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大阶段滚动卷(二) 大单元一至大单元三
(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·安徽滁州·期末)如图所示，质量为1 kg 的物块静止在光滑水平地面
上，在水平向右的恒力F＝4 N 的作用下开始运动，依次通过 A、B、C、D 四
个位置。已知AB＝3 m、CD＝15 m，且通过AB 段和CD 段的时间均为1 s，则
通过BC 段的时间为( )
A．1 s B．2 s C．3 s D．4 s
B [由题意可知，小物块从静止开始做匀加速直线运动，a＝F
m＝4 m/s2，设物
块经过A 点时的速度为v1，物块由A 到B 过程有xAB＝v1t＋1
2at2，代入相关数据
可得v1＝1 m/s，故物块到达B 点时的速度v2＝v1＋at＝5 m/s，设物块经过C 点
时的速度为v3，物块由C 到D 过程有xCD＝v3t + 1
2 at
2，代入相关数据可得v3＝
13 m/s，故物块由B 到C 的时间Δt＝v3- v2
a
＝2 s，故选B。]
2．(2025·江苏常州·期末)如图所示，2024 珠海航空展上，飞行员驾驶飞机沿
实线轨迹在竖直面内匀速率飞行， a、b、c 为飞行轨迹上的三点，a、c 为飞行
过程中距离地面高度相等的两点。关于此飞机，下列说法中正确的是( )
A．各点的加速度方向竖直向下
B．在a 点所受的合力比在c 点小
C．a、c 两点的重力功率相等
D．a、b、c 三点的机械能相等
B [飞机在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分，在竖直面内匀速率飞
行，合力方向指向各自圆心，加速度方向也指向各自圆心，明显ac 两点加速度
方向不是竖直向下，a 点对应的圆周半径更大，c 点对应的圆周半径更小，合力
提供向心力，根据向心力公式F＝mv
2
r ，可知在a 点所受的合力小于在c 点所受
的合力，A 错误，B 正确；a、c 两点的速度大小相等，但速度方向不同，速度
与重力夹角不同，根据P＝mgv cos α，可知重力的功率不相等，C 错误；a、
b、c 三点的动能相等，a、c 为飞行过程中距离地面高度相等的两点，但b 与
a、c 的高度不一样，故a、c 两点的机械能相等，且与b 点不相等，D 错误。故
选B。]
3．(2025·湖北黄冈·二模)雷雨天带电的乌云飘过一栋建筑物上空时，在避雷
针周围形成电场，a、b、c、d 为等差等势面，一个电子只在静电力作用下的运
动轨迹如图中实线所示，A、B 是轨迹上的两点。下列说法正确的是( )
A．云层带负电
B．A 点的电场强度大小比B 点的小
C．电子在A 点动能比在B 点动能小
D．电子在A 点电势能比在B 点电势能大
A [由于电场线垂直于等势线，根据电子所受静电力的方向斜向左下方，电子
带负电，可知，电场方向斜向右上方，沿电场线方向电势降低，故A 点电势比
B 点电势高，由此可知云层带负电，故A 正确；等差等势面分布的疏密程度表
示电场强弱，可知，A 点场强比B 点场强大，故B 错误；结合上述，若电子从
A 运动到B，静电力方向与运动方向的夹角为钝角，则静电力做负功，电子在
A 点动能比在B 点动能大，故C 错误；结合上述，电子从A 运动到B，静电力
做负功，电势能增大，可知，电子在A 点电势能比在B 点电势能小，故D 错误。
故选A。]
4．(2025·广东深圳·期末)电磁炮原理如图所示。闭合开关，电源提供的强大
电流从固定的光滑导轨1 流入，从光滑导轨2 流回，导轨中电流在导轨间产生
磁场，装在炮弹后面的导体棒在安培力作用下把炮弹向右发射。假设导轨中的
电流为I，两导轨之间的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度与电流的关系为B＝
kI，两导轨间的距离为d，每条导轨长度为l，炮弹总质量为m，不考虑导体棒
