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大阶段滚动卷(四) 大单元一至大单元五
(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·天津北辰·三模)下列关于原子结构和核反应的说法正确的是( )
A．汤姆孙在α 粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型
B．玻尔理论成功地解释了氢原子光谱的实验规律并完全揭示了微观粒子的运
动规律
C．
Th
90
234
衰变为
Rn
86
222
，共经过了3 次α 衰变和2 次β 衰变
D．核聚变又称“热核反应”，需要加热到很高的温度才能进行，可见核聚变
要吸收能量
C [是卢瑟福在 α 粒子散射实验的基础上提出了原子的核式结构模型，汤姆孙
发现了电子，提出 “枣糕模型”，故A 错误；玻尔理论成功地解释了氢原子光
谱的实验规律，但它有一定局限性，并没有完全揭示微观粒子的运动规律，量
子力学才能更全面地描述微观粒子运动，故B 错误；α 粒子质量数为4，电荷数
为 2，β 粒子质量数为0，电荷数为-1，
Th
90
234
衰变为
Rn
86
222
，假设共经过了x 次α
衰变和y 次β 衰变，根据质量数守恒、电荷数守恒分别有234＝222＋4x，90＝
86＋2x－y，联立解得x＝3，y＝2，所以共经过了3 次α 衰变和2 次β 衰变，故
C 正确；核聚变又称 “热核反应”，需要加热到很高温度引发，但反应过程中
会释放出巨大能量，是放能反应，故D 错误。]
2．(2025·内蒙古包头·一模)如图所示，虚线a、b、c 代表电场中的三条电场
线，实线为一带正电的粒子仅在静电力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、
R、Q 是轨迹上的三个点。在运动过程中，该带电粒子( )
A．在R 点时受力沿虚线向左
B．在P 点时的加速度比在Q 点时小
C．在P 点时的动能比在Q 点时小
D．在P 点时的电势能比在Q 点时小
D [粒子所受合力指向轨迹的凹侧，所以在R 点时受力沿虚线向右，故A 错误；
因为P 点的电场线比Q 点密集，所以P 点的电场强度比Q 点大，粒子在P 点时
所受的静电力比在Q 点时大，根据牛顿第二定律可知，在P 点时的加速度比在
Q 点时大，故B 错误；假设粒子由P 点运动到Q 点(也可以假设由Q 点运动到P
点，不影响判断结果)，则粒子所受静电力与速度方向成钝角，静电力做负功，
动能减小，电势能增大，所以粒子在P 点时的动能比在Q 点时大，在P 点时的
电势能比在Q 点时小，故C 错误，D 正确。]
3．(2025·河北秦皇岛·一模)2024 年10 月30 日，神舟十九号载人飞船将三名
航天员送入太空，飞船入轨后按照预定程序与天和核心舱对接。飞船与核心舱
对接过程的示意图如图所示，飞船从圆轨道Ⅰ通过变轨后，沿椭圆轨道Ⅱ由A
处运动到B 处，与沿圆轨道Ⅲ运行的核心舱对接，对接后的组合体继续在圆轨
道Ⅲ上运行。在上述过程中，飞船( )
A．由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需在B 处减速
B．在B 处与核心舱对接前后的加速度相等
C．在轨道Ⅰ上A 处的速度小于在轨道Ⅲ上B 处的速度
D．在轨道Ⅱ上由A 到B 的时间大于在轨道Ⅲ上运行周期的一半
B [飞船需在B 处加速，做离心运动，才能由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，A 错误；
飞船在B 处与核心舱对接前后的加速度相等，加速度大小为a＝
G Mm
r
2
m
＝G M
r
2
，B 正确；根据G Mm
r
2 ＝mv
2
r ，解得v＝√
GM
r ，轨道半径越小，速度越大，所
以飞船在轨道Ⅰ上A 处的速度大于在轨道Ⅲ上B 处的速度，C 错误；根据开普
勒第三定律，飞船在轨道Ⅱ上运行周期小于在轨道Ⅲ上运行周期，所以在轨道
Ⅱ上由A 到B 的时间小于在轨道Ⅲ上运行周期的一半，D 错误。]
4．(2025·湖北荆门·二模)已知光在介质中传播时沿用时最短路径传播，遵守
折射定律，
sinθ1
sinθ2＝
v1
v2，其中v1、v2是光在两种介质中的速度。如图所示，光从
介质1(y>0)中P 点射入，从介质2(y<0)中Q 点射出，已知
