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大阶段滚动卷(一) 大单元一至大单元二
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·湖北·模拟预测)2024 年6 月，中国无人机成功飞越了“世界之巅”。
如图甲，某次无人机从地面由静止开始竖直向上飞行，图乙为它运动的v-t 图像，
图像中的ab 段和cd 段均为直线，cd 段斜率大小小于重力加速度g。下列说法正
确的是( )
A．空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对平衡力
B．无人机在t3～t4过程中处于失重状态
C．无人机在t1～t2过程中受到的合外力越来越大
D．无人机在t1～t4过程中机械能先增大后减小
B [空气对无人机的作用力和无人机对空气的作用力是一对相互作用力，A 错
误；由题图乙可知，无人机在t3～t4过程中减速上升，其加速度方向竖直向下，
处于失重状态，B 正确；根据v-t 图像中，图线的斜率表示加速度，由题图乙可
知，无人机在t1～t2过程中加速度恒定，根据牛顿第二定律有F 合＝ma，可知无
人机受到的合外力保持不变，C 错误；由题意可知，t1～t4过程中空气对无人机
的力竖直向上，空气对无人机的作用力一直做正功，机械能一直增大，D 错误。
故选B。]
2．(2025·辽宁·模拟预测)如图所示，一质量为m 的集装箱被吊在空中处于静
止状态，集装箱AB 宽8 米，BC 长20 米，钢索AO、BO、CO、DO 的长度均为
14 米。已知钢索的质量远小于集装箱的质量，重力加速度为g，则每根钢索的
拉力大小为( )
A．7√5
50 mg
B．7√5
40 mg
C．7√5
30 mg
D．7√5
20 mg
B [设每根钢索与竖直方向夹角为θ，则sin θ＝√A B
2+ BC
2
2×O A
＝√29
7 ，根据平衡
条件得4FTcos θ＝mg，解得FT＝7√5
40 mg，故选B。]
3．(2025·重庆卷)重庆复杂的立体交通层叠交错，小明选取其中两条线路探究
车辆的运动。如图所示，轻轨列车与汽车以速度2v0分别从M 和N 向左同时出
发，列车做匀速直线运动，汽车在长为s 的NO 段做匀减速直线运动并以速度
v0进入半径为R 的OP 圆弧段做匀速圆周运动。两车均视为质点，则( )
A．汽车到O 点时，列车行驶距离为s
B．汽车到O 点时，列车行驶距离为4 s
3
C．汽车在OP 段向心加速度大小为2v0
2
R
D．汽车在OP 段向心加速度大小为4 v0
2
R
B [对汽车，根据速度—位移关系有v0
2－(2v0)2＝－2as，可得匀减速运动的加速
度大小a＝3 v0
2
2s ，汽车做减速运动的时间t＝2v0- v0
a
＝2s
3 v0，这段时间列车行驶
距离为s′＝2v0·t＝4 s
3 ，B 正确，A 错误；根据an＝v
2
r ，可得汽车在OP 段向心
加速度大小为an＝v0
2
R ，C、D 错误。故选B。]
4．(2025·广东广州·三模)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度
y 随时间t 的变化曲线如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视
为两段直线，其方程分别为y＝4t－26 和y＝－2t＋140。无人机及其载物的总质
量为2 kg，取竖直向上为正方向。则( )
A．EF 段无人机的速度大小为4 m/s
B．FM 段无人机的货物先超重后失重
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为4 kg·m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
A [EF 段无人机的速度大小等于图像中EF 段的斜率，根据其方程y＝4t－
26，可知EF 段无人机的速度大小为v＝4 m/s，故A 正确；根据y-t 图像的切线
斜率表示无人机的速度，取竖直向上为正方向，可知FM 段无人机先竖直向上
做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物
处于失重状态，故B 错误；以y 轴正方向为正方向，根据MN 段方程y＝－2t＋
140，可知MN 段无人机的速度为v′＝－2 m/s，则FN 段无人机和装载物总动量
变化量为Δp＝mv′－mv＝2×(－2)kg·m/s－2×4 kg·m/s＝－12 kg·m/s，FN
段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s，故C 错误；MN 段无人机
