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C. 在t=0.1s时，质点P的加速度方向沿y轴负方向
襄阳四中 2024 级高二年级上学期期中考试物理试卷
D. 在t=0.2s时，质点Q沿y轴正方向运动
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
6.如图1所示，A、B两个波源在相距0.6m的水面上，t=0时刻，两波源同时开始振动，振动图像均如图2所示，波
1.下列说法正确的是
速v=1m/s。下列说法正确的是
A. 元电荷是自然界中电荷量最小的带电粒子 B. mA⋅h是能量的单位
C. 电场的概念最早是由法拉第提出的 D. 电场强度越大，电势越高
Q
2.真空中两个完全相同的绝缘带电金属小球A、B(均可看作点电荷)，分别带有+ 和-Q的电荷量，两球间静电力
2
为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，则A、B间的静电力大小为
1 3 3 5
A. F B. F C. F D. F
16 16 64 64 A. 两列波的波长都为0.1m
3.一带电量q=2×10-9C的正电荷，在静电场中由a点移到b点的过程中除了电场力外，其它力做功为6×10-5J，
B. t=0.6s时，两波相遇
电荷的动能增加了8×10-5J，则a、b两点间的电势差U ab 为 C. 经过足够长的时间后，A、B之间(不含A、B)有5个振动减弱点
A. 1×104V B. 3×104V C. 4×104V D. 7×104V
D. 经过足够长的时间后，A、B之间(不含A、B)有5个振动加强点
4.如图所示的电路中，电源电动势E=15V，内阻r=1Ω，电阻R
1
=2Ω，R
2
=3Ω。开关闭合后，电动机M恰好正
7.如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=6Ω，电阻R =4Ω，R =8Ω，R =3Ω，R 是可变电阻，电容器电容
1 2 4 3
常工作。已知电动机M额定电压为6V、线圈电阻为0.5Ω，则
C=4μF，a、b分别为电容器上下两个极板，G为灵敏电流表。初始时开关S 闭合、S 断开，电路稳定，现将开关
1 2
S 也闭合直至电路再次稳定，则下列说法正确的是
2
A. 流过电动机的电流为1A B. 电动机的输入功率为12W
C. 电动机的输出功率为6W D. 电源的输出功率为45W
5.如图甲所示为一列简谐横波在t=0.1s时的波形图。P是平衡位置在x=7m处的质点，Q是平衡位置在x=4m处的
质点，图乙是质点Q的振动图像。下列说法正确的是
A. 开关S 闭合、S 断开，电路稳定时，电容器b极板带正电
1 2
B. 开关S 闭合后，调节R 使得电容器上下两极板电势相等时，R =1Ω
2 3 3
C. 若R =1Ω，则S 闭合后，当电路稳定时，电源的输出功率与S 断开时相等
3 2 2
D. 若R =1Ω，则在开关S 闭合到电路再次稳定的过程中，流过电流表的电荷量为1.5×10-5C
3 2
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波速为20m/s8.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点，
3kS2
A. t 时刻， a 、 b 间的距离最小 B. a 的质量为 0
下列说法正确的是 3 v2
0
C. 时间内， 所受冲量的大小为kS2 D. 时间内， 的位移大小2(v t -S )
0∼t a 0 0∼t b 0 1 0
3 2v 1 3
0
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
A. 该带电粒子带正电 B. 粒子在N点的加速度小于在M点的加速度
11.某同学用气垫导轨验证碰撞中的动量守恒，装置如图所示。装置中滑块1(含挡光片)与滑块2(含弹簧和挡光片)
C. M点的电势低于在N点的电势 D. 粒子在M点的电势能大于在N点的电势能
的质量分别为m 、m ，两挡光片的宽度均为d。
1 2
9.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向左滑动时，
四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U 、U 、U 表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、