v1
v2
＝4
3 ，则光在介质2
中折射角正弦值为( )
A．3
5
B．3
4
C．4
5
D．1
2
A [设光线在坐标(x，0)位置由介质1 射入介质2 中，根据几何关系，sin θ1＝
x +8
√(x +8)
2+6
2，sin θ2＝
6- x
√(6- x)
2+8
2，根据题意sinθ1
sinθ2
＝v1
v2
＝4
3，解得x＝0，sin
θ2＝3
5，故选A。]
5．(2025·北京通州·一模)从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m 的小球，
一段时间后落回地面的速度大小为v1。小球运动的速度随时间变化的规律如图
所示。若运动过程中小球受到的阻力与其速率成正比，重力加速度为g，下列
说法中正确的是( )
A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间
B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
C．小球上升过程中的平均速度大于v0
2
D．整个过程中阻力做功为0
B [由题意可得，上升过程中，小球的加速度为a 上＝mg+ f 上
m
，下落过程中，
小球的加速度为a 下＝mg - f 下
m
，可知上升过程的平均加速度大于下落过程的平
均加速度，且又上升过程和下降过程的位移相同，根据x＝1
2at2，可知小球上升
过程的时间小于下落过程的时间，故A 错误；由题意可得，阻力与速率的关系
为f＝kv(k 为常量)，故阻力的冲量大小为If＝ft＝kvt＝kx，因为上升过程和下
降过程位移相同，则上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B 正确；上升过程
若是匀减速运动，则平均速度为v＝v0
2 ，但由题图可知，其速度时间—图像面积
小于匀减速运动的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则可得小
球上升过程中的平均速度小于v0
2 ，故C 错误；整个过程中阻力方向一直与速度
方向向反，故阻力一直在做负功，故D 错误。]
6．(2025·河北秦皇岛·一模)半导体热电偶是一种将热能直接转化为电能的装
置，其结构如图所示。它是由一对n 型半导体和p 型半导体串联而成。其中n
型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，p 型半导体的载流子是空穴，
空穴带正电且电荷量为e。若两种半导体相连的一端和高温热源接触，而另一
端A、B 与低温热源接触，两种半导体中的载流子都会从高温端向低温端扩散，
最终在A、B 两端形成稳定的电势差U。电势差U 的大小与高温热源和低温热
源间的温度差ΔT 的关系满足U＝SΔT，其中S 称为塞贝克系数，是衡量材料热
电转换能力的关键参数。下列说法正确的是( )
A．A 端是半导体热电偶的正极
B．若只交换高、低温热源的位置，则A、B 两端不能形成稳定的电势差
C．塞贝克系数越大，说明材料热电转换能力越弱
D．半导体热电偶内部非静电力方向和载流子扩散方向相同
D [n 型半导体的载流子(形成电流的自由电荷)是电子，两种半导体中的载流子
都会从高温端向低温端扩散，A 端聚集电子，所以A 端是半导体热电偶的负极，
A 错误；只交换高、低温热源的位置，二者之间存在温差，载流子依然可以定
向移动，从而可以在A、B 两端形成电势差，B 错误；根据U＝SΔT 可知，温差
一定时，塞贝克系数越大，A、B 端的电势差就越大，说明材料热电转换能力越
强，C 错误；载流子从高温端向低温端扩散的“驱动力”是非静电力，其方向
与载流子扩散方向相同，D 正确。]
7．如图所示为机械手抓取篮球的照片。为便于研究，将机械手简化为三根“手
指”，且不考虑篮球的明显形变。抓取点平均分布在同一水平面内，抓取点与
球心的连线与该水平面夹角为α，“手指”与篮球间的动摩擦因数为μ，篮球的
重力大小为G，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A．只要“手指”对篮球的压力足够大，α 不论取何值都能将篮球抓起
B．若μ 与α 的关系满足μ>tan α，则一定能将篮球抓起
C．若能抓起篮球，则每根“手指”对篮球压力的最小值为