向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小，故D
错误。故选A。]
5．(2025·辽宁丹东·三模)北京时间2025 年3 月26 日23 时55 分，西昌卫星
发射中心长征三号乙运载火箭点火起飞，天链二号04 星顺利进入预定轨道，发
射任务取得圆满成功。发射可简化为如图所示过程，先将卫星发射到半径为r
的圆轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，卫星运动到A 点时变轨进入椭圆轨道Ⅱ，运动
到椭圆轨道Ⅱ的远地点B 时，再次变轨进入半径为2r 的圆轨道Ⅲ做匀速圆周运
动。下列判断正确的是( )
A．卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行的周期之比为1∶2√2
B．要实现从椭圆轨道B 处进入圆轨道Ⅲ，发动机需要向前喷气
C．卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅲ上的机械能
D．卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间内扫过的面积一定相等
A [卫星在轨道Ⅰ与轨道Ⅲ上运行过程，根据开普勒第三定律有r
3
T 1
2＝
(2r)
3
T 3
2 ，解
得T1∶T3＝1∶2√2，故A 正确；轨道Ⅱ相对于轨道Ⅲ是低轨道，由低轨道变轨
到高轨道，需要在切点位置加速，即要实现从椭圆轨道B 处进入圆轨道Ⅲ，发
动机需要向后喷气，故B 错误；结合上述可知，卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ，
需要先后在A 与B 位置加速，即卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于轨道Ⅲ上的机械
能，故C 错误；根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，卫星与地心连线在
相等时间内扫过的面积相等，但在不同轨道上卫星与地心连线在相等时间内扫
过的面积不相等，即卫星在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上与地心连线单位时间内扫过的面
积不相等，故D 错误。故选A。]
6．(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N 分别在水平恒力F1和
F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运
动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1 次速度减
为0 的过程中，两小球速度v 随时间t 变化的图像，可能正确的是( )
A B
C D
A [由于F1和F2始终大小相等、方向相反，所以系统动量守恒且为0，小球
M、N 同时减速到0，且碰撞前后小球M、N 各自的加速度不变，即碰撞前后
v-t 图线的斜率不变，B、C、D 错误，A 正确。]
7．(2025·山东济南·二模)风洞是进行空气动力学研究最有效的工具之一，我
国最新的JF22 风洞创造了全球最快30 马赫风速的奇迹。如图所示，风洞能对
进入其中的物体始终施加一个水平恒力。一小球从地面的a 点以大小为v0的初
速度竖直向上抛出，在b 点落回地面，小球离开地面的最大高度等于ab 间的距
离，则小球在运动过程中的最小速度为( )
A．1
2v0
B．√5
5 v0
C．1
4v0
D．√17
17 v0
D [
设小球离开地面到最高点所用时间为t，根据对称性可知，小球在空中运动的时
间为2t，则小球离开地面的最大高度为h＝1
2gt2，设小球水平方向的加速度大小
为a，则ab 间的距离xab＝1
2a(2t)2＝h，可得a＝1
4g，可知小球受到的水平恒力
为F＝ma＝1
4mg，对小球进行受力分析及速度分解如图所示，水平恒力与重力
的合力与竖直方向的夹角满足tan θ＝F
mg＝1
4，将小球的初速度v0分解为平行
F 合方向和垂直F 合方向两个分速度，当平行F 合方向分速度减为0 时，小球的
速度最小，则小球在运动过程中的最小速度为vmin＝v0sin θ＝√17
17 v0，故选D。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分。
8．(2025·甘肃卷)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为2m 的小球
A，质量为m 的小球B 用细线与A 相连，整个系统处于静止状态。弹簧劲度系
数为k，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是( )