切割磁感线产生的感应电动势，下列分析正确的是( )
A．两导轨间的磁场方向垂直纸面向内
B．导轨与导轨之间的安培力是吸引力
C．炮弹运动的加速度大小为k I
2d
m
D．炮弹获得的最大动能为2kI2dl
C [根据右手螺旋定则可以判断两导轨间的磁场方向垂直纸面向外，A 错误；
根据左手定则可判断出两导轨间的安培力是斥力，B 错误；根据牛顿第二定律
有a＝F
m，炮弹受到的安培力为F＝BId＝kI2d，可得a＝k I
2d
m
，C 正确；根据
动能定理，有W 安＝ΔEk，即BId·l＝Ekm－0，可得Ekm＝kI2dl，D 错误。故选
C。]
5．(2025·甘肃白银·三模)挂灯笼在中国传统文化中寓意深远，挂灯笼不仅是
为了增添节日气氛，更是蕴含真挚的祝福和期盼。如图所示，质量相等的两个
灯笼A、B 在O1M、O1O2、O2N 三条细绳的作用下处于静止状态，O1、O2为结
点，O1O2之间的绳子与竖直方向成53°角，保持O1O2与竖直方向的夹角为53°
不变，用手使O2N 之间的绳子从水平状态缓慢沿逆时针方向旋转45°，则( )
A．细绳O2N 上的拉力先减小后增大
B．细绳O1O2上的拉力一直增大
C．细绳O1M 上的拉力先增大后减小
D．细绳O1M 与竖直方向的夹角逐渐减小
D [以O2结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图甲所示
根据矢量三角形可知，细绳O1O2上的拉力逐渐减小，细绳O2N 上的拉力也逐渐
减小，故A、B 错误；
以O1结点为研究对象，作出力的矢量三角形如图乙所示
根据矢量三角形可知，细绳O1M 上的拉力逐渐减小，细绳O1M 与竖直方向的夹
角逐渐减小，故C 错误，D 正确。
故选D。]
6．(2025·甘肃平凉·模拟预测)随着中国航天科技飞跃发展，中国探月工程计
划将在2030 年前实现中国航天员登上月球。假设航天员登月后，在月球表面做
了一个实验，把小球以速度v 水平抛出，经过一段时间t，速度的方向改变
45°。已知月球的第一宇宙速度为nv，引力常量为G，另有一探测器在离月球
表面的高度等于月球半径3 倍的轨道上绕月球做匀速圆周运动，下列说法正确
的是( )
A．月球表面的重力加速度为√2v
t
B．探测器的线速度为√3nv
3
C．月球的半径为nvt
D．月球的密度为
3
4 π Gn
2t
2
D [小球平抛运动的速度方向改变45°，竖直方向的分速度与初速度相等，则
有vy＝v＝g 月t，解得g 月＝v
t ，故A 错误；月球的第一宇宙速度等于近月卫星的
环绕速度，则有GMm
R
2 ＝m(nv)
2
R
，探测器做匀速圆周运动，由万有引力提供向心
力有
GMm
(4 R)
2＝m v1
2
4 R ，解得v1＝nv
2 ，故B 错误；在月球表面有G Mm
R
2 ＝mg 月，又
GMm
R
2 ＝m(nv)
2
R
，g 月＝v
t ，解得R＝n2vt，故C 错误；由GMm
R
2 ＝m(nv)
2
R
，R＝
n2vt，月球的密度ρ＝
M
4
3 π R
3，解得ρ＝
3
4 π Gn
2t
2，故D 正确。故选D。]
7．(2025·湖北武汉·模拟预测)如图所示，直角三角形abc 中∠a＝30°，ac＝
L，其区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，c 点处
的粒子源可向磁场区域各个方向发射速度大小为kBL
2 (k 为粒子的比荷)的带正电
的粒子。不考虑粒子所受的重力和相互间作用力，下列说法正确的是( )
A．ab 边上有粒子到达区域的长度为√3
3 L
B．ac 边上有粒子到达区域的长度为1
2L
C．从ab 边射出的粒子在磁场中运动的最短时间为π
3kB
D．从ac 边射出的粒子在磁场中运动的最长时间为π
2kB
C [粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mv
2
r ，解得r＝mv
qB ＝L
2 ，
如图所示