G
3(μcosα -sin α )
D．若抓起篮球竖直向上做匀速运动，则每根“手指”对篮球的压力一定变大
C [对篮球受力分析，竖直方向满足3f cos α＝3FNsin α＋G，因为静摩擦力
f≤μFN，解得FN≥
G
3(μcosα -sin α )，所以想要抓起篮球，则每根“手指”对篮
球压力的最小值为F′min ＝
G
3(μcosα -sin α )，且可得夹角α 满足μ≥tan α＋
G
3 F N cosα 时，才能将篮球抓起，μ>tan α 时，不一定能将篮球抓起，故A、B 错
误，C 正确；若抓起篮球竖直向上做匀速运动，篮球始终处于平衡状态，则每
根“手指”对篮球的压力不变，故D 错误。]
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·福建宁德·三模)图甲是某自行车的车灯发电机，其结构如图乙所示。
绕有400 匝线圈的“ ”形铁芯开口处装有磁铁，车轮转动时带动半径为r＝2
cm 的摩擦小轮转动，摩擦小轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中
的磁通量按正弦规律变化，如图丙所示，其中ω 为摩擦小轮转动的角速度。线
圈总电阻为R＝4 Ω，c、d 端与标有“10 V，5 W”的灯泡L 相连。当自行车以
速度v 匀速行驶时，灯泡L 恰好正常发光。假设灯泡L 阻值不变，摩擦小轮与
车轮不打滑，则( )
A．自行车的速度v＝6 m/s
B．灯泡L 正常发光时ω＝250 rad/s
C．若自行车的速度减半，则灯泡L 的功率也减半
D．磁铁处于图乙位置时，交流电压表的示数为10 V
AD [灯泡电阻RL＝10
2
5 Ω＝20 Ω，线圈中电动势有效值E＝
U L
RL
(RL＋R)＝12
V，最大值Em＝√2E＝12√2 V，根据最大感应电动势的表达式Em＝NBωS＝
NΦmω，可得ω＝
Em
N Φm
＝
12√2
400×√2×10
- 4 rad/s＝300 rad/s，则自行车的速度等
于摩擦小轮边缘的线速度，即v＝ωr＝300×0.02 m/s＝6 m/s，选项A 正确，B
错误；若自行车的速度减半，则小轮的角速度ω 减半，感应电动势最大值和有
效值均减半，灯泡L 两端电压减半，根据功率表达式P＝U L
2
RL
，可知功率变为原
来的四分之一，选项C 错误；交流电压表的示数为灯泡两端电压的有效值，由
电动势的最大值决定，与磁铁的位置无关，即磁铁处于题图乙位置时，交流电
压表的示数仍为10 V，选项D 正确。]
9．(2025·浙江金华·三模)两列简谐横波a、b 在同一介质中沿x 轴正方向传播，
波速均为v＝2.5 m/s，在t＝0 时两列波的波峰正好在x＝2.5 m 处重合，如图所
示。下列说法正确的是( )
A．a、b 能在x 轴上形成稳定干涉图像
B．x＝(2.5±20k)m，k＝0，1，2，3，…处波峰都重合
C．x 轴上不存在波谷与波谷重合处
D．t＝0 时，b 波引起x＝－0.5 m 处质点的振动方程为y＝5sin (
5
4 π t + π)m
BC [形成稳定干涉图像的条件是两列波的频率相等，v＝λf，由题图可知，a
波的波长为2.5 m，则频率为1 Hz，b 波的波长为4 m，则频率为5
8 Hz，故不能
形成稳定干涉图像，A 错误；设从x＝2.5 m 开始，再经过Δx，两列波的波峰再
次重合，则有Δx＝n1λa＝(2.5n1) m，(n1＝1，2，3，…)，Δx＝n2λb＝(4n2) m，(n2
＝1，2，3，…)，可知当n1＝8 和n2＝5 时，Δx＝20 m，故当x＝(2.5±20k) m，k
＝0，1，2，3，…处波峰都重合，B 正确；设从x＝2.5 m 之后的Δx1处，有波谷
与波谷重合，则有Δx1＝(2m1＋1) λa
2 ，(m1＝0，1，2，3，…)，Δx1＝(2m2＋1) λb
2
，(m2＝0，1，2，3，…)，得
2m1+1
2m2+1＝8
5，因为m1和m2在整数范围内无解，故
不存在波谷与波谷重合处，C 正确；设b 波在x＝－0.5 m 处质点的振动方程为y
＝A sin (ωt＋φ)，由题图可知，A＝5 m，由前面分析可知，ω＝2πfb＝5 π
4
rad/s，经过1
4T，该质点运动到y＝5 m 处，则φ＝0，则振动方程为y＝5sin
(
5 π
4 t) m，D 错误。]
