文档文本内容
大阶段滚动卷(三) 大单元一至大单元四
(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·河北邢台·三模)随着人民生活水平的提高，户外旅游越来越受欢迎。
如图所示，在东北雪乡有一款坐马拉爬犁的旅游体验项目深受游客的喜爱。假
设马拉爬犁在水平雪地上做匀速圆周运动，下列有关说法正确的是( )
A．爬犁受到的支持力和重力是一对平衡力
B．马拉爬犁的力等于爬犁受到的摩擦力
C．重力、支持力和摩擦力的合力和马拉爬犁的力构成一对平衡力
D．马拉爬犁的力的一个分力提供向心力
D [把马拉爬犁的力在水平面和竖直面进行正交分解，受力分析如图所示
则有F1＝Ff，mg＝FN＋F2，故爬犁受到的支持力小于重力，故A 错误；由受力
分析可知，马拉爬犁的力大于爬犁受到的摩擦力，故B 错误；爬犁做圆周运动，
其合力不为零，所以重力、支持力、摩擦力的合力和马拉爬犁的力不能构成一
对平衡力，故C 错误；F3提供爬犁做圆周运动的向心力，是马拉爬犁的力在水
平面上的另一个分力，也是重力、支持力、摩擦力和马拉爬犁的力的合力，故
D 正确。故选D。]
2．(2025·湖南长沙·模拟练习)如图所示，正方形四个顶点固定四个等量点电
荷，其中A、B 带正电，C、D 带负电，O、M、N 为AB 边的四等分点，E、F
分别为AC、BD 的中点，L 为EF 的中点，下列说法不正确的是( )
A．M、N 两点电场强度大小相同
B．M、N 两点电势相同
C．E、F、L 三点电势相同
D．将试探电荷从E 沿直线EF 移动到F，静电力做负功
D [根据电场的叠加及对称性可知，M、N 两点电场强度大小相同，电势相同，
E、F、L 三点在同一条等势面上，三点电势也相同，将试探电荷从E 沿直线
EF 移动到F，静电力不做功。本题选择不正确的，故选D。]
3．(2025·山东枣庄·二模)滑雪已成为人们喜爱的运动项目。运动员沿直雪道
由静止开始匀加速下滑，加速度为a，滑雪板的长度为L，其B 端到达P 点所用
的时间为t，则滑雪板的A、B 端通过P 点的时间差是( )
A．t－√t
2- 2 L
a
B．√t
2+ 2 L
a －t
C．√t
2- 2 L
a
D．√t
2+ 2 L
a
A [由B 端到达P 点所用的时间为t，可知B 端到P 点的位移大小为x＝1
2at2，
则A 端到P 点的位移大小为x′＝x－L＝1
2at2－L，设A 端到达P 点所用的时间
为t′，则1
2at2－L ＝ 1
2at′2，解得t′＝√t
2- 2 L
a ，则滑雪板的A、B 端通过P 点的
时间差是Δt＝t－t′＝t－√t
2- 2 L
a ，故选A。]
4．(2025·山东·模拟预测)如图所示，P 是纬度为θ 的地球表面上一点，人造
地球卫星A、B 均做匀速圆周运动，卫星B 为地球赤道同步卫星。若某时刻
P、A、B 与地心O 在同一平面内，其中O、P、A 在一条直线上，且∠OAB＝
90°，下列说法正确的是( )
A．P 点物体的向心加速度小于卫星A 的向心加速度
B．卫星A、B 与P 点均绕地心做匀速圆周运动
C．卫星A、B 的线速度之比为√cosθ
D．卫星A、B 的周期之比为
3√cos
2θ
A [∠OAB＝90°，所以OB 大于OA，即卫星B 做匀速圆周运动的半径大于卫
星A 做匀速圆周运动的半径，由万有引力提供向心力得GMm
r
2
＝mω2r，可得ω
＝√
GM
r
3 ，可知ωB<ωA，又ωP＝ωB，所以ωP<ωA，由rP<rA，a＝ω2r，可得
aP<aA，故A 正确；卫星A、B 绕地心做匀速圆周运动，P 点运动的圆轨迹与地
轴线垂直，圆心在图中O 点正上方，故B 错误；由万有引力提供向心力得
GMm
r
2
＝m v
2
r ，可得v＝√
GM
r ，又r A
rB
＝cos θ，可得卫星A、B 的线速度之比为
v A
vB
＝√rB
√r A
＝√
1
cosθ，故C 错误；由万有引力提供向心力得GMm
r
2
