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大综合素养卷(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·甘肃兰州·期中) P
15
32 是一种具有放射性的磷的同位素，它能衰变成
为一种稳定的硫的同位素S
16
32 ，同时产生高频电磁波。下列说法正确的是( )
A．P
15
32 比S
16
32 的质量大
B．S
16
32 比P
15
32 的结合能小
C．P
15
32 发生的是α 衰变
D．如果加热含有P
15
32 的物体，将会缩短P
15
32 的半衰期
A [衰变过程有能量放出，有质量亏损，所以P
15
32 比S
16
32 的质量大，故A 正确；
因为衰变放出了一定的能量，产物更加稳定，比结合能更大，所以S
16
32 比P
15
32 的结
合能大，故B 错误；衰变方程为P
15
32
→16
32S＋X，根据质量数守恒和电荷数守恒分
别有32＝32＋a，15＝16＋b，解得X 的质量数、电荷数分别为a＝0，b＝－1，
可得X 为e
-1
0 ，所以P
15
32 发生的是β 衰变，故C 错误；温度并不会影响半衰期，
故D 错误。故选A。]
2．(2025·山东济宁·模拟预测)氢原子的能级图如图1 所示，一群处于n＝4 激
发态的氢原子自发跃迁，用辐射出的光子去照射图2 的阴极K ，只有两种光子
a、b 可以使之发生光电效应。移动滑动变阻器的滑片及调换电源正负极，测得
电流表示数与电压表示数的对应关系如图3 所示。已知阴极金属的逸出功W0＝
11.43 eV，下列说法正确的是( )
A．a 光子是氢原子从n＝4 激发态跃迁到基态辐射出的
B．b 光子的波长比a 光子的波长长
C．光电子的最大初动能之比Eka∶Ekb＝1∶3
D．Uc2∶Uc1＝2∶1
D [已知阴极金属的逸出功W0＝11.43 eV，故只有能量大于等于11.43 eV 的光
子才能使阴极发生光电效应；由题知，一群处于n＝4 激发态的氢原子自发跃迁，
能辐射出C4
2＝6 种频率的光子，根据氢原子能级跃迁公式ΔE＝Em－En，从n＝4
到n＝1 有ΔE41＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，从n＝3 到n＝1 有
ΔE31＝E3－E1＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，从n＝2 到n＝1 有ΔE21＝E2
－E1＝－3.40 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，可知剩余其他三种，即从n＝4 到n＝
3，从n＝4 到n＝2，从n＝3 到n＝2 跃迁辐射出来的光子，能量都小于11.43
eV；而只有两种光子a、b 可以使之发生光电效应，故能使阴极发生光电效应的
是从n＝4 到n＝1 和从n＝3 到n＝1 跃迁辐射出的光子，其中能量较大的是从
n＝4 到n＝1 跃迁辐射出的光子，根据光电效应方程有Ek＝hν－W0，根据动能
定理有－eUc＝0－Ek，联立解得Uc＝hν
e －W 0
e ，可知能量越大的光子照射金属
发生光电效应，对应遏止电压越大，由题图3 可知，b 的遏止电压更大，故b 光
子是氢原子从n＝4 激发态跃迁到基态辐射出的，故A 错误；b 光子是氢原子从
n＝4 激发态跃迁到基态辐射出的，而a 光子是氢原子从n＝3 激发态跃迁到基态
辐射出的，根据氢原子能级跃迁公式ΔE＝Em－En，可知b 光子的能量大于a 光
子的能量；根据E＝hν，可知b 光子的频率大于a 光子的频率；根据c＝λν，可
知b 光子的波长比a 光子的波长短，故B 错误；根据光电效应方程可得Eka＝