A．小球A 运动到弹簧原长处的速度最大
B．剪断细线的瞬间，小球A 的加速度大小为g
2
C．小球A 运动到最高点时，弹簧的伸长量为mg
k
D．小球A 运动到最低点时，弹簧的伸长量为2mg
k
BC [剪断细线后，弹力大于A 的重力，则A 先向上做加速运动，随弹力的减
小，向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时弹力等于重力，弹簧
处于拉伸状态，选项A 错误；剪断细线之前弹力F 弹＝3mg，剪断细线瞬间弹簧
弹力不变，则对A 由牛顿第二定律有F 弹－2mg＝2ma，解得A 的加速度a＝g
2
，选项B 正确；剪断细线之前弹簧伸长量x1＝3mg
k
，剪断细线后A 做简谐运动，
在平衡位置时弹簧伸长量x2＝2mg
k
，即振幅为A＝x1－x2＝mg
k ，由对称性可知
小球A 运动到最高点时，弹簧伸长量为mg
k ，选项C 正确；由上述分析可知，
小球A 运动到最低点时，弹簧伸长量为3mg
k
，选项D 错误。故选BC。]
9．(2025·辽宁沈阳·模拟)如图所示，一轻弹簧竖直固定在地面上，上端连接
质量为2m 的物体B，质量为m 的物体A 从B 正上方某高度处自由下落，与B
发生碰撞后(不粘连)两者立刻一起以相同的速度向下运动，此后，A、B 在运动
过程中恰好不分离。已知弹簧的弹性势能为Ep＝k x
2
2 ，其中k 为弹簧的劲度系
数，x 为弹簧的形变量，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力。
则( )
A．A、B 碰后立刻向下做减速运动
B．A、B 一起运动过程中加速度的最大值为2g
C．A、B 碰撞过程中损失的机械能为8m
2 g
2
k
D．A、B 运动至最低点时弹簧弹力大小为6mg
CD [碰前A 自由下落，根据动能定理有mgh＝1
2 mv0
2，A、B 碰后立刻一起以
相同的速度v 向下运动，系统所受合力向下，根据3mg－kx＝3ma，由于弹簧
弹力变大，可知，碰后A、B 一起先向下做加速度减小的加速运动，故A 错误；
结合上述，当加速度减为零时，速度达到最大，此时的位置为简谐运动的平衡
位置，当A 和B 恰好不分离时，A、B 之间弹力为0，A 的加速度为重力加速度，
则B 的加速度也为重力加速度，可知，在最高点时弹簧刚好达到原长，加速度
为g，根据简谐运动的对称性可知，A、B 一起运动过程中加速度的最大值为
g，故B 错误；结合上述，根据简谐运动的对称性可知，A、B 运动到最低点时
的加速度也为g，此时根据牛顿第二定律有kx－3mg＝3mg，可知，A、B 运动
至最低点时弹簧弹力大小为kx＝6mg，故D 正确；A、B 碰撞过程，根据动量
守恒定律有mv0＝3mv，碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝1
2 mv0
2－1
2×3mv2，B
开始处于静止时，根据平衡条件有2mg＝kx1，结合上述，A、B 碰撞后至运动
到最高点时弹簧恰好处于原长，该过程有3
2 mv
2+ k x1
2
2 ＝3mgx1，解得ΔE＝
8m
2 g
2
k
，故C 正确。故选CD。]
10．(2025·湖北黄冈·二模)如图所示，质量为m 的小球乙固定在长度为L 的
轻质细杆上端，杆的下端通过光滑的转轴与质量为m 的物块甲相连，物块甲紧
靠右侧竖直固定挡板，放置在光滑水平面上，开始时轻杆保持竖直状态，系统
静止。现轻推小球乙，使小球乙无初速度的向左倒下，物块甲和小球乙均视为
质点，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．当轻杆与竖直方向夹角为60°时，轻杆的作用力为零
B．甲刚要离开挡板时，乙的速度大小为√
2
3 gL
C．小球乙落地前瞬间，乙的速度大小为√
52
27 gL
D．小球乙从开始运动到落地过程中，轻杆对小球乙做的功为－1
27mgL
BCD [设轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，小球乙的速度为
v，此后甲与挡板分离。小球乙运动至轻杆上作用力为零的过程由动能定理可知
mgL(1－cos α)＝1
2mv2，此时重力沿杆的分力提供所需要的向心力，有mg cos
α＝mv
2
L ，联立解得cos α＝2
3，v＝√
2
3 gL，故A 错误，B 正确；轻杆上作用力为
零后，小球乙的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力
在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，物块甲开始离开墙壁，两物体在轻杆方
向上有位移，轻杆对小球乙做功。轻杆作用力为零到小球乙落到水平面上前一