＝m4 π
2
T
2 r，可得
T＝√
4 π
2r
3
GM ，可得卫星A、B 的周期之比为
T A
T B
＝√
r A
3
rB
3 ＝√cos
3θ，故D 错误。故
选A。]
5．(2025·四川德阳·一模)如图所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一
圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一个
质量为m、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好
能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A．qBL
m
B．√2qBL
m
C．(√2-1)qBL
m
D．(√2+1)qBL
m
C [粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒
子能经过c 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，设粒子做圆
周运动的半径为r，由几何关系可知√2r＋r＝L，则r＝(√2－1)L，根据牛顿第二
定律得qv0B＝m v0
2
r ，联立解得v0＝(√2-1)qBL
m
，故选C。]
6．(2025·山东枣庄·二模)直升机悬停在距离水平地面足够高的空中，无初速
度投放装有物资的箱子。若箱子下落时受到的空气阻力与速度成正比，以地面
为零势能面，箱子的机械能、重力势能、下落的距离、所受阻力的瞬时功率大
小分别用E、Ep、x、P 表示。下列图像可能正确的是( )
A．
B．
C．
D．
D [根据牛顿第二定律有mg－kv＝ma，解得a＝g－kv
m ，可知，箱子向下先做
加速度减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，v-t 图像的斜率表示加速度，
题图A 中图形开始的斜率变大，不符合要求，故A 错误；阻力的瞬时功率大小
P＝fv＝kv2，结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后
做匀速直线运动，则P-v 图像先为一条开口向上的抛物线，后为一个点，故B
错误；结合上述可知，箱子向下先做加速度减小的变加速直线运动，后做匀速
直线运动，即箱子速度始终不等于0，箱子向下运动过程，箱子的动能不可能
为0，以地面为零势能面，可知，箱子的机械能不可能等于0，图C 中图形描述
的机械能最终等于0，不符合要求，故C 错误；令箱子释放位置距离地面高度
为H，以地面为零势能面，则箱子的重力势能Ep＝mg(H－x)＝mgH－mgx，即
Ep-x 图像为一条斜率为负值的倾斜直线，故D 正确。故选D。]
7．(2025·内蒙古包头·二模)如图甲所示，小木块a 和b(可视为质点)用轻绳连
接置于水平圆盘上，a 的质量为3m，b 的质量为m。二者分居圆心两侧，与圆
心的距离分别为Ra＝r，Rb＝2r，a、b 与盘间的动摩擦因数相同且均为μ。圆盘
从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω 表示圆盘
转动的角速度，在角速度ω 增大到一定值的过程中，a、b 与圆盘保持相对静止，
所受摩擦力与ω2满足如图乙所示关系，图中2Ff2＝3Ff1。下列判断正确的是(
)
A．图线(1)对应物体a
B．ω3＝3
2ω2
C．ω2＝3
2ω1
D．ω＝ω3时绳上张力大小为6Ff1
D [角速度较小时，两物体受静摩擦力提供向心力，对a 有Ffa＝3mrω2，对b
有Ffb＝2mrω2，则角速度较小时，b 的静摩擦力较小，则图线(1)对应物体b，
故A 错误；当角速度达到ω2时，设绳子拉力为FT，对a、b 有FT＋ 3μmg ＝
3mr ω2
2 ，FT ＋ μmg ＝ 2mr ω2