12.09 eV－11.43 eV＝0.66 eV，Ekb＝12.75 eV－11.43 eV＝1.32 eV，故光电子的
最大初动能之比Eka∶Ekb＝1∶2，故C 错误；根据动能定理有－eUc＝0－Ek，
解得Uc＝Ek
e ，故Uc2∶Uc1＝Ekb∶Eka＝2∶1，故D 正确。故选D。]
3．(2025·山东烟台·二模)我国近地小行星防御系统能够监测、预警和应对近
地天体的撞击，展现了从被动预警到主动防御的科技跨越。如图所示，近地圆
轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ相切于P 点，椭圆轨道Ⅱ和同步轨道Ⅲ相切于Q 点。现有
防御卫星在轨道Ⅰ处做匀速圆周运动，经变轨后运行到同步轨道Ⅲ的M 点拦截
小行星进行干预，已知地球自转的角速度为ω，防御卫星在轨道Ⅰ和Ⅲ上运行
的角速度为ω1和ω3，卫星在轨道Ⅰ、Ⅲ和轨道Ⅱ上的P 点、Q 点运行的线速度
分别为v1、v3、vP、vQ。下列说法正确的是( )
A．ω＝ω1>ω3
B．vP＝v1>vQ＝v3
C．卫星在轨道Ⅱ上从P 点运动到Q 点过程中，机械能增大
D．卫星在轨道Ⅲ上从Q 点到M 点的运动时间大于在轨道Ⅱ上从P 点到Q 点的
运动时间
D [卫星绕地球做匀速圆周运动，由GMm
r
2
＝mω2r，解得ω＝√
GM
r
3 ，可知同步
轨道的角速度ω3小于近地轨道的角速度ω1，而地球自转的角速度ω 和同步轨
道的角速度ω3相同，综合可知ω1>ω3＝ω，故A 错误；卫星绕地球做匀速圆周
运动，由GMm
r
2
＝mv
2
r ，解得v＝√
GM
r ，可知v1>v3，由于卫星在轨道Ⅰ的P 点
需要点火加速到轨道Ⅱ，则有vP>v1 ，同理在Q 点有v3>vQ ，综合可知
vP>v1>v3>vQ，故B 错误；卫星在轨道Ⅱ上从P 点运动到Q 点过程中，机械能不
变，故C 错误；由题图可知卫星在轨道Ⅲ的轨道半径大于在轨道Ⅱ的半长轴，
根据开普勒第三定律可知卫星在轨道Ⅲ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，
故卫星在轨道Ⅲ上从Q 点到M 点的运动时间大于在轨道Ⅱ上从P 点到Q 点的运
动时间，故D 正确。故选D。]
4．(2025·甘肃白银·三模)一种电子透镜的部分电场分布如图所示，虚线为等
差等势面。电子枪发射的电子仅在静电力作用下的运动轨迹如图中实线所示，
a、b、c 是轨迹上的三个点，取c 点电势为0 V，电子从a 点运动到b 点电势能
变化了10 eV，则( )
A．a 点电势为－15 V
B．电子在b 点的电势能为－5 eV
C．b 点的电场强度比c 点的大
D．电子的运动轨迹与其中的一条电场线重合
B [根据电场线的方向与等势面垂直，可知题图中电场线的方向大体沿左上—
右下方向；电子从a 到c 的过程中向上弯曲，说明电子受到的静电力的方向指
向左上方，则电子从a 到c 的过程中受到的静电力的方向与运动方向之间的夹
角为钝角，静电力做负功，所以电子从a 点运动到b 点电势能增大10 eV，电子
带负电，则b 点的电势比a 点的电势低10 V，结合题图可知相邻两等势面间的
电势差为5 V，取c 点电势为0 V，则a 点的电势为φa＝5 V×3＋0 V＝15 V，故
A 错误。取c 点电势为0 V，相邻两等势面间的电势差为5 V，可知b 处电势为5
V，则电子在b 点的电势能为Ep＝－eφb＝－e×5 V＝－5 eV，故B 正确。根据
等差等势面的疏密表示电场的强弱可知b 点的电场强度小于c 点的电场强度，
故C 错误。电场线的方向与等势面垂直，由题图可知电子运动的轨迹与等势面
不垂直，则电子的运动轨迹不可能与其中的一条电场线重合，故D 错误。故选
B。]
5．(2025·湖北襄阳·三模)某同学找来粗细均匀的圆柱形木棒，下端绕上铁丝，
将其竖直浮在装有水的杯子中，如图所示。竖直向下按压5 cm 后静止释放，木