由几何关系可得ab 边上有粒子到达区域的长度为ΔL1＝ad－ae＝2× L
2 cos 30°－
(Lcos30° - L
2)＝L
2
由几何关系可得ac 边上有粒子到达区域的长度为ΔL2＝2r cos 30°＝√3
2 L
故AB 错误；
如图所示
粒子从ab 边上d 点射出时，对应的圆心角最小，所用时间最短，由几何关系可
知，最小圆心角为60°，则最短时间为tmin＝60°
360°T＝1
6×2π m
qB ＝π
3kB
故C 正确；
如图所示
粒子从ac 边上f 点射出时，对应的圆心角最大，所用时间最长，由几何关系可
知，最大圆心角为120°，则最长时间为
tmax＝120°
360°T＝1
3×2π m
qB ＝2π
3kB故D 错误。
故选C。]
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·天津·期末)洛伦兹力在现代科学技术中有着广泛的应用，如图为磁
场中常见的4 种仪器，都利用了洛伦兹力对带电粒子的作用，下列说法正确的
是( )
A．图甲中，若仅增大加速电压，粒子离开加速器时的动能变大
B．图乙中，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
C．图丙中，A 极板是磁流体发电机的负极
D．图丁中，带负电的粒子从左侧射入，若速度v< E
B ，将向下极板偏转
BC [图甲，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvmB
＝m vm
2
R ，可得最大动能Ekm＝1
2 m vm
2 ＝B
2q
2 R
2
2m
，可知粒子离开加速器时的动能
与加速电压无关，A 错误；图乙所有粒子通过粒子速度选择器后速度相同，粒
子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则在磁场中运动的轨道半径越小，由qvB
＝mv
2
r 可得q
m＝v
Br ，可知粒子的比荷越大，B 正确；丙图中，由左手定则可知，
正离子向下偏转，负离子向上偏转，即A 极板是磁流体发电机的负极，C 正确；
丁图中，带负电的粒子从左侧射入，受向上的静电力和向下的洛伦兹力，若速
度v< E
B ，即qvB<qE，则粒子将向上极板偏转，D 错误。故选BC。]
9．(2025·山东烟台·期末)如图所示，卫星1 在轨道Ⅰ上绕地球做圆周运动，
运动半径为R、周期为T1、速率为v1、加速度大小为a1；卫星2 在轨道Ⅱ上绕
地球做椭圆运动，AB 为椭圆的长轴，其半长轴为r，周期为T2、在A 点的速率
为vA、在A 点的加速度大小为aA，在B 点的速率为vB。O 点为地心，两轨道和
地心都在同一平面内，已知r＝R，引力常量为G，地球质量为M，下列说法正
确的是( )
A．T1＝T2
B．v1>vB
C．a1>aA
D．若OA＝0.5R，则vA＝√
2GM
R
AB [根据题意，由开普勒第三定律有R
3
T 1
2＝r
3
T 2
2，由于R＝r，解得T1＝T2，故A
正确；根据题意，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝mv
2
r ，解得v＝√
GM
r ，可知
v1＝√
GM
R ，若卫星以ROB为半径做圆周运动，则有v′B＝√
GM
RO
，由于R<ROB，
可得v1>v′B，由于卫星在B 点做近心运动，则有v′B>vB，可得v1>vB，故B 正确；
根据题意，由万有引力提供向心力有GMm
r
2
＝ma，可得a1＝GM
r
2 ，aA＝GM
rOA ，由
于r>rOA，则有a1<aA，故C 错误；由B 分析可知，若OA＝0.5R，若卫星以ROA
为半径做圆周运动，则有vA＝√
2GM
R
，由于卫星在轨道Ⅱ上A 点做近心运动，
则有vA<√
2GM
R
，故D 错误。故选AB。]
10．(2025·湖南长沙·二模)某储能系统的简化模型如图所示，倾角θ 为37°的