2 ，当角速度达到ω3时，设绳子拉力为F′T，
对a、b 有F′T＋ 3μmg ＝ 3mr ω3
2 ，F′T＝ 2mr ω3
2 ，解得ω3＝√
3
2ω2，故B 错
误；当角速度达到ω1 时，b 受最大静摩擦力提供向心力，有Ff1 ＝ μmg ＝
2mr ω1
2 ，解得ω2＝2ω1，故C 错误；由上述分析可知ω3＝√
3
2ω2，ω2＝2ω1，
Ff1 ＝ μmg ＝ 2mr ω1
2 ，F′T＝ 2mr ω3
2 ，联立解得F′T＝6Ff1，故D 正确。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·河北保定·二模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为
2∶1，a、b 接输出电压恒为U 的正弦交流电源，其中R2为滑动变阻器，R1、R3
为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A．电压表V1的示数为U
2
B．P 向下缓慢滑动的过程中，I1变小，U1变大
C．P 向下缓慢滑动的过程中，R3消耗的功率增大
D．P 向下缓慢滑动的过程中，
ΔU 2
Δ I 2
＝R3，
ΔU 1
Δ I 2
＝R1
4
BD [变压器原线圈两端的电压为U0＝U－I1R1，根据理想变压器原副线圈电压
与线圈匝数的关系
U 0
U 1＝
n1
n2，电压表V1 的示数为U1＝U 0
2 ＝U - I 1 R1
2
<U
2 ，故A
错误；设副线圈总电阻为R，则副线圈的等效电阻为(
n1
n2)
2
R，P 向下缓慢滑动
的过程中，滑动变阻器R2接入电阻的阻值增大，副线圈等效电阻增大，原线圈
中电流减小，I1变小，原线圈两端的电压U0增大，原副线圈匝数不变，则副线
圈两端的电压U1增大，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系，副线
圈中电流I2减小，R3消耗的功率减小，故B 正确，C 错误；P 向下缓慢滑动的
过程中，根据欧姆定律U2＝I2R3，可得
ΔU 2
Δ I 2
＝R3，根据理想变压器原副线圈电
流与线圈匝数的关系
I 1
I 2＝
n2
n1，可得U0＝U－I1R1＝U－I 2
2 R1，根据理想变压器原
副线圈电压与线圈匝数的关系
U 0
U 1
＝
n1
n2
，可得U1＝U
2 －I 2
4 R1，可得
ΔU 1
Δ I 2
＝R1
4 ，
故D 正确。故选BD。]
9．(2025·上海青浦·二模)如图甲为农民用水泵抽取地下水灌溉农田的场景，
灌溉系统由电动机、水泵、输水钢管组成。图乙为灌溉系统示意图，地下水源
水面距地表H＝8 m，安装水泵时将输水钢管竖直插入水井与地下水源连通，水
管横截面积S＝5 cm2，水泵出水口离地表高度h＝0.45 m，水从管口以恒定速度
沿水平方向喷出，管口截面上各处水流速相同，大小均为4 m/s，水落到水平地
面瞬间竖直速度减为零，水平速度保持不变。已知该灌溉系统的抽水效率η＝
75%，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气
阻力。下列说法正确的是( )
A．喷出的水在出水口和落地点之间的总体积为(0.06 m
3)
B．水泵每秒对水流做的功为185 J
C．水流对水平落地点的冲击力大小为6 N
D．电动机的输入功率为225 W
BC [水流由出水口水平喷出到落地时间满足h＝1
2gt2，因此喷出的水在出水口
和落地点之间的总体积为V＝Svt＝6×10-4m3，故A 错误；每秒内水流质量m＝
ρSv，水泵每秒对水流做的功等于水机械能增加量W＝ΔE＝mg(H＋h)＋1
2mv2，
代入数据解得W＝185 J，故B 正确；水落地时竖直方向上满足vy＝√2gh＝3
m/s，极短时间Δt 内，落地水的质量Δm＝ρSvΔt，对水由动量定理－FΔt＝0－