棒开始在液体中上下振动(不计液体粘滞阻力)，其运动可视为简谐运动，测得
其振动周期为4 s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图所
示。其中A 为振幅。则木棒在振动过程中，下列说法正确的是( )
A．t＝t1时，木棒的重力大于其所受的浮力
B．振动过程中木棒的机械能不守恒
C．开始计时12 s 内木棒所经过的路程是30 cm
D．木棒的位移函数表达式是y＝5sin (5 π t - 5 π
6 ) cm
B [t＝t1时，木棒在最低点，合力向上，木棒的重力小于其所受的浮力，故A
错误；由于木棒振动过程中除重力外浮力做功，振动过程中木棒的机械能不守
恒，故B 正确；振幅A＝5 cm ，由t＝12 s＝3T，开始计时12 s 内木棒所经过的
路程是s＝3×4A＝60 cm ，故C 错误；ω ＝ 2π
T ＝ π
2 rad/s，振动方程为y＝A
sin (ωt +φ)＝5sin (
π
2 t +φ) cm，由t＝0 时y＝－A
2 ，解得φ＝－5 π
6 ，木棒的位
移函数表达式是y＝5sin (
π
2 t - 5 π
6 ) cm，故D 错误。故选B。]
6．(2025·四川德阳·二模)如图所示为四分之一透明介质圆柱体，半径为R，
高为3R，一束光垂直射到圆柱体的ABCD 面上。已知透明介质的折射率为2√3
3 ，
不考虑光在介质内的反射透光，则弧面ABFE 上的透光面积为( )
A．1
3πR2 B．2
3πR2 C．πR2 D．4
3 πR2
C [光线射到圆弧面上，法线是半径所在的直线，因此越靠近CF 边射入的光
线，入射角越小。只有入射角大于临界角才能发生全反射，不能射出，找到临
界光线，入射角即为临界角C，如图所示。临界角满足sin C＝1
n，解得C＝
60°，则弧面ABFE 上的透光面积为S＝60°
360°×2πR×3R＝πR2，故选C。]
7．(2025·安徽芜湖·模拟预测)如图所示，底角为θ＝30°、上表面光滑、底面
粗糙的等腰三角形底座abc 放置在水平粗糙地面上，在b 点固定一竖直杆Ob，
在O 点有一个轻质光滑小滑轮，Q 为ab 上的一点。轻质细线的一端与质量为m
的小滑块P(可视为质点)相连，另一端绕过小滑轮，在拉力F 的作用下，拉着小
滑块P 从a 点缓缓上滑，此过程中底座一直保持静止，拉力F 方向与竖直方向
的夹角始终和OP 绳与竖直方向的夹角相等。已知ab＝bc＝Ob，重力加速度为
g，不计空气阻力。P 从a 滑到Q 的过程中，下列说法正确的是( )
A．P 在a 处时，细线的拉力大小为mg
3
B．地面对底座的摩擦力不断减小
C．底座对地面的压力先减小后增大
D．底座对P 的弹力一直增大
B [对小滑块P 进行受力分析，设拉力F 与竖直方向夹角为α，OP 绳与竖直方
向夹角也为α，如图，在a 处时，根据平衡条件有mg＝2F cos α(因为F 和OP
绳拉力大小相等)，已知θ＝30°，且由几何关系可知在a 处α＝30°，则F＝mg
√3
＝√3mg
3
，故A 错误；对底座和小滑块P 整体进行受力分析，水平方向受到地
面对底座的摩擦力f，设F 与竖直方向夹角为α，则f＝F sin α＝FNsin 30°，在
小滑块P 从a 滑到Q 的过程中，对P 分析，根据矢量三角形的动态分析图可知，
随着P 上滑，F 增大，FN减小，α 减小(因为拉力F 方向与竖直方向的夹角始终
和OP 绳与竖直方向的夹角相等)，则f＝FNsin 30°不断减小，故B 正确，D 错误；
对整体在竖直方向分析，可知地面对底座的支持力N＝(m＋M)g＋F cos α，由
前面分析F 增大，α 减小，所以F cos α 增大，则N 增大，故C 错误。故选B。]
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·浙江宁波·二模)S1、S2为频率相同的简谐波源，接收点P 位于S1、