10．(2025·河北张家口·二模)如图所示，一边长为L 的正方形线圈置于光滑
绝缘水平面上，线圈右侧存在竖直方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，两磁场的宽度均为
L，磁感应强度大小均为B，方向如图所示。线圈的cd 边与磁场边界平行。现
给线圈一水平向右的初速度v0，当线圈全部进入磁场Ⅱ时速度恰好为零，下列
说法正确的是( )
A．线圈速度刚好为零时，其加速度不为零
B．整个过程中，线圈做的是加速度逐渐减小的减速运动
C．线圈的cd 边在磁场Ⅰ、Ⅱ运动的过程中线圈产生的焦耳热之比为9∶16
D．若线圈的初速度为2v0，则线圈的ab 边刚好运动到磁场Ⅱ右边界时的速度
大小为4
5 v0
CD [线圈的cd 边在磁场Ⅱ中运动时，满足2BIL＝ma，其中I＝E
R，E＝
2BLv，可得a＝4 B
2 L
2v
mR
，可知线圈速度刚好为零时，其加速度也为零，故A
错误；线圈的cd 边由磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的瞬间，ab 边也开始受到安培力作用，
加速度瞬间增大，故B 错误；设线圈cd 边刚要进入磁场Ⅱ时的速度为v1，线圈
的cd 边在磁场Ⅰ运动的过程，由动量定理得－BLI 1Δt1＝mv1－mv0，线圈的cd
边在磁场Ⅱ运动的过程，有－2BLI 2Δt2＝0－mv1，其中q1＝I 1Δt1＝B L
2
R ，q2＝I 2
Δt2＝2B L
2
R
，解得v1＝4
5 v0，cd 边在磁场Ⅰ运动的过程中线圈产生的热量为Q1
＝1
2mv0
2－1
2mv1
2，cd 边在磁场Ⅱ运动的过程中线圈产生的热量为Q2＝1
2mv1
2－
0，可得Q1∶Q2＝9∶16，故C 正确；由上述分析可得，若线圈的初速度为
2v0，线圈的cd 边在磁场Ⅰ运动的过程中动量的减少量为mv0
5 ，线圈的cd 边在
磁场Ⅱ运动的过程中动量的减少量为4 mv0
5
，线圈的ab 边从进入磁场Ⅱ到离开
磁场Ⅱ的过程中动量的减少量为mv0
5 ，则线圈的ab 边刚好运动到磁场Ⅱ右边界
时的速度为v＝2v0－1
5v0－4
5 v0－1
5v0＝4
5 v0，故D 正确。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(8 分)(2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测)某同学用如图甲所示装置做“探究
加速度与力、质量的关系”实验，小车后面固定一条纸带，穿过打点计时器，
细线一端连着小车，力传感器与滑轮间的轻绳与长木板平行。
(1)实验前，把木板的一侧垫高，调节木板倾斜度，使小车不受牵引时能拖动纸
带沿木板匀速运动，调整长木板上滑轮的高度使细线与长木板平行，实验条件
________(选填“需要”或“不需要”)钩码与动滑轮的总质量远小于小车的质
量。
(2)该同学在验证加速度与力的关系时，改变钩码的质量，同时________(选填
“改变”或“不改变”)长木板的倾角。
(3)该同学根据实验数据作出了小车的加速度a 与拉力传感器示数F 的关系图像
如
图
乙
所
示
，
图
像
不
过
原
点
的
原
因
是
_____________________________________________________________________，
若直线斜率为k，则小车的质量M＝________。
[解析] (1)绳子的拉力可以通过力传感器读出，故不需要钩码与动滑轮的总质
量远小于小车的质量。
(2)设斜面的倾角为θ
小车匀速下滑时有mg sin θ＝μmg cos θ
整理后有μ＝tan θ
改变钩码的质量，表达式仍然成立，故不需要改变长木板的倾角。
(3)由题图乙可知，当F＝0 时，有加速度，说明平衡阻力过度。
由牛顿第二定律有2F＋F0＝Ma
可知a＝2
M F＋F0
M
依题意可得M＝2
k 。
[答案] (1)不需要 (2)不改变 (3)平衡阻力过度 2
k
12．(10 分)(2025·河南郑州·检测)每年均有因燃气泄漏导致事故发生的事例，
某实验小组找来气敏传感器，通过实验测量其阻值随燃气浓度变化的规律，实
验器材如下：
A．气敏传感器Rx(其阻值随浓度变化范围从几欧姆到几十欧姆)
B．直流电源E(电动势为6 V，内阻很小)
C．电流表A(量程0～0.6 A，内阻很小)