斜坡ABCD 上，有一质量为50 kg 的重物(可视为质点)通过缆绳跨过轻质滑轮与
电动机连接。t1＝0 时，电动机开始工作，缆绳拉动重物从A 点由静止沿斜坡向
上运动；t2＝2 s 时，重物到达B 点，且在此之前速度已达到最大值，之后以最
大速度继续做匀速直线运动；t3＝12 s 时，关闭发动机，此时重物被拉到C 点；
此后重物到达斜坡顶端D 点时速度刚好为零，系统储存机械能。已知电动机工
作时输出的功率始终为2 kW，重物与斜坡间动摩擦因数μ＝0.5，不计缆绳质量
以及其他摩擦损耗，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列
说法正确的是( )
A．重物到达B 点时的速度大小为4 m/s
B．重物在AB 段的平均速度大小为7.2 m/s
C．斜坡ABCD 的长度为44.8 m
D．在整个上升过程中，系统存储的机械能和电动机消耗的电能的比值为3
5
AD [重物在BC 段匀速运动，由受力平衡得电动机的牵引力为F＝mg sin θ＋
μmg cos θ＝500 N，又P＝Fvm，联立解得vm＝P
F ＝4 m/s，重物到达B 点，且
在此之前速度已达到最大值，所以重物到达B 点时的速度大小为4 m/s，故A 正
确；重物在AB 段根据动能定理有P(t2－t1)－mgxABsin θ－μmgxABcos θ＝1
2 mvm
2
，代入数据解得xAB＝7.2 m，联立可得重物在AB 段的平均速度大小为v＝
x A
t2
＝
3.6 m/s，故B 错误；重物在BC 段匀速运动，有xBC＝vm(t3－t2)＝40 m，重物在
CD 段运动过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma，解得a＝g
sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，由运动学公式得0- vm
2＝－2axCD，联立解得xCD＝vm
2
2a
＝0.8 m，则斜坡ABCD 的长度为x＝xAB＋xBC＋xCD＝48 m，故C 错误；全过程
重物增加的机械能为E1＝mgL sin θ，整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电
能转化为重物增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知E2＝E1＋μmg cos
θ·L ，则
E1
E2
＝
mgLsinθ
mgLsinθ+ μmgLcosθ＝
sinθ
sinθ+ μcosθ＝3
5，故D 正确。故选
AD。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(6 分) (2025·江西九江·三模)某同学用如图甲所示的实验装置测量物块与
长木板间的动摩擦因数μ。其中一端装有轻滑轮的长木板固定在水平桌面上，
在其上表面的P 点安装一光电门。物块上表面固定一遮光片，左侧固定一力传
感器。细绳的一端与力传感器相连，另一端通过轻滑轮与托盘(内有砝码)相接。
实验时，物块从长木板右侧的O 点由静止开始释放，在绳的拉力作用下向左运
动并通过光电门，记录力传感器示数F 和对应遮光片通过光电门的时间t。增加
托盘中砝码的个数，重复上述实验过程，保证每次让物块从长木板上的O 点由
静止开始释放，得到多组F、t 数据。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A．实验开始前，应先平衡阻力
B．实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行
C．实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力
D．为减少实验误差，应始终保证物块及力传感器的总质量远大于托盘及砝码
的总质量