S2连线上，如图甲所示，S1、S2到P 的距离之差为9 m。t＝0 时S1、S2同时开始
垂直平面向上振动，P 点的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．两列波的波长为2 m
B．两列波的波速为3 m/s
C．S1、S2连线上一共有振动加强点11 个
D．两列波的振幅分别为3 cm 和1 cm
BC [由P 点的振动图像可知，T＝2 s，4 s 末时第一列波传播至P 点，7 s 末第
二列波传播至P 点。时间差Δt＝3 s，距离之差Δs＝9 m，故波速为3 m/s，波长
为6 m，故A 错误，B 正确；第一列波振幅为3 cm，合振动振幅为1 cm，Δs＝9
m 为半波长奇数倍，P 为振动减弱点，故第二列波振幅为2 cm，故D 错误；
S1S2＝33 m，中央加强点在16.5 m 处，因相邻的加强点之间相差λ
2＝3 m，则一
半的距离(
16.5
3
=5.5)有5 个加强点，根据对称性可知S1、S2连线上一共有振动
加强点11 个，故C 正确。故选BC。]
9．(2025·山东威海·三模)如图甲所示，圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度大小为B0，长为L 的导体棒ab 绕固定于圆心的a 端以角速
度ω 顺时针匀速转动；两竖直平行金属导轨MN、PQ 间距为L，上端分别用导
线与圆形金属框和a 端相连，M、P 间接有定值电阻R；长为L 的导体棒cd 与
MN、PQ 垂直且接触良好，cd 始终处于垂直纸面向外的“
”形磁场中，磁
感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。0 时刻cd 棒从磁场的上边界以ωL
2
的速度开始向下匀速运动，t0时刻锁定cd 棒。已知Rab＝Rcd＝R，其他电阻不计，
重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．0～t0通过MP 的电流大小为B0 L
2ω
3 R
B．cd 棒的质量为B0
2 L
3ω
3 gR
C．t0～2t0通过MP 间电阻的电量为B0 L
2ωt0
3 R
D．t0～2t0回路消耗的总功率为2B0
2 L
4ω
2
3 R
AC [0～t0时间内，ab 棒匀速转动，产生的感应电动势为E1＝1
2B0L2ω，cd 棒
匀速下滑，产生的感应电动势为E2＝B0LωL
2 ＝E1，R 总＝R
2 ＋R＝3 R
2 ，由于两
个电源并联，所以通过MP 的电流大小为I1＝
E1
R总
＝B0 L
2ω
3 R
，故A 正确；对cd
棒，根据平衡条件可得B0
I 1
2 L＝mg，所以m＝B0
2 L
3ω
6 gR ，故B 错误；t0时刻锁定
cd 棒，磁场均匀增大，产生的感应电动势为E3＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝
B0
t0
L·ωL
2 t0＝1
2
B0L2ω＝E1，由于两个电源并联，所以通过MP 的电流大小为I2＝
E1
R总
＝B0 L
2ω
3 R
，所以t0～2t0通过MP 间电阻的电量为q＝I2t0＝B0 L
2ωt0
3 R
，故C 正确；t0～2t0回
路消耗的总功率为P＝2(
I 2
2)
2
R+ I 2
2R＝B0
2 L
4ω
2
6 R
，故D 错误。故选AC。]
10．(2024·福建宁德·三模)如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B 用轻质橡
皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t＝0 时，A 以水平向左的初速度v0开始
