题（共5小题，15题6分，16题8分，17题8分，18题12分，19题12分，共计

46分）15.如图所示，静止在光滑水平地面上的两个物块A、B，质量分别为2kg、1kg，某时刻给物块A一水平向右的速度02m/sv=，物块A和物块B发生弹性碰撞，求：物块A和物块B碰撞后，物块A、物块B

的速度。【答案】A2m/s3v=，向右；B8m/s3v=，向右【解析】【分析】【详解】取向右为正方向，物块A和物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律有A0AABBmvmvmv=+222A0AABB111=+22

2mvmvmv联立，代入数据求得A2m/s3v=B8m/s3v=方向均向右16.京沪高铁采用CR400系列"复兴号"列车运行，一列16节车厢的高铁列车总质量m＝800t，发动机的额定功率P＝8×103kW，设列车在水平轨道上行驶时所受阻力Ff是车重的0

.01倍，g＝10m/s2。求：（1）高铁列车在水平轨道上行驶的最大速度；（2）若列车在水平长直轨道上从静止开始，保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一匀加速过程维持的最长时间t为多少。【答案】（1）100m/s；（2）33.3s【解析】【详解】（1）当fFF=时

，列车行驶速度达到最大，由PFv=有mfPPvFF==解得m100m/sv=（2）保持匀加速运动所需牵引力为F1，有牛顿第二定律有1fFFma=-匀加速能达到的最大速度11vPF=匀加速运动的时间1vta=带入数据计算得100s33.3s3t==17.如图所示，有一个可视为质点

的质量m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，重力加速度

g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）光滑平台上的A点到BC平面的高度；（2）小物块到达圆弧轨道最低点D时对轨道的压力。【答案】（1）h=0.88m；（2）'NF=22.5N,方直竖直向下【解析】【详解】（1）设小

物块在C点的速度为Cv，在C点由0cosCvv=解得3m/sCv=从A点至C点，设A点到BC平面高度为h，由机械能守恒可得0221122Cmgmhvmv+=代入数据，解得0.88mh=（2）设小物块在D点速度为Dv，从C点至D点由动能定理

，可得2211(1cos)22DCmgRmvmv−−=解得5m/sDv=设在D点轨道对小物块的支持力为FN，有2NDvFmgmR−=解得N22.5NF=由牛顿第三定律得小物块在D点时对轨道压力为'N22.5NF=向竖直向下18.如图所示，质

量为m=180g、长1m的木块A，静止在质量M=1.8kg的长木板B的左端，长木板B停止在光滑的水平面上。现有一颗质量为m0=20g的子弹，以0300m/sv=的初速度，水平从左向右瞬间击中木块并嵌入

木块中，子弹在木块中受到的平均阻力=9000Nf阻，此后，木块在长木板上向右滑行恰好不离开长木板，木块与长木板间的动摩擦因数𝜇=0.9，210m/sg=。求：（1）嵌入木块后，子弹的速度大小；（2）子弹在木块中嵌入的深度d；（3

）长木板B的长度。【答案】（1）v=30m/s；（2）d=0.09m；（3）L=45m【解析】【分析】【详解】（1）子弹嵌入木块后，由动量守恒定律得000()mvmmv=+代入数据解得30m/sv=（2）子弹嵌

入木块后，由能量守恒定律得2200011()22fdmvmmv=−+阻代入数据求得，子弹在木块中嵌入的深度0.09md=（3）子弹嵌入木块后，子弹及木块在长木板上一起向右滑行恰好不离开长木板,由动量守恒定

律得00()()mmvMmmv+=++共代入数据求得3m/sv=共由能量守恒可得220011()()22mmvQMmmv+=+++共而产生的热能0()QmmgL=+联立代入数据解得木板长度45mL=19.如图所示为某种弹射装

置的示意图，轻弹簧左端与一固定挡板相连，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带平滑连接，传送带长L=6.0m，两个质量均为m=1.0kg的滑块A、B置于水平导轨上。第一次实验时，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以速率v1=

4.0m/s匀速转动，使滑块A压缩轻弹簧至使滑块A压缩轻弹簧至某一位置，由静止释放，滑块A离开弹簧后以某一速度与B发生弹性碰撞，碰后滑块B以速度vB=2.0m/s滑上传送带，并从传送带右端P点平抛落至地面上的Q点。已知滑块B与传送带之间的

动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s2。求：（1）滑块B在传送带上运动的时间；（2）第二次实验时，使皮带轮沿逆时针方向转动，带动皮带以速率v2=1.0m/s匀速转动，要使滑块B平抛的水平位移是第一次的四分之一，则需将滑块A压缩弹簧至另一位置由静止释放

，后与B发生弹性碰撞，求此过程弹簧对滑块A做的功W；（3）在第二次实验过程中，滑块B在传送带上滑动过程中产生的热量Q。【答案】（1）1.75s；（2）12.5J；（3）16J【解析】【详解】（1）滑块B滑上传送带后作匀加速直线

运动，设滑块B从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为1t，加速度为a，在时间t内滑块B的位移为x，根据牛顿第二定律和运动学规律有，摩擦力产生加速度mgma=速度与时间关系1Bvvat=+位移与时间关系21112B

xvtat=+解得：11st=，3.0mxL=即滑块B在传送带上先加速，后以4m/sv=匀速运动，运动时间为2(6-3)m0.75s4m/sLxtv−===所以滑块B在传送带上运动的时间121.75sttt=+=

（2）根据平抛规律可得，B到达P点的速度为1m/sv=，设A与弹簧分离时速度为0v，A、B碰撞后A的速度为1v，B的速度为2v，则有2222vvaL−=−解得：25m/sv=碰撞由动量守恒定律有012mvmvmv=+由机械

能守恒定律有222012111222mvmvmv=+解得交换速度025m/svv==设弹簧对A做的功为W，由动能定理得2012Wmv=由以上各式得：12.5JW=（3）设滑块B从N到P的时间为t2vvat=−解得：2st=传送带向左运动的距离为12

msvt==则产生的热量1()QmgsL=+代入数据解得：16JQ=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com