Δmvy，得F＝6 N，故C 正确；对电动机，每秒输出能量W＝ΔE＝185 J，则输
入功率满足Ptη＝W，解得P＝740
3 W，故D 错误。故选BC。]
10．(2025·黑龙江·阶段练习)如图所示，宽度为L1＝2L 的水平宽导轨左侧平
滑连接倾斜导轨，右侧连接宽度为L2＝L 的水平窄导轨，宽窄导轨区域分别有
竖直向上的匀强磁场B1和B2，B1＝2B2＝2B。一质量为mb＝m、电阻为Rb＝R
的导体棒b 静止在窄导轨区域，另一质量为ma＝2m、电阻为Ra＝2R 的导体棒
a 由倾斜导轨h 高处静止滑下。宽窄导轨长度足够，不计导轨电阻和一切摩擦，
重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．导体棒a 进入水平宽导轨时的速度v0＝√2gh
B．两导体棒达到稳定状态后，导体棒b 的速度vb＝4
3 √2 gh
C．整个过程在导体棒b 上产生的焦耳热Qb＝16
27mgh
D．整个过程通过导体棒a 的电荷量qa＝4 m√2gh
9 BL
ACD [根据动能定理有2mgh＝1
2 ×2m v0
2，解得v0＝√2 gh，故A 正确；两导体
棒达到稳定状态时，设a、b 导体棒的速度分别为va、vb，则有B1×2Lva＝
B2Lvb
，
对
a
、
b
导
体
棒
根
据
动
量
定
理
有
2B×2L
I Δt ＝ma v 0－ma v a，BL I Δt ＝mb v b，解得v a＝√2 gh
9
，v b＝4√2gh
9
，由于q＝I
Δt，解得qa＝4 m√2gh
9 BL
，故B 错误，D 正确；根据能量守恒定律有Q＝
1
2 ma v0
2- 1
2 ma va
2- 1
2 mb vb
2，整个过程在导体棒b 上产生的焦耳热Qb＝
R
R+2 RQ，
解得Qb＝16
27mgh，故C 正确。故选ACD。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(8 分)(2025·贵州贵阳·二模)图甲为简易多用电表电路原理图，已知电流
表G 满偏电流Ig＝100 μA、内阻Rg＝90 Ω，该多用电表具有直流0～1 mA 量程
电流表、直流0～10 mA 量程电流表、直流0～3 V 量程电压表及电阻挡四种挡
位。
(1)下列说法正确的是________(多选)。
A．测量时红表笔应接插孔A，黑表笔应接插孔B
B．用多用电表的电阻挡位测导体的电阻时，如果两手同时分别接触两表笔的
金属杆，则测量值偏小
C．测量某二极管的反向电阻时，应使接在插孔A 的表笔接二极管的正极
D．用多用电表的电阻挡测电阻时，若指针偏转角度很小，则应换倍率更大的
挡位进行测量
(2)由已知条件可以算出电阻，R1＋R2＝______Ω，R3＝________Ω。
(3)某同学欲测量多用电表电阻挡内部总电阻r 和电池的电动势E，设计如图乙
所示的电路，将电阻箱和电压表V 并联后接在两表笔上，已知多用电表内部总
电阻r 远小于电压表V 的内阻。通过改变电阻箱R 的阻值多次测量，描点连线
得到如图丙所示的1
U - 1
R图线。根据图线得到电阻挡内部总电阻r ＝
________Ω(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)插孔A 接内部电源的正极，则测量时红表笔应接插孔B，黑表笔应
接插孔A，选项A 错误；用多用电表的电阻挡位测导体的电阻时，如果两手同
时分别接触两表笔的金属杆，相当人体与待测电阻并联，则测量值偏小，选项
B 正确；测量某二极管的反向电阻时，因黑表笔接电源的正极接插孔A，应使
接在插孔A 的表笔接二极管的负极，选项C 错误；用多用电表的电阻挡测电阻
时，若指针偏转角度很小，说明倍率挡选择的过低，则应换倍率更大的挡位进
行测量，选项D 正确。故选BD。
(2)当选择开关接b 时为直流0～1 mA 挡，则R1＋R2＝
I g Rg
I - I g
＝0.1×90
1-0.1 Ω＝10 Ω