运动，B 的初速度为0，A、B 运动的v-t 图像如图乙所示。已知A 的质量为
m，t＝2t0时二者速度开始不变，t＝3t0时二者发生碰撞并粘在一起，则( )
A．B 的质量为2m
B．橡皮绳的最大弹性势能为1
6 mv0
2
C．橡皮绳的原长为1
3v0t0
D．橡皮绳的原长为v0t0
AD [由题图乙及动量守恒定律得mv0＝(m+mB)v0
3 ，解得mB＝2m，故A 正确；
由题图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B 的速度分别为vA、vB，由
动量守恒定律及能量守恒定律得mv0＝mvA+2mvB，1
2mv0
2＝1
2mv A
2 +1
2×2mvB
2，解
得vA＝－1
3v0，vB＝2
3v0，橡皮绳的原长L0＝(vB－vA)(3t0－2t0)＝v0t0，故C 错误，
D 正确；由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能Ep＝1
2mv0
2－1
2(m+2m)
(
1
3 v0)
2
＝1
3mv0
2，故B 错误。故选AD。]
三、非选择题：本大题共5 小题，共54 分。
11．(8 分)(2025·云南大理·模拟预测)物理实验小组采用如图甲所示的实验装
置， 验证 “当质量一定时， 物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一
物理规律， 试回答下列问题：
(1)关于该实验的操作，下列说法中正确的是________。
A．必须用天平测出重物的质量
B．必须保证小车的质量远大于重物的质量
C．每次改变小车的质量时，需要重新平衡阻力
D．连接小车和重物的细线要与长木板保持平行
(2)实验中得到的一条纸带如图乙所示，1～5 为选取的连续计数点(两计数点间
还有四个点没有画出)，相邻计数点间的距离如图乙所示。已知打点计时器所用
电源的频率为50 Hz，则小车加速度的大小为________m/s2(结果保留3 位有效数
字)。
(3)某同学做实验时，未把木板的一侧垫高平衡阻力，就继续进行其他实验步骤，
该同学作出的小车加速度a 与弹簧测力计示数F 的图像如图丙所示，图中a1、
F0、F1 已知，则实验中小车受到的阻力大小为________，小车的质量为
________。
[解析] (1)因为有弹簧测力计测量拉力， 则不需要用天平测出重物的质量，选
项A 错误；实验时有弹簧测力计测量拉力，则不需要满足小车质量远大于重物
质量，选项B 错误；每次改变小车的质量时，不需要重新平衡阻力，选项C 错
误；要使细线拉力作为小车所受合外力，需调节滑轮的高度，使细线与长木板
平行，选项D 正确。故选D。
(2)小车的加速度 a＝
x35- x13
(2T )
2 ＝(
(4.76+3.66)-(2.55+1.44)
(2×0.1)
2
×10
-2m/ s
2)
≈1.11 m/s2。
(3)对小车根据牛顿第二定律 2F－f＝Ma
即 a＝2
M F－f
M
由题图像可知 a＝0 时 F＝F0
可得 f＝2F0，k＝2
M ＝
a1
F1- F0
可得M＝
2(F1- F0)
a1
。
[答案] (1)D (2)1.11 (3)2F0
2(F1- F0)
a1
12．(6 分)(2025·天津河西·模拟预测)某实验小组要测量一电池的电动势和内
阻，实验室提供下列器材：
A．电池(电动势约为3 V，内阻约为10 Ω)
B．灵敏电流表G(量程为0～2 mA，内阻Rg＝6.0 Ω)
C．定值电阻R0
D．电阻箱R1(0～999.9 Ω)
E．开关和导线若干
(1)由于灵敏电流表G 的量程较小，不满足实验要求，现要把灵敏电流表的量程
扩大为原来的3 倍，则应使灵敏电流表G 与定值电阻R0____________(选填“串
联”或“并联”)，且定值电阻R0的阻值为________Ω(结果保留两位有效数字)。