1 2 3
ΔU 、ΔU 、ΔU 表示。则下列判断中正确的是
1 2 3
(1)实验前先要调节气垫导轨水平，然后用20分度的游标卡尺测量两挡光片的宽度，示数如图所示，则挡光片的宽
度d=_____cm。
ΔU ΔU
A. U 变大，I变大 B. U 变小，U 变大 C. 3不变 D. 1变大
1 2 3 ΔI ΔI
10.如图甲所示，a、b两物块(均视为质点)用劲度系数为k的轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，t=0时，使a
获得水平向右、大小为v 的速度，a、b运动的速度—时间关系图像如图乙所示，已知阴影部分的面积为S ，弹簧
0 0 (2)把带有挡光片的滑块1放在弹射架和光电门1之间，左侧带有弹簧的滑块2放在两光电门之间；弹射架弹射滑块1，
1 滑块1与弹射架分离之后通过光电门1，然后与滑块2碰撞，碰撞后，滑块1返回再次通过光电门1，滑块1第一次通
的弹性势能E 与弹簧的形变量x以及弹簧的劲度系数k之间的关系式为E = kx2 ，弹簧始终处于弹性限度内，下列
p p 2
过光电门1的挡光时间为t ，第二次通过光电门1的挡光时间为t ，碰撞后，滑块2通过光电门2的挡光时间为t ，如
1 2 3
说法正确的是
果表达式__________成立，则两滑块碰撞中动量守恒(用题中已知字母表示)。
(3)当关于t 、t 、t 的关系式__________成立，则两滑块的碰撞为弹性碰撞。
1 2 3
12.某同学利用实验室的实验器材制成了简易的欧姆表，该简易欧姆表有×100、×10两个倍率，如图所示，已知电
流计(内阻R =54Ω、量程为I =1mA)、滑动变阻器R(最大阻值为2000Ω)、电阻箱(0∼9999.9Ω)、干电池
g g(E=1.5V ,r=2Ω)。 水平轨道的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度为g。
(1)电路中M应为_______(填“红”或“黑”)表笔；断开开关S时，应为_______(填“×100”或“×10”)倍率。
3 (1)求电场强度的大小；
(2)断开开关S，滑动变阻器接入电路的电阻值为_______Ω，当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，此处所标注
4
(2)求物体在圆轨道上运动时的最大速率；
的刻度值应为_______(刻度值为电阻值与倍率的比值)。
(3)若AB长度不变，圆轨道半径可以改变，为了保证物体在圆轨道上运动中途不会脱离圆轨道，求圆轨道半径的取
(3)闭合开关S，为使中央刻度值与开关断开时相同，则滑动变阻器接入电路的电阻值为_______Ω，电阻箱的阻值
值范围。
应调节为_______Ω。
15.如图所示，长为L =2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为
2
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
m =m =1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原
B C
13.一列横波在x轴上传播，t =0和t =0.005s时的波形分别如图中的实线和虚线所示。
1 2
速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端
L =2m处由静止释放一质量m =0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞
1 A
后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ =0.2，与水平面间的动摩擦因数μ =0.02，
1 2
物块A与斜面间的动摩擦因数μ =0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，
3
cos37°=0.8。求：
(1)设周期大于(t -t )，求波速；
2 1
(2)设周期小于(t -t )，并且波速为6000m/s，求波的传播方向。
2 1
14.如图所示，AB是长为2R的水平粗糙轨道，B点与一半径为R的光滑圆轨道相切，整个空间有一水平向右的匀强