该挡位电流表内阻RA＝90×10
90+10 Ω＝9 Ω
选择开关接d 时为电压表3 V 量程，则R3＝U
I A－RA＝3
10
-3 Ω－9 Ω＝2 991 Ω。
(3)由电路可知E＝U＋U
R r
即1
U ＝1
E＋r
E · 1
R
由图像可知1
E＝0.70 V-1，r
E ＝2.50-0.70
0.112
A-1
解得r≈23 Ω。
[答案] (1)BD (2)10 2 991 (3)23
12．(8 分)(2025·河南开封·二模)用如图实验装置验证动量守恒定律。主要步
骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平(如图a)；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上A 位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上A 位置静止释放，
与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地
点的位置M、P，N 与O 的距离分别为x1、x2、x3。
分析数据：
(1)实验室有如下A、B、C 三个小球，则入射小球应该选取________(填字母代
号)进行实验。
A．直径d1＝2 cm，质量m1＝12 g
B．直径d1＝2 cm，质量m2＝24 g
C．直径d2＝3 cm，质量m3＝24 g
(2)小球释放后落在复写纸上会在白纸上留下印迹。多次实验，白纸上留下了9
个印迹，如果用画圆法确定小球的落点，图(b)中画的三个圆最合理的是
________。
(3) 若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为
___________________________
(均用题中所给物理量的符号表示)。
(4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图(c)所示，图中圆
弧的圆心在斜槽末端。使小球1 仍从斜槽上A 点由静止滚下，重复实验步骤②
和③的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为M′、P′、N′。测得斜槽末端与
M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞
过
程
中
动
量
守
恒
的
表
达
式
为
______________________________________________
(用所测物理量的字母表示)。
[解析] (1)为了使两球发生对心碰撞，则两球半径应该相等，为防止入射球碰
后反弹，则入射球的质量要大于被碰球的质量，则入射小球应该选取B。
(2)确定小球的平均落地点时，要舍掉误差较大的点，然后用尽量小的圆把落点
圈起来，圆心即为平均落地点，故选C。
(3)小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间
相同，即可用水平位移表示速度，设小球在空中运动的时间为t，若满足动量守
恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2
两边同乘以t 可得m1v0t＝m1v1t＋m2v2t
整理得m1x2＝m1x1＋m2x3。
(4)设圆弧半径为R，则R sin α＝vt，R cos α＝1
2gt2
解得v＝√
tan α sin α ·gR
2
则落到M′、P′、N′三点的球的初速度分别为v′1＝√
tan α1sin α1·gR
2
，
v′0＝√
tan α2sin α2· gR
2
，
v′2＝√
tan α3sin α3·gR
2
若动量守恒则满足m1v′0＝m1v′1＋m2v′2
即m1√tan α2sin α2＝m1√tan α1sin α1＋
m2√tan α3sin α3。