(2)如图甲所示，用改装好的电流表A 测量电池的电动势和内阻，改变并记录电
阻箱接入电路中的电阻R1，根据记录的数据，以灵敏电流表G 的示数I 的倒数
为纵坐标，以相应电阻箱接入电路的阻值R1为横坐标，作出如图乙所示的图像，
则电池电动势E＝________V(结果保留三位有效数字)。
[解析] (1)电流表扩大量程需要并联电阻分流，根据欧姆定律有IgRg＝(3Ig－
Ig)R0
解得R0＝3.0 Ω。
(2)根据闭合电路欧姆定律有E＝3IR1＋IRg＋3Ir
变形得1
I ＝3
E ·R1＋Rg+3r
E
可知1
I -R1图像的斜率为k＝3
E＝616-12
600
V-1
解得E≈2.98 V。
[答案] (1)并联 3.0 (2)2.98
13．(12 分)(2025·福建龙岩·二模)如图甲所示，内壁光滑的柱形汽缸内被活塞
封闭了一定质量的理想气体，当封闭气体的温度T0＝300 K 时，封闭气体的体
积V0＝6×10-3 m3。现对汽缸内的气体缓慢加热，当封闭气体的温度上升至T1＝
500 K 时，活塞恰好到达汽缸口，V-T 图线如图乙，该过程中缸内气体吸收的热
量Q＝600 J。已知活塞的质量m＝2 kg，横截面积S＝1×10-2 m2，外界大气压
p0＝1×105 Pa，取g＝10 m/s2。求：
(1)缸内气体的压强p；
(2)活塞到达汽缸口时封闭气体的体积V1；
(3)该过程中封闭气体内能的增量ΔU。
[解析] (1)选活塞为研究对象，有pS＝p0S＋mg
解得缸内气体的压强为p＝1.02×105 Pa。
(2)对汽缸内的气体缓慢加热，封闭气体等压膨胀，由盖-吕萨克定律可得
V 0
T 0
＝
V 1
T 1
解得V1＝1×10-2 m3。
(3)活塞上升的距离h＝V 1-V 0
S
＝0.4 m
外界对气体做功W＝－pSh＝－408 J
对封闭气体由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
可得该过程中封闭气体内能的增量ΔU＝192 J。
[答案] (1)1.02×105 Pa (2)1×10-2 m3
(3)192 J
14．(13 分)(2025·河南开封·二模)如图所示，在第一象限存在正交的匀强电场
和匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直Oxy 坐标平面向里，电场强度大
小E＝v0 B
3 、方向沿y 轴负方向；在第二、三象限内存在半径为R 的圆形匀强磁
场区域，圆心位于O1(－R，0)位置，磁感应强度的大小和方向与第一象限的磁
场相同。一带正电的粒子从圆形磁场边界上的P 点以初速度v0垂直磁场方向射
入圆形匀强磁场区域，恰好从坐标原点O 沿x 轴正方向进入正交的电、磁场区
域。已知P 点到y 轴的距离为3
2R，不计粒子所受重力，求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子在第一象限距x 轴的最大距离；
(3)粒子在第一象限的轨迹与x 轴相切点的横坐标。
[解析] (1)粒子在圆形匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示
设OP 与x 轴负方向的夹角为α，由几何关系有OP＝2R cos α，3
2R＝OP cos α
解得α＝30°，OP＝√3R
由儿何关系可知，粒子做圆周运动的半径r1＝OP＝√3R
根据洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m v0
2
r1
解得q
m＝√3 v0
3 BR 。
(2)将速度v0分解，设分速度v1使粒子受到的洛伦兹力与静电力平衡，即qv1B
＝qE
解得v1＝1
3v0
由左手定则可知，速度v1方向沿x 轴正方向，则有v2＝v0－v1＝2