电场。一带电量为+q、质量为m的小物体从A点由静止释放，经过B点时对圆轨道的压力为其重力的2倍。物体与
(1)物块A与物块B碰撞后，物块B的速度大小；
(2)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；
(3)整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程。A.电动机M恰好正常工作，此时电动机两端电压为额定电压6V， r 、 R 上的电压为9V，根据欧姆定律
参考答案 1
1.【答案】C
得
E-U
I= M =3A
解：A.元电荷是最小电荷量，而非带电粒子，故A错误； r+R
1
B.根据Q=It可知，mAh是电荷量的单位，故B错误。
上的电流 U
R I = M =2A
C、英国物理学家法拉第最早提出了场的概念，并引入了电场线，故C正确； 2 2 R
2
D、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，电势高的地方
流过电动机的电流 I =I-I =1A ，故A正确；
M 2
电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高，故D错误．
B.电动机的输入功率 P =U I =6W ，故B错误；
入 M M
故选：C．
C.电动机正常工作时内部消耗的功率为
P =I2 R =0.5W
2.【答案】B 耗 M M
【解答】 电动机的输出功率 P =P -P =5.5W ，故C错误；
出 入 耗
D.电源的两端的电压 U=I R +U =12V
1 M
Q
k ·Q 电源的输出功率 P=UI=36W ，故D错误。
真空中两个静止点电荷间的静电力大小为： 2 kQ2 ，
F= =
r2 2r2 故选A。
5.【答案】D
Q
现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，Q
C
=Q
A
'=
4
，
A.根据题图乙可知，在t=0.1s时，质点Q向y轴负方向运动，根据同侧法，结合题图甲，可知该波沿x轴负方向传
播，故A错误；
Q
Q-
λ
再与B接触，然后移开C，
Q '=Q '=
4
=
3
Q
， B.根据题图可知该波波长为8m，周期为T=0.2s，故波速为v= =40m/s，故B错误;
B C 2 8 T
C.由图甲可知，在t=0.1s时，质点P的位移为负，根据质点的振动规律，质点P的加速度为正，即质点P的加速度
Q 3
k · Q
方向沿y轴正方向，故C错误；
则两点电荷间的静电力大小为： 4 8 3kQ2 3 ，故B正确，ACD错误。
F'= = = F
r2 32r2 16
T
D.在t=0.1s时，质点Q在平衡位置向y轴负方向运动，再经过0.1s= ，即t=0.2s时质点Q经过平衡位置，且沿y
2
故选B。
3.【答案】A 轴正方向运动，故D正确。
6.【答案】D
【解析】根据动能定理得
qU +W =ΔE
，解得
U =
ΔE
k
-W
其他=
8×10-5-6×10-5
V =1×104V
，故A正
ab 其他 k ab q 2×10-9 A.由图2可知，振动周期为0.2s，由公式 v= λ 可得λ=vT=1×0.2m=0.2m，故A错误；
T
确，BCD错误。 Δx 0.6
B.从0时刻开始，两波相遇的时间间隔为Δt= = s=0.3s，故B错误；
2v 2×1
4.【答案】A
D.设某点是振动加强点，与两个波源A、B的距离分别是 x 、 x ，则有x +x =0.6m
1 2 1 2
λ
且|x -x |= ×2n ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
1 2 2当 x >x ，可得x =(0.1n+0.3)m
1 2 1 E ，则电容器两端电压， U U 1 ，
U = R =3V U = 0 R - 0 R = V
由于 0<x <0.6m ，故 n 可以取1、2； 0 R +r 外2 ab2 R +R 1 R +R 3 4
1 外2 1 2 3 4
当 x <x ，可得x =(0.3-0.1n)m
1 2 1
由于 0<x <0.6m ，故 n 可以取1、2；
1
当 x
1
=x
2
， n 取0，经过足够长的时间后，A、B之间(不含A、B)有5个振动加强点，故D正确； 则在整个过程中流过电流表的电有量 ΔQ=C(U
ab1
-U
ab2
)=4×10-6× ( 4+