(2)现用游标卡尺测得遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度为________
cm。
(3)测出OP 之间的距离为L，遮光片的宽度为d，利用描点法作出F- 1
t
2图像如图
丙所示。已知该图像的斜率为k，在纵轴上的截距为F0，当地的重力加速度大
小为g。用给出的物理量的符号和丙图中的数据，可得物块与长木板间动摩擦
因数的表达式μ＝________。
[解析] (1)由于本实验要测量物块与长木板间的动摩擦因数μ，因此不需要平衡
阻力，故A 错误；
实验开始前，应调整轻滑轮的高度，使细线与长木板上表面平行，物块受到的
绳子拉力与长木板平行，绳子拉力和摩擦力处于同一条直线上，故B 正确；
力传感器的示数等于绳拉力的大小，由于托盘及砝码有向下的加速度，因此合
力方向向下，实验时，力传感器的示数小于托盘及砝码的总重力，故C 正确；
本实验中用力传感器测量绳子拉力，因此不需要始终保证物块及力传感器的总
质量远大于托盘及砝码的总质量，故D 错误。
故选BC。
(2)游标尺是20 分度，精确度在0.05 mm。主尺读数7 mm，游标尺与主尺在第
8 格对齐，则遮光片的宽度为d＝7 mm＋8×0.05 mm＝7.40 mm＝0.740 cm。
(3)物块做初速度为零的匀加速直线运动，根据已知条件可得v2＝2aL＝(
d
t )
2
取物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma
联立可得F＝md
2
2 L · 1
t
2＋μmg
由题图丙可知k＝md
2
2 L ，F0＝μmg
解得μ＝F0d
2
2 gkL。
[答案] (1)BC (2)0.740 (3) F0d
2
2gkL
12．(6 分)(2025·广东潮州·期末)某同学用如图所示的实验装置验证动量守恒
定律，滑块a 和小球b 用细线连接且两者之间夹一被压缩的轻弹簧，整个装置
放在粗糙的水平地面上。在滑块a 的左侧x 处放置一光电门，滑块a 与地面间
的动摩擦因数为μ，小球b 用轻质细线悬挂于O 点，已知小球的球心到悬点O
的距离为L，忽略弹簧长度对问题的影响，重力加速度为g。实验步骤如下：
a．在滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；
b．用天平分别测出滑块a(含挡光片)和小球b 的质量为m1、m2；
c．烧断细线，滑块a 和小球b 瞬间被弹开，朝相反方向运动；
d．记录滑块a 经过光电门时挡光片的遮光时间为t；
e．记录小球b 向右摆起的最大角度为θ；
f．改变弹簧的压缩量，进行多次测量。
(1)滑块a 经过光电门时的速度大小为va＝_______________________________；
(2)小球b 被弹开瞬间的速度大小为vb＝________________；
(3) 该实验要验证动量守恒，需满足的表达式为：
___________________________。
(用题目中给出的物理量表示)
[解析] (1)滑块a 经过光电门时的速度大小为va＝d
t 。
(2)由机械能守恒定律可知m2gL(1－cos θ)＝1
2 m2vb
2
解得小球b 被弹开瞬间的速度大小为vb＝√2gL(1-cosθ)。
(3)碰后对小球a 由动能定理得
1
2m1v'a
2＝1
2m1va
2+μm1gx
若动量守恒，则满足m1v'a＝m2vb
即m1√(
d
t )
2
+2 μgx
＝m2√2 gL(1-cos θ)。
[答案] (1)d
t (2)√2gL(1-cosθ)
(3)m1√(
d
t )
2
+2 μgx＝m2√2 gL(1-cosθ)
13．(12 分)(2025·河南商丘·期末)如图所示，某消防队进行消防演练，消防水
龙头的喷嘴位置O 与模拟着火点A 的连线与水平面的夹角为37°。已知水离开
喷嘴时的速度大小为10√5 m/s，水柱在空中距离O 点的最大竖直高度为20 m，
忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)水离开喷嘴时的速度与水平方向夹角的正切值；