3v0
方向沿x 轴正方向，故粒子的运动可分解为沿x 轴正方向、速度大小为v1的匀
速直线运动和速度大小为v2的沿逆时针方向的匀速圆周运动，根据洛伦兹力提
供向心力，则有qv2B＝m v2
2
r2
解得r2＝2√3
3 R
粒子在第一象限距x 轴的最大距离ym＝2r2＝4√3
3 R。
(3)粒子在第一象限运动的周期T＝
2π r2
v2
＝2√3 π R
v0
粒子在第一象限的轨迹与x 轴相切点的坐标x＝v1·nT＝2√3
3 nπR(n＝1，2，
3，…)。
[答案] (1)√3 v0
3 BR (2)4√3
3 R
(3)x＝2√3
3 nπR(n＝1，2，3，…)
15．(15 分)(2025·青海西宁·三模)如图所示，倾斜传送带AB 的倾角θ＝30°，
长度L0＝2 m，其顶端B 与长木板上表面齐平，长木板放在光滑的水平面上。在
长木板上放置小物块b，开始长木板和b 都静止，b 离长木板左端的距离L1＝
1.625 m。小物块a 以某一初速度v(未知)从传送带底端A 沿传送带向上运动，然
后沿水平方向滑上长木板。已知小物块a、b 和长木板的质量均为m＝1 kg，小
物块a 与传送带间的动摩擦因数μ1＝2√3
5 ，传送带以v0＝4 m/s 的速度沿顺时针
方向转动，小物块a、b 与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，取重力加速度g＝10
m/s2，小物块a、b 的碰撞为弹性碰撞，传送带和长木板平滑连接，a 经过连接
处时忽略能量损失，小物块a、b 均可视为质点。
(1)若v＝6 m/s，求小物块a 通过传送带时产生的热量Q；(结果可用分数表示)
(2)要使小物块a 滑上长木板时的速度大小为4 m/s，求v 的最小值；(结果可用根
式表示)
(3)若小物块a 以大小为4 m/s 的速度滑上长木板，求小物块a、b 碰撞后瞬间，
a 的速度大小va。
[解析] (1)由于v＝6 m/s>v0＝4 m/s
故a 滑上传送带后开始做减速运动，对a 受力分析，根据牛顿第二定律得mg
sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1
解得a1＝11 m/s2
a 与传送带达到共同速度后，由于mg sin θ<μmg cos θ
可知滑块随传送带一起匀速向上运动，设a 减速运动的位移为x1，由运动学公
式有v0
2－v2＝－2a1x1
传送带的位移x2＝v0·
v - v0
a1
产生的热量Q＝μ1mg(x1- x2)cos θ
解得Q＝12
11 J。
(2)当v 取最小值时，a 从斜面底端一直加速到斜面顶端时速度恰好达4 m/s
对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
μ1mg cos θ－mg sin θ＝ma2
解得a2＝1 m/s2
由运动学公式有v0
2- vmin
2
2L0
解得vmin＝2√3 m/s。
(3)设a 滑上长木板后经t 时间与b 发生碰撞，a 的加速度大小a3＝μ2g
b 与长木板一起运动的加速度大小a4＝1
2μ2g
由运动学公式可得v0t - 1
2 a3t
2- 1
2 a4t
2＝L1
解得t＝0.5 s
设a 与b 碰撞前速度大小分别是v2与v3，则有v2＝v0－a3t＝3 m/s，v3＝a4t＝0.5
m/s
由于a 与b 碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒，则有mv2＋mv3＝mva＋mvb
根据能量守恒，则有1
2 mv2
2+ 1
2 mv3
2＝1
2 mva
2+ 1
2 mvb
2
解得va＝0.5 m/s
因此a 的速度大小为0.5 m/s。
[答案] (1)12
11 J (2)2√3 m/s (3)0.5 m/s