4
1) C=1.7×10-5C 。故D错误。
C.设某点是振动减弱点，与两个波源A、B的距离分别是 x 、 x ，则有x +x =0.6m
3 4 3 4
故选C
λ
且|x -x |= (2n+1) ( n=0 ， 1 ， 2⋯ )
3 4 2
当 x >x ，可得x =(0.1n+0.35)m 8.【答案】AD
3 4 3
由于 0<x <0.6m ，故 n 可以取0、1、2； A.带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，可知粒子带正电，故A正确；
3
当 x <x ，可得x =(0.25-0.1n)m B.实线表示电场线，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，电场线越密集，场强越大，N点的电场强度大于M点
3 4 3
由于 0<x <0.6m ，故 n 可以取0、1、2，则A、B之间(不含A、B)有6个振动减弱点，故C错误。 的电场强度，粒子只受电场力的作用，根据牛顿第二定律可知，粒子在N点的加速度大于在M点的加速度，故B错
3
故选D。
误；
7.【答案】C
C.沿着电场线的方向，电势逐渐降低，M点的电势高于N点电势，故C错误；
A.开关 S 闭合， S 断开，图像可知电容器b极板与电源负极相连，故b极板带负电，故A错误；B.电容器上下两
1 2 D.粒子先经过M点，再经过N点，电场力方向与轨迹之间的夹角是锐角，电场力做正功，电势能减小，粒子在M点
U U 的电势能大于在N点的电势能，故D正确。
极板电势相等时，则 R 、 R 两端电压相等，设 R 、 R 支路电压为U，则有 R = R 代入题中
1 3 1 2 R +R 1 R +R 3
1 2 3 4 9.【答案】AC
数据解得 R 3 =1.5Ω ，故B错误； AB、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向左滑动时，变阻器接入电路的阻值变小，根据串反并同可知，U 变大，
1
C.未闭合 S 前，外电路电阻 R =R +R =12Ω ，此时电源输出功率 P = ( E ) 2 R =3W U 2 变小，U 3 变小，I变大，故A正确，B错误；
2 外1 1 2 1 R +r 外1
外
C、根据闭合电路的欧姆定律有 ，所以|ΔU | 不变，故C正确；
若 R =1Ω ，闭合 S 后，外电路电阻 R = (R 1 +R 2 )(R 3 +R 4 ) =3Ω ，此时电源输出功 U 3 =E-Ir ΔI 3 =r
3 2 外2 R +R +R +R
1 2 3 4
D、电压表V 测量的是定值电阻R 两端的电压，电流表测量的是通过电阻R 的电流，根据欧姆定律有
1 1 1
率 P = ( E ) 2 R =3W ，则有 P =P ，故C正确； U 1= ΔU 1=R ，不变，故D错误。
2 R +r 外2 1 2 I ΔI 1
外2
故选：AC。
D.未闭合 前，电容器两端电压 ( E ) ，若 ，闭合 后，电源路端电压
S U = R =4V R =1Ω S 10.【答案】BD
2 ab1 R +R +r 2 3 2
1 2
A.根据图乙可知， t 时刻之前 a 的速度大于 b 的速度， t 时刻 a 的速度等于 b 的速度，则 t 时刻弹簧被压缩最短，
1 1 1
此时a、b间的距离最小；接着弹簧逐渐恢复原长，在 t 时刻 a 的速度最小、 b 的速度最大，此时弹簧恢复原长；
2
接着弹簧伸长， a 的速度增大、 b 的速度减小，在 t 时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此 t 时刻， a 、 b
3 3
间的距离最大，故A错误；2 2 1 1 1
B.设 a 的质量为 m ，b的质量为 m ，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律得 m v =m v +m v ， (3)若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则两滑块构成的系统机械能守恒，则有 m v2= m v '2+ m v2，联立整理
a b a 0 a3 0 b3 0 2 1 1 2 1 1 2 2 2
1 1 2
根据系统的机械能守恒定律可得 E = ×m v2- (m +m )( v ) 2
p 2 a 0 2 a b 3 0 得
m