(2)模拟着火点A 距离O 点的竖直高度。
[解析] (1)设O 点的竖直分速度为vy，则有v y
2＝2ghmax
解得vy＝20 m/s
又v x
2+ v y
2＝v0
2
解得vx＝10 m/s
则水离开喷嘴时的速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝
v y
v x
＝2。
(2)水从O 运动到A 过程有x＝vxt
y＝vyt－1
2gt2
且tan 37°＝y
x
解得t＝2.5 s，y＝18.75 m。
[答案] (1)2 (2)18.75 m
14．(14 分)(2025·河北邢台·三模)如图所示，在直角坐标系xOy 中，第一象限
存在沿x 轴负方向的匀强电场，电场强度大小E＝103 V/m；第三象限内存在着
以OM 为边界的两个匀强磁场区域且方向均垂直于纸面向里，左侧磁场磁感应
强度大小B1＝20 T，右侧磁场磁感应强度大小B2＝40 T，边界OM 与y 轴负方
向的夹角为30°；第四象限同时存在方向垂直纸面向外的匀强磁场和沿x 轴负方
向的匀强电场，磁感应强度大小B3＝5 T，电场强度大小E＝103 V/m。现有一
电荷量q＝＋10-5 C，质量m＝2×10-6 kg 的带电粒子，从第一象限的A 点以v0
＝100 m/s 的速度沿y 轴的负方向发出，经电场偏转后，以与x 轴负方向成30°角
从O 点进入第三象限。不计带电粒子所受的重力。求：
(1)A 点的位置坐标；
(2)该粒子从O 点到再次经过y 轴所用的时间；
(3)该粒子从第2 次经过y 轴到第3 次经过y 轴沿y 轴方向位移的大小。
[解析] (1)由几何关系知tan 30°＝
v0
v x
解得vx＝√3v0
水平方向，带电粒子受静电力做匀加速运动，由牛顿第二定律有qE＝ma
由运动学公式有v x
2＝2ax，vx＝at
联立解得x＝3 m，t＝√3
50 s
竖直方向，带电粒子做匀速直线运动，有y＝v0t＝2√3 m
所以A 点的位置坐标为(3 m，2√3 m)。
(2)粒子进入磁场B1时速度为v＝
v0
sin30°＝200 m/s
由洛伦兹力提供向心力有qvB1＝m v
2
R1
解得R1＝2 m
由几何关系可知，速度偏转了60°角进入磁场B2时速度沿着y 轴的负方向，则t1
＝1
6T1＝1
6×2π m
q B1 ＝π
3 ×10-2 s
同理，粒子进入磁场B2时，有qvB2＝m v
2
R2
解得R2＝1 m
且粒子进入磁场B3 时速度沿着x 轴的正方向，由几何关系可知，速度偏转了
90°角经过y 轴，所以t2＝1
4T2＝1
4×2π m
q B2 ＝π
4 ×10-2 s
则该粒子从O 点到再次经过y 轴所用的时间为t 总＝t1＋t2＝7 π
12 ×10-2 s。
(3)根据配速法，在第四象限，该粒子除了有沿x 轴正方向的速度v，还有两个
沿着y 轴等大反向的速度v1。由平衡条件有qv1B3＝qE
解得v1＝200 m/s
该粒子做匀速圆周运动的速度为v2＝√v
2+ v1
2＝200√2 m/s，与x 轴正方向成45°
角
由洛伦兹力提供向心力有qv2B3＝m v2
2
R3
解得R3＝8√2 m
圆周运动沿y 轴负方向运动的距离为L1＝√2R3＝16 m
粒子运动的时间为t3＝T
4 ＝1
4 ×2π m
q B3 ＝π
50 s
直线运动沿着y 轴正方向的位移为L2＝v1t3＝4π m
所以粒子从第2 次经过y 轴到第3 次经过y 轴沿y 轴方向位移的大小L＝L1－L2
＝(16－4π)m。
[答案] (1)(3 m，2√3 m) (2)7 π
12 ×10-2 s
(3)(16－4π) m
15．(16 分)(2025·山西吕梁·三模)如图所示，一倾角θ＝37°的传送带与两个
内表面光滑的1
4 圆弧细管道在最高点B 平滑连接，地面上放置一右端固定挡板
的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C 等高相切。传送带