瞬间，小球乙、物块甲构成的系统水平方向上动量守恒，有mv cos α＝mv1x＋
mv2x，该过程系统机械能守恒，有1
2mv2＋mgL cos α＝1
2 m(v1 x
2 + v1 y
2 )+ 1
2 mv2 x
2 ，
小球乙落地前一瞬间，由小球乙、物块甲速度关联有v1x＝v2x，联立解得v1x＝
v2x＝√
2
27 gL， v1y＝√
50
27 gL，小球乙落地前瞬间，乙的速度大小v 乙＝√v1 x
2 + v1 y
2
＝√
52
27 gL，故C 正确；小球乙从开始运动到落地过程中，设轻杆对小球乙做的
功为W 乙，对乙由动能定理有1
2 mv乙
2 ＝mgL＋W 乙，解得W 乙＝－1
27mgL，故D
正确。故选BCD。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分)(2025·天津·一模)如图甲所示，小车通过细绳与钩码相连，遮光片
固定在小车的最右端，光电门传感器固定在长木板上，小明研究组利用图中装
置完成了“验证牛顿第二定律”的实验，小红研究组将长木板放平，并把小车
换成木块，完成了“测定长木板与木块间动摩擦因数”的实验。
(1)某同学在研究小车加速度与拉力关系的实验中，把小车所受拉力当作合力，
下列说法正确的是________。(填字母)
A．需要平衡阻力
B．不需要平衡阻力
C．要求钩码的质量远小于小车质量
D．不要求钩码的质量远小于小车质量
(2)在实验操作完全正确的情况下，小明研究组将小车从某一位置由静止释放，
测出遮光条的宽度d 和它通过光电门的挡光时间Δt，小车静止时的位置到光电
门的位移x，小车的质量m，弹簧测力计的示数F，则F 与
1
(Δt )
2应满足的关系
式为____________________(用m、d、x、Δt 等字母表示)。
(3)小红研究组测出木块静止时遮光条右端距光电门左端的位移x，由遮光条宽
度d 和挡光时间Δt 求出滑块的速度大小v，并算出v2，然后作出的F-v2图像如
图乙所示，根据图像可求得动摩擦因数μ＝________(用a、b、g、x 等字母表
示)。
[解析] (1)把小车所受拉力当作合力，需要平衡阻力，可以根据弹簧测力计直
接读出力的大小，不要求钩码的质量远小于小车质量。故选AD。
(2)小车通过光电门的速度v＝d
Δt
由匀变速直线运动规律有v2＝2ax
若满足牛顿第二定律，则有F＝ma
解得F＝
md
2
2 x (Δt )
2。
(3)根据动能定理可得(F－μmg)x＝1
2mv2
解得F＝m v
2
2 x ＋μmg
结合图像可得a
b＝m
2 x ，μmg＝a
联立解得μ＝b
2 gx 。
[答案] (1)AD (2)F＝
md
2
2 x (Δt )
2 (3) b
2gx
12．(6 分)(2025·北京朝阳·二模)用半径相等的两个小球验证动量守恒定律，
装置如图所示。先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，
记下重垂线所指的位置O。接下来的实验步骤如下：
步骤1：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并落在地面上。重复
多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平
均位置；
步骤2：把小球2 放在斜槽末端边缘位置B 点，让小球1 从A 点由静止滚下，
使它们碰撞。重复多次，并使用与步骤1 同样的方法分别标出碰撞后两小球落
点的平均位置；
步骤3：用刻度尺分别测量三个落点的平均位置M、P、N 离O 点的距离，即线
段OM、OP、ON 的长度。
(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是________。(填字母)
A．小球1 每次必须从斜槽上相同的位置由静止滚下
B．斜槽轨道末端必须水平
C．斜槽轨道必须光滑
(2)上述实验还需要测量的物理量有________。
A．点A、B 间的高度差
B．点B 离地面的高度
C．小球1 和2 的质量
D．小球1 和2 的半径
[解析] (1)为了保持每次碰撞前瞬间小球1 的速度相同，小球1 每次必须从斜
槽上相同的位置由静止滚下，但斜槽轨道不需要光滑，故A 正确，C 错误；为
了保证小球抛出时的速度处于水平方向，斜槽轨道末端必须水平，故B 正确。
故选AB。
(2)设小球1 的质量为m1，小球2 的质量为m2，碰撞前瞬间小球1 的速度为v0，
碰撞后瞬间小球1、2 的速度分别为v1、v2，根据动量守恒可得m1v0＝m1v1＋
m2v2，由于两小球在空中下落高度相同，所用时间相同，则有m1v0t＝m1v1t＋
m2v2t，则验证动量守恒的表达式为m1OP＝m1OM＋m2ON，可知还需要测量的