1
=m
1
+m
1，结合动量守恒表达式解得 1
=
1
+
1。
1 t2 1 t2 2 t2 t t t
分析题意可得初始时刻弹簧处于原长，设 t 时刻弹簧的形变量为 x ，已知阴影部分的面积为 S ，则有 x =S ， 1 2 3 1 2 3
1 0 0 0 0
12.【答案】黑;×100;1444;5;142.6;6
设弹簧的劲度系数为 k ，则有 E = 1 kx2 ，联立解得 a 的质量为 m = 3kS2 0 ，故B正确； (1)M表笔连接电源的正极，又欧姆表的电流走向为“红入黑出”，因此M应为黑表笔；闭合开关后，电流计与
p 2 0 a v2
0 电阻箱并联，电流表的量程变大，欧姆表的内阻减小，所以断开开关S时，应为倍率较大的×100倍率；
E 1.5
C. 0∼t 时间内，以水平向右的方向为正方向，对 a 由动量定理 I=m 2 v -m v =- 1 m v =- kS2 0 (2)欧姆调零时有 R 内 = I = 0.001 Ω=1500Ω，此时滑动变阻器接入电路的电阻值为 R=R 内 -r-R g =1444Ω，
3 a3 0 a 0 3 a 0 v g
0
3 3 E
当电流表的指针偏转角度为满偏的 时，电流计的读数为0.75mA，则由： I = ，解得 R =500Ω，此
方向与 的初速度方向相反，则大小为 kS2 ，故C错误； 4 4 g R +R x
a 0 内 x
v
0
500
处所标注的刻度值为 =5；
D.由几何关系可知， 0∼t 时间内 S =x =x -x ，根据动量守恒定律得 m v =m v +m v 100
1 0 0 a b a 0 a a b b
取极短时间 Δt ，可得 m v Δt=m v Δt+m v Δt ，则 0∼t 时间内有 ∑m v Δt=∑m v Δt+∑m v Δt E 1.5
a 0 a a b b 1 a 0 a a b b R = = Ω=3000Ω
(3)由(2)可知当电流计的指针半偏时有 总 I 0.001 ，
g
可得 m v t =m x +m x ，其中 m a= 2 ， S =x -x 2 2
a 0 1 a a b b m 1 0 a b
b 则中值电阻应为 R =R -R =3000Ω-1500Ω=1500Ω，
中 总 丙
联立可得
0∼t 1
时间内
b
的位移大小为
x b =
2(v
0
t
3 1
-S
0
) ，故D正确。故选BD。
中央刻度值应为 1 1 5 0 0 0 0 =15，
闭合开关
S
，中央刻度值仍为
15
时，中值电阻为
R ' =15×10Ω=150Ω
，
1 1 1 1 1 1 中
11.【答案】(1)0.450；(2) m +m =m ；(3) = +
1t 1t 2t t t t
1 2 3 1 2 3
E 1.5
(1) d=4mm+10×0.05mm=4.50mm=0.450cm; 流过电源的最大电流为I= = A=10mA，
R' 150
中
d d d
(2)碰撞前滑块1的速度大小为 v = ，碰撞后滑块1、滑块2的速度大小分别为 v '= ，v = ，规定向右为正方
1 t 1 t 2 t
1 2 3 流过电阻箱的最大电流为
I
'
=I-I =(10-1)mA=9mA
，
g
1 1 1
向，若碰撞过程动量守恒，则有 m v =-m v' +m v ，联立解得 m +m =m ；
1 1 1 1 2 2 1t 1t 2t
1 2 3
所以电阻箱的阻值应调为 R = I g R g= 1×54 Ω=6Ω ，
0
I
' 9F 3
电流计与电阻箱并联的电阻值为 R R 54×6 ， tanθ= = ，即方向与竖直方向成37°，斜向右下方。
R = 0 g = Ω=5.4Ω mg 4
i R +R 54+6
0 g
5 1 1 √ 6gR
从B点到动能最大点 mgR(1-cos37 ∘)= mv2 - mv2 ，解得 v =
4 2 m 2 m 2
滑动变阻器接入电路的电阻值为 R ' =R ' -r-R =142.6Ω 。
中 i (3)若物体不能越过O点右上方与水平方向成37°的位置C，则不会脱离轨道，设刚好到该位置时圆轨道半径为r 1 ，
5 1 R
- mgr cos37 ∘=0- mv2 ，解得 r =
13.【答案】解：当波传播时间小于周期时，波沿传播方向前进的距离小于一个波长，当波传播的时间大于周期时， 4 1 2 1 2