以恒定速度顺时针转动，将滑块P 轻放在传送带A 点上，经过细管道与静止放
置在平台上的滑块Q 发生弹性碰撞，碰后P 恰好能返回到细管道最高点B 处，
Q 滑上长木板后，与长木板的挡板发生弹性碰撞最终停在长木板上。已知管道
半径均为R，传送带的速度v0＝2√2gR，滑块P、Q 及长木板质量分别为m、
2m、4m，P 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，Q 与长木板上表面间的动摩擦因
数μ1＝0.5，长木板下表面与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。设最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度为g，sin 37°＝0.6。求：
(1)滑块P 刚放到传送带上时加速度的大小；
(2)滑块P 碰后返回通过管道最低端C 时对管道的压力大小；
(3)滑块P 在传送带上运动的时间；
(4)木板的最小长度。
[解析] (1)对滑块P 受力分析，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma
解得a＝g。
(2)设P 与Q 碰撞前的速度大小为v1，碰撞后P 的速度大小为v2，Q 的速度大小
为v3, P 从C 到B 过程，根据动能定理可得－mg×2R＝0- 1
2 mv2
2
解得v2＝2√gR
在C 位置有FN－mg＝m v2
2
R
解得FN＝5mg
由牛顿第三定律得滑块P 碰后对管道的压力大小为5mg。
(3)P 、Q 发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有mv1 ＝
-mv2+2mv3，1
2 mv1
2＝1
2 mv2
2+ 1
2 ×2mv3
2
解得v1＝6√gR，v3＝4√gR
滑块P 从B 点到C 点由机械能守恒得2mgR＝1
2 m v1
2－1
2mv′2
解得v′＝4√2 gR
P 在传送带上加速达到2√2gR后，继续加速下滑，由牛顿第二定律可得mg sin
θ－μmg cos θ＝ma′
解得a′＝1
5g
由运动学公式得v0＝at1，v′＝v0＋a′t2
可得滑块P 在传送带上运动的时间t＝t1＋t2＝12√
2 R
g 。
(4)Q 滑上长木板后，Q 对长木板的摩擦力方向向右，大小为Ff＝2μ1mg
地面对长木板最大静摩擦力方向向左，大小为Ffm＝μ2(2m＋4m)g
由于Ff<Ffm
故长木板先不动，Q 做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得－
μ1×2mgL＝1
2 ×2m v4
2 - 1
2 ×2m v3
2
解得v4＝√16 gR - gL
Q 与长木板发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有2mv4＝
-2m v5+ 4 m v6，1
2 ×2m v4
2＝1
2 ×2m v5
2+ 1
2 ×4 m v6
2
解得碰撞后Q 的速度大小为v5＝1
3v4，长木板的速度大小为v6＝2
3v4
Q 向左减速运动，其加速度a1＝μ1g＝1
2g
长木板向右减速，其加速度
a2＝μ1×2mg+ μ2×6mg
4 m
＝11
20g
Q 向左做减速至零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做
减速运动，设达到共速的时间为t3，其v-t 图像如图所示。
v 共＝－1
3v4＋a1t3＝2
3v4－a2t3
解得t3＝20 v4
21 g
由图像可知相对位移Δx＝1
2(
1
3 v4+ 2
3 v4)t3
即长木板的最小长度为L＝Δx
解得长木板最小长度为L＝160 R
31 。
[答案] (1)g (2)5mg (3)12√
2 R
g (4)160 R
31