[答案] (1)B (2)C (3)m1x2＝m1x1＋m2x3 (4)m1√tan α2sin α2＝m1√tan α1sin α1
＋m2√tan α3sin α3
13．(10 分)(2025·山东·模拟)图示是一水上娱乐项目的简化模型，半径为R 的
光滑球固定在水中的平台上，O 为球心，可视为质点的人静止在球的最高点，
人、球心和固定点在同一竖直线上。某时刻人以微小(可忽略)的初速度开始下
滑。已知水面到球心的距离为R
2 ，重力加速度为g，人的质量为m，忽略空气阻
力的影响。求：
(1)人与球分离时的速度大小v；
(2)人落水位置到球心的水平距离d。
[解析] (1)设人与球分离的位置与球心连线和竖直方向的夹角为θ，则人从最高
点到分离点，根据机械能守恒有mgR(1－cos θ)＝1
2mv2
在分离时，根据牛顿第二定律有
mg cos θ＝m v
2
R
联立解得cos θ＝2
3，v＝√
2
3 gR。
(2)人滑离球后做斜抛运动，水平分速度vx＝v cos θ＝2
3√
2
3 gR
竖直分速度vy＝v sin θ＝v√1-cos
2θ＝1
3√
10
3 gR
从人开始下滑到落到水面的过程，根据机械能守恒有mg(R+ R
2)＝1
2 mv1
2
解得人落到水面时的速度为v1＝√3 gR
落到水面时竖直方向的速度为v′y＝√v1
2- v x
2＝1
3√
73
3 gR
竖直分方向做匀加速直线运动，则有gt＝v′y－vy
解得t＝(√
73
27 -√
10
27)√
R
g
则人落水位置与球心的水平距离d＝R sinθ＋vxt
联立解得d＝R
27(2√146＋5√5)。
[答案] (1)√
2
3 gR
(2) R
27(2√146＋5√5)
14．(12 分)(2025·湖南长沙·三模)如图为竖直平面内的直角坐标系Oxy，x 轴
上方存在无穷大的竖直向上的匀强电场区域，电场强度为E1(E1大小未知)。x 轴
上方有矩形区域abef，下方有矩形区域abcd，ab 边与x 轴重合，ab 边的中点与
坐标原点O 重合，矩形区域abcd 内存在水平向右的匀强电场，电场强度为
E2，矩形区域abef 内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。P 点在a
点正上方高h 处，Q 点与P 点在同一水平线上，先将一质量为m 的带＋q 电荷
量的小球A，从Q 点以某一初速度水平抛出，小球可以从Q 匀速运动到P 点进
入磁场区域，经磁场偏转后从ab 边进入矩形电场区域，在电场中做直线运动，
速度方向与x 轴正方向夹角为θ＝45°；又有另一质量仍为m 的带－q 电荷量的
小球B，从ab 边同一位置以相同的速度射入矩形电场，从cd 边离开矩形区域时
速度方向竖直向下。已知重力加速度为g。求：
(1)匀强电场E1的大小；
(2)小球在抛出点Q 的初速度v0；
(3)矩形ad 边的高度L。
[解析] (1)匀速射入磁场，匀速过程中E1q＝mg
故E1＝mg
q 。
(2)在匀强磁场中做匀速圆周运动，由几何关系知r
√2＋h＝r
故r＝(2＋√2)h
又有qv0 B ＝ mv0
2
r
联立解得v0＝(2+√2)hq
m
。
(3)对A 球，小球在电场中做直线运动，故小球所受合外力方向与射入电场的速
度方向共线，故有tan 45°＝mg
F电
由于小球B 离开电场的矩形区域时，速度方向竖直向下，即离开电场时，小球
B 水平方向速度为零，小球B 在水平方向上只受水平向左的静电力，水平初速
度为vx＝v0
√2
在竖直方向只受重力，竖直初速度为vy＝v0
√2
可知小球B 在水平方向做初速度为vx＝v0
√2，加速度为g 的匀减速直线运动；在
竖直方向做初速度为y＝v0
√2，加速度为g 的匀加速直线运动，则有vx＝v0
√2＝gt
L＝vyt＋gt
2
2
由此可得L＝
(9+6√2)h
2q
2B
2
2 gm
2
。
[答案] (1)mg
q (2)(2+√2)hqB