物理量是小球1 和2 的质量。故选C。
[答案] (1)AB (2)C
13．(12 分)(2025·江西景德镇·三模)潜艇从高密度海水区域驶入低密度海水区
域时，浮力骤减，潜艇如同“汽车掉下悬崖”，这一现象被称为“掉深”。我
海军某潜艇在执行任务期间，突然遭遇“掉深”，全艇官兵紧急自救脱险，创
造了世界潜艇史上的奇迹。总质量为6.0×106 kg 的某潜艇，在高密度海水区域
距海平面200 m、距海底112.5 m 处沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇
驶入低密度海水区域A 点时，浮力突然降为5.4×107 N，10 s 后，潜艇官兵迅速
完成对潜艇减重(排水)，结果潜艇刚好零速度“坐底”并安全上浮，避免了严
重事故。已知在整个运动过程中，潜艇所受阻力大小恒为0.6×106 N，重力加
速度g 取10 m/s2，假设潜艇减重的时间忽略不计，海底平坦。求：
(1)潜艇“掉深”10 s 时的速度；
(2)潜艇减重排出水的质量。(结果取两位有效数字)
[解析] (1)设潜艇刚“掉深”时的加速度大小为a1，对潜艇，由牛顿第二定律
得mg－F－Ff＝ma1
代入数据解得a1＝0.9 m/s2
10 s 末的速度为v＝a1t1＝9 m/s。
(2)掉深10 s 时，潜艇下落的高度h1＝v
2t1
解得h1＝45 m
潜艇减速下落的高度h2＝h－h1
解得h2＝67.5 m
在减速阶段h2＝v
2
2a2
解得a2＝0.6 m/s2
潜艇减重后的质量为m1 ，潜艇减重后以 0.6 m/s2的加速度匀减速下沉过程中，
由牛顿第二定律得F＋Ff－m1g＝m1a2
代入数据解得m1＝5.15×106 kg
排水前潜艇的质量m＝6.0×106 kg
“掉深”过程中排出水的质量m′＝m－m1＝8.5×105 kg。
[答案] (1)9 m/s (2)8.5×105 kg
14．(14 分)(2025·陕西咸阳·模拟预测)如图所示为一游戏装置的竖直截面图，
A、B、D、E、H、I 处于同一水平面上，在A 端的弹簧装置能将质量m＝0.1
kg 的滑块(可视为质点)水平弹出，并从B 点顺利进入曲线轨道BC、半径R＝
0.8 m 的螺旋圆轨道CDC′、曲线轨道C′E，在E 点连接了倾角θ＝37°的斜面
EF 和水平平台FG，平台FG 高度h＝0.3 m、长度lFG＝0.1 m，质量M＝0.3 kg
的小车靠在平台右侧且上表面与平台FG 齐平，小车的长度d＝1 m，在B、F 处
均设置了转向防脱离轨道装置。已知滑块与斜面EF、平台FG 间的动摩擦因数
均为μ1＝0.1，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.75，其余部分均光滑，
各处平滑连接，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。求：
(1)若滑块经过D 点的速度大小vD＝4 m/s，此时滑块对轨道的压力大小；
(2)若螺旋圆轨道CDC′能承受的最大压力FNm＝13 N，弹簧储存的最大弹性势能；
(3)若要求滑块最终停在小车上，小车获得的动能和弹簧储存的弹性势能Ep之间
应满足的关系式。
[解析] (1)滑块经过D 点，根据牛顿第二定律有FN ＋ mg ＝ m v D
2
R
解得FN＝1 N
由牛顿第三定律可知，滑块经过D 点时对轨道的压力大小F′N ＝ FN ＝ 1
N。
(2)根据题意可知，滑块经过螺旋轨道的最低点C 时对轨道的压力最大，滑块在
C 点，由向心力公式，有FNm－mg ＝ m vC
2
R
由能量守恒定律，有Ep＋mg·2R＝1
2 mvC
2
联立解得Ep＝3.2 J。
(3)设滑块到G 点的速度大小为vG，滑块从A 到G 的过程，由能量守恒定律，
有Ep ＝ μ1 mgcosθ·
h
sinθ + μ1 mglFG +mgh+ 1
2 m vG
2
由动量守恒定律，有mvG＝(m+ M )v 共
解得v 共＝1
4vG
联立解得v共
2 ＝5
4(Ep－0.35)
若滑块恰好经过D 点，根据牛顿第二定律，有mg＝mv
2
R
解得v＝2√2 m/s
则弹簧的弹性势能Epmin＝1
2mv2＝0.4 J
若滑块恰好滑到小车右端时共速，根据能量守恒，有1
2 mvG
2 ＝1
2
(m+ M )v共
2 ＋
μ2mgd
解得v 共＝√5
2 m/s
则弹簧的弹性势能Epmax＝1.35 J
综上所述，小车获得的动能Ek＝1
2 M v共
2 ＝3
16(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J)。
[答案] (1)1 N (2)3.2 J (3)Ek＝3
16(Ep－0.35)(0.4 J≤Ep≤1.35 J)