波沿传播方向前进的距离大于波长．这时从波形的变化上看出的传播距离加上n个波长才是波实际传播的距离． 若物体能够通过O点上方与竖直方向成37°的位置D，则也不会脱离轨道，设刚好到该位置时圆轨道半径为r ，
2
由图知，波长λ=8m
(1)因△t=(t
2
-t
1
)<T，所以波传播的距离可以直接由图读出．若波向右传播，则在0.005 s内传播了2 m，故波速 5
mg=
mv
D
2 ，
-
5
mgr (1+cos37 ∘)=
1
mv2 -
1
mv2
，解得
r =
4R
4 r 4 2 2 D 2 2 23
2
2m
为v= =400 m/s．
0.005s R 4R
圆轨道半径的范围为 r≥ 或 r≤
2 23
6m
若波向左传播，则在0.005 s内传播了6 m，故速度为v= =1 200 m/s． 15.【答案】解：(1)物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得：
0.005s
(2)因(t 2 -t 1 )>T，所以波传播的距离大于一个波长，在0.005 s内传播的距离为△x=vt=6 000×0.005 m=30 m， m gL sin37°-μ m gL cos37°= 1 m v2 -0
A 1 3 A 1 2 A A
因
△x
=
30
=3
3
，即△x=3λ+
3
λ.因此，可得波的传播方向沿x轴的负方向．
代入数据可得：v
A
=4m/s
λ 8 4 4
A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：
A1 B
答：
m v =m v +m v
A A A A1 B B
(1)周期大于(t -t )，波右传时，速度为400 m/s；左传时，波速为1200 m/s．
2 1
1 1 1
(2)波的传播方向向左(x轴负方向)． 根据机械能守恒定律可得： m v2 = m v2 + m v2
2 A A 2 A A1 2 B B
mv2
14.【答案】解：(1)物体在B点时竖直方向合力提供向心力 F -mg= ，解得 v=√ gR
N R 代入数据联立解得：v =3m/s；
B
1 3mg (2)物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B，根据牛顿第二定律可得：
从A点到B点，由动能定理可得 (F-μmg)2R= mv2-0 ， F=qE ，解得 E=
2 4q
代入数据解得：
μ m g=m a a =2m/s2
1 B B B B
物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设物块B向左运动的位移为x，则有：
1
v -v 代入数据解得：
t = B =0.5s t =0.5s
1 a 1
B
5
(2)电场力和重力的合力 G =√ (mg) 2+F2= mg ，
等 4
v +v
x= B t =1.25m代入数据解得：x=1.25m
2 1由于x<L ，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，
2
物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：m v=m v +m v
B B B1 C C1
根据机械能守恒定律可得：
1 1 1
m v2= m v2 + m v2 代入数据得碰撞后B的速度大小为：v =0，C的速度大小为：v =2m/s
2 B 2 B B1 2 C C1 B1 C1
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知：
1
-μ m g×2ns=0- m v2 代入数据得：n=10；
2 C 2 C C1
由 知，物块 第 次返回至传送带左端时速度平方大小为 ，由运动学公式得：
(3) (2) C k v2
k
物块 获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向
v2=v2 -2μ g×2ks=4-0.4k(m2/s2 )(k=1,2,…,10) B
k C1 2
左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程为：
v2
所以整个过程物块 在传送带上滑行的总路程为：
x = k ×2=2-0.2k(m)(k=1,2,…,10) B
k 2μ g
1
x =L +(x +x +⋯+x )
总 2 1 2 10
代入数据得：x =11m。
总