D．电压表V1(量程为0～3 V，内阻为3 kΩ)
E．电压表V2(量程为0～15 V，内阻为12 kΩ)
F．电阻箱R1(最大阻值为9 999 Ω)
G．电阻箱R2(最大阻值为999 Ω)
H．滑动变阻器R(阻值为0～5 Ω)
I．开关一个，导线若干
(1)实验小组设计的实验电路如图甲所示，请将电路中的连线补充完整。
(2)实验中电压表应选用________，电阻箱应选用________。(均填器材前面的字
母)
(3)实验中测量的气敏传感器的阻值随燃气浓度变化的图像如图乙所示，查阅资
料知道，天然气的爆炸临界浓度范围约为5%～15%(体积百分比)，这意味着当
空气中的天然气浓度高于15%或低于5%时，就不会发生爆炸。若某次实验中
电压表和电流表的示数分别为2 V 和0.4 A，电阻箱接入电路的阻值与所选电压
表的内阻相等，则气敏传感器的阻值Rx＝________Ω，此时________(选填
“会”或“不会”)发生爆炸危险。
[解析] (1)连线如图所示(理由见第二问)
(2)因滑动变阻器阻值较小，故选用分压式接法；V2量程较大，故舍去，选择电
压表D，因其量程较小，故需改装，电源电动势为6 V，故改装成的电压表量程
也在6 V 附近，根据串联电阻分压，故要串联3 kΩ 左右的电阻，因此需选用电
阻箱F，使改装后的电压表与气敏传感器和电流表串联电路相并联。
(3)根据题意和电路图可知，改装成的电压表量程是6 V，电压表与电阻箱两端电
压相等，有U＋U＝IRx
解得Rx＝10 Ω
根据题图乙可知，此时浓度大约为24%，不在临界范围之内，故不会发生爆炸
危险。
[答案] (1)见解析 (2)D F (3)10 不会
13．(8 分)如图所示，足够高的绝热汽缸竖直放置，汽缸内有一个卡环，卡环到
缸底的距离d＝15 cm，卡环上有一面积为S＝80 cm2、质量为m＝20 kg 的绝热
活塞，将一定质量的理想气体密封在汽缸内，活塞可在汽缸中无摩擦的滑动。
汽缸底部有一阻值为r＝100 Ω 的电热丝，外接电路中定值电阻R＝10 Ω，正弦
交变电压u 的最大值为um＝22√2 V。初始时，开关断开，汽缸内气体的温度为
T1＝300 K，活塞对下方卡环的压力大小为F＝400 N，外界大气压为p0＝
1.0×105 Pa，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求初始时缸内密封气体的压强；
(2)闭合开关，经过t＝200 s 的时间，汽缸内密封气体温度缓慢上升到800 K，若
电热丝产生的热量全部被气体吸收，求气体内能的增量。
[解析] (1)设缸内气体的初始压强为p1，对活塞受力分析有p1S＋F＝mg＋p0S
解得p1＝7.5×104 Pa。
(2)缸内气体的初始体积为V1＝Sd＝1.2×10-3 m3
设活塞刚好要离开卡环时，缸内气体温度为T2，压强为p2＝p0＋mg
S ＝1.25×105
Pa
气体发生等容变化，有
p1
T 1＝
p2
T 2
解得T2＝500 K
继续升温到T3＝800 K，活塞向上移动，气体发生等压变化，则有Sd
T 2 ＝S d
'
T 3
解得d′＝24 cm
整个过程中气体对外做功为W＝p2S(d′－d)＝90 J
电热丝在时间t 内产生热量为Q＝[
um
√2(R+r)]
2
rt＝800 J
由热力学第一定律可知，气体内能的增量为ΔU＝Q－W＝710 J。
[答案] (1)7.5×104 Pa (2)710 J
14．(12 分)(2025·泉州市毕业班检测)利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器
中广泛应用的技术。在图示的xOy 平面(纸面)内，x<x1的区域Ⅰ内存在垂直纸
面向外的匀强磁场，x 轴上方x1<x<x2的区域Ⅱ内存在沿y 轴负方向的匀强电场。
一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，从原点O 处以大小为v0的
速度垂直磁场射入第二象限，方向与x 轴负方向夹角θ＝60°，一段时间后垂直
x＝x1虚线边界进入电场。已知x1＝√3L，x2＝7√3
3 L，区域Ⅱ中电场强度大小E
＝mv0
2
4 qL。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小B；
(2)粒子从原点O 出发到离开电场的总时间t；