m
(3)(9+6√2)h
2q
2B
2
2 gm
2
15．(16 分)(2025·福建厦门·模拟)如图所示，一水平传送带以v 传＝8 m/s 的速
度逆时针转动，其左端A 点、右端B 点分别与两光滑水平台面平滑对接，已知
A、B 两点间的距离L＝3.6 m，质量m2＝1 kg 的小车放在光滑水平地面上，小
车左端上表面与传送带右侧的光滑平台平滑对接，小车右端不远处是一固定的
挡板。左边水平台面上有一质量m1＝0.5 kg 的小物块，将小物块从压缩弹簧的
右端由静止释放(小物块与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)。小物块
以v0＝6 m/s 水平速度滑上小车，小车与右侧挡板发生弹性碰撞。物块与传送带
之间、物块与小车之间的动摩擦因数均为0.3，重力加速度g 取10 m/s2，如果小
车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，求：
(1)弹簧最初储存的弹性势能；
(2)小车右端与挡板的距离；
(3)若物块始终未从小车上掉下，小车的最短长度；
(4)若不改变其他条件，让质量为2 kg 的小滑块将弹簧压缩到相同位置由静止释
放，传送带改为顺时针转动，求小车停下来时运动的总路程。
[解析] (1)物块在传送带上一直减速运动，对小物块甲，从静止开始运动到B
点，由动能定理有W－μm1gL＝1
2 m1v0
2－0
代入数据解得W＝14.4 J
弹簧最初储存的弹性势能Ep＝W＝14.4 J。
(2)物块滑上小车v0＝6 m/s
运动过程中二者动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2
因为小车与挡板碰撞反弹后过一段时间能停下来，所以碰后物块与小车动量大
小相等，方向相反，则碰前物块与小车动量相等，有m1v1＝m2v2
且碰前小车还在加速，代入数据解得v2＝1
4v0＝1.5 m/s
对小车，根据动能定理μm1 gl ＝ 1
2 m2 v2
2
解得小车右端与挡板的距离为l＝0.75 m。
(3)设小车的长度的最小值为L′，自物块滑上小车至停止运动，由能量守恒
1
2 m1 v0
2 ＝ μm1 gL′
代入数据解得L′＝6 m。
(4)更换滑块后，传送带顺时针转动，有
W＋μm′gL＝1
2m′v2－0
物块滑上小车时初速度为v＝v0＝6 m/s
更换滑块之后对小车μm′g＝m2a
解得a＝μm
' g
m2
＝6 m/s2
第1 次碰撞前小车的速度v3＝√2al＝3 m/s
根据动量守恒定律有m′v0＝m′v′＋m2v3
代入数据解得v′＝4.5 m/s
第1 次碰后小车向左匀减速，所受滑动摩擦力不变，则加速度不变，向左运动
一段位移后速度减为0，然后再向右匀加速，假设小车与挡板发生第2 次碰撞前，
滑块与小车已达到共速，则从第1 次碰后到共速，根据动量守恒定律，有m′v′
－m2v3＝(m′＋m2)v4
代入数据解得v4＝2 m/s
由于v4<v3
可知假设成立，在共速前，滑块一直向右匀减速直到二者速度相等；从第1 次
碰后到第2 次碰前此过程小车的路程为s1 ＝ 2× v3
2
2a ＝ 3
2 m
从第2 次碰后到第3 次碰前，此过程小车的路程为s2 ＝ 2× v4
2
2a ＝ 2
3 m
第3 次碰后，根据动量守恒定律得
m′v4－m2v4＝(m
' +m2)v5
代入数据解得v5＝
m
' -m2
m
' +m2
v4
第3 次碰后到第4 次碰前，则有s3＝(
m
' -m2
m
' +m2)
2
s2＝1
9s2
小车通过的路程s＝l＋s1＋s2＋1
9s2＋(
1
9 )
2
s2＋…＋(
1
9)
n-2
s2＝l＋s1＋
1-(
1
9)
n-1
1- 1
9
s2
根据数学知识，当无限大时，可得小车通过的总路程为3 m。
[答案] (1)14.4 J (2)0.75 m (3)6 m
(4)3 m