15．(16 分)(2025·福建福州·三模)如图所示，一长为L＝20 m 的倾斜传送带与
水平方向的夹角为θ＝37°，以v0＝4 m/s 的速度逆时针方向匀速转动。物块A 放
置于传送带的上端，物块B 放置于物块A 下方一段距离的传送带上，将两物块
同时无初速度释放，t0＝0.75 s 后两物块发生第一次弹性碰撞，之后两物块可以
发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点。已知
两个物块A、B 质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，物块A、B 与传递带之间的动
摩擦因数分别为μ1＝0.25，μ2＝0.75，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos
37°＝0.8。求：
(1)两物块第一次碰撞前瞬间物块A 的速度大小；
(2)两物块第二次碰撞前瞬间物块B 的速度大小；
(3)从释放物块开始到两物块发生第二次碰撞前瞬间的过程中，物块A 与传送带
间因摩擦产生的热量Q；
(4)两物块在传送带上能发生的碰撞次数。
[解析] (1)对物块B 受力分析有Ff＝μ2m2g cos θ＝12 N，F 斜面＝m2g sin θ＝12
N。
则物块B 受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态
对物块A，根据牛顿第二定律有m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝m1a
两物块第一次碰撞前瞬间物块A 的速度大小vA1＝at0＝3 m/s。
(2)设第一次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为v′A1和v′B1，弹性碰撞过程，由
动量守恒定律有m1vA1＝m1v′A1＋m2v′B1
由能量守恒定律有1
2 m1v A 1
2 ＝1
2 m1v A 1
' 2 + 1
2 m2vB1
' 2
解得v′A1＝－1 m/s，v′B1＝2 m/s
第一次碰撞之后物块B 受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2 m/s 做
匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B 的速度为vB2＝v′B1＝2 m/s。
(3)两物块从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，
运动时间相等，分别设为x、t1
则有x1＝v A 1
'
t1+ 1
2 a1t1
2＝v′B1t1
解得t1＝1.5 s，x1＝3 m
传送带运动位移为x＝v0(t0＋t1)＝9 m
碰前两物块距离d＝1
2 at0
2＝1.125 m
物块A 与传送带运动的相对位移为Δx＝(d + x1+ x)＝13.125 m
产生的热量Q＝μ1m1g cos θΔx＝26.25 J。
(4)释放B 物块开始到两物块第一次发生相碰，B 物块所经历的时间为t0＝0.75
s，该过程B 运动的距离为0
A 与B 发生第一次相碰后到第二次相碰，B 物块所经历的时间为t1＝1.5 s，该过
程B 运动的距离为x1＝3 m
设第二次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为v′A2和v′B2，第二次碰撞过程由动
量守恒定律和能量守恒定律有
m1vA2＋m2vB1＝m1v′A2＋m2v′B2
1
2 m1v A 2
2 + 1
2 m2vB1
2 ＝1
2 m1v A 2
' 2 + 1
2 m2vB2
' 2
解得v′A2＝1 m/s，v′B2＝4 m/s
从A、B 第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，设两物块第三次碰撞
前瞬间物块A 的速度大小为vA3，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程
中两物块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为t2
则有x2＝v A 2
'
+ v A 3
2
t2＝v′B2t2
vA3＝v′A2＋at2
解得t2＝1.5 s，x2＝6 m
以此类推，可知每次发生碰撞后，B 运动的时间均为1.5 s，运动距离按等差数
列规律变化
该时间内B 运动的距离x＝x1n＋n(n-1)×3
2
＝[3n+ 3n(n-1)
2
]m (n＝0，1，
2，…)
x<L－d＝18.875 m，则n≤3，故总共能碰4 次。
[答案] (1)3 m/s (2)2 m/s (3)26.25 J
(4)4 次