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
[解析] (1)粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的轨迹半
径设为R，如图所示。
由几何关系可得R sin θ＝√3L
又qv0B＝m v0
2
R
解得B＝m v0
2qL。
(2)粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°，在磁场中运动时间设为t1，则
t1＝120°
360°T
其中T＝2π R
v0
粒子在电场中做类平抛运动，设该粒子的加速度大小为a，在电场中运动时间
为t2，沿y 轴负方向运动的距离为h，则有
qE＝ma
x2－x1＝v0t2
解得t2＝4√3 L
3 v0
h＝1
2 at2
2
解得h＝2 L
3
由于h<R＋R cos θ＝3L，粒子从电场右边界离开，则总时间t＝t1＋t2
解得t＝4(π +√3) L
3 v0
。
(3)由动能定理得qEh＝1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
解得v＝2√3
3 v0。
[答案] (1)m v0
2qL (2)4(π +√3) L
3 v0
(3)2√3 v0
3
15．(16 分)(2025·广东佛山·期末)如图所示，MN 是一长为L1＝2.0 m 的水平
传送带，以v0＝4 m/s 顺时针匀速转动，传送带左端M 与半径为r＝1.25 m 的1
4
光滑圆轨道相切，右端N 与放在光滑水平桌面上的长木板C 上表面平齐。木板
长为L2＝2.5 m，C 的右端带有挡板，在C 上放有小物块B，开始时B 和C 静止，
B 到挡板的距离为L3＝7
8 m。现将小物块A 从圆弧轨道最高点由静止释放，小
物块A 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.25，A、C 之间及B、C 之间的动摩擦因
数均为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A、B、C 的质量均为m＝1
kg，重力加速度为g＝10 m/s2，所有的碰撞均为弹性正碰。求：
(1)A 通过传送带过程产生的内能；
(2)A 滑上C 后与B 碰撞前，B 与C 间的摩擦力大小；
(3)A 滑上C 后，经多长时间B 与挡板碰撞。
[解析] (1)小物块A 由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理得mgr＝1
2 mv M
2
解得vM＝5 m/s
设经时间t1小物块A 与传送带共速，由动量定理得－μ1mgt1＝mv0－mvM
解得t1＝0.4 s
在时间t1内A、传送带发生的位移分别为x1＝v M + v0
2
·t1＝1.8 m<L，x2＝v0t1＝
1.6 m
小物块A 通过传送带过程产生的内能为Q＝μ1mg(x1－x2)＝0.5 J。
(2)对物块B 和长木板C 整体有μ2mg＝2ma
故物块B 和长木板C 整体加速度为a＝1
2μ2g
对物块B，由牛顿第二定律得f＝ma＝1 N。
(3)设A 滑上C 后经时间t2物块A 与B 碰撞，则v0t2- 1
2 μ2 gt2
2- 1
2 ×(
1
2 μ2 g)t2
2＝
L2－L3
解得t2＝0.5 s
A、B 碰撞前速度分别为v1、v2，且B 与C 相对静止，碰后速度分别为v3、v4，
则v1＝v0－μ2gt2＝3 m/s，v2＝1
2μ2gt2＝0.5 m/s
A 、B 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得mv1 ＋mv2 ＝
m v3+m v4，1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2＝1
2 m v3
2+ 1
2 m v4
2
解得v3＝0.5 m/s，v4＝3 m/s
碰后A 与C 相对静止，设A、B 碰后经时间t3 物块B 与挡板相碰，则有
v4t3- 1
2 μ2 gt3
2-(v2t3+ 1
2 × 1
2 μ2 gt3
2)＝L3
解得t3＝0.5 s
A 滑上C 后，B 与挡板碰撞的时间t＝t2＋t3＝1.0 s。
[答案] (1)0.5 J (2)1 N (3)1.0 s
