福建省泉州市达标名校2018年高考三月仿真备考物理试题含解析

福建省泉州市达标名校2018年高考三月仿真备考物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区城，在下落过程中BC 边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A ．导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向
B ．导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同
C ．导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动
D ．导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动
2．2019年4月20日22时41分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第四十四颗北斗导航卫星。

它是北斗三号系统首颗倾斜地球同步轨道卫星，经过一系列在轨测试后，该卫星将与此前发射的18颗中圆地球轨道卫星和1颗地球同步轨道卫星进行组网。

已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的1n
，中圆地球轨道卫星轨道半径为地球半径的k 倍，地球表面的重力加速度为g ，地球的自转周期为T ，则中圆地球轨道卫星在轨运行的（ ）
A ．周期为
T n
B ．周期为2T n
C ．向心加速度大小为
2
g k D ．向心加速度大小为g k 3．生活科技上处处存在静电现象，有些是静电的应用，有些是要防止静电；下列关于静电防止与应用说法正确的是（ ）
A ．印染厂应保持空气干燥，避免静电积累带来的潜在危害
B ．静电复印机的工作过程实际上和静电完全无关
C ．在地毯中夹杂0.05~0.07mm 的不锈钢丝导电纤维，是防止静电危害
D ．小汽车的顶部露出一根小金属杆类同避雷针，是防止静电危害
4．如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳和轻弹簧均处于水平且自然伸直状态，将两球分别由静止开始释放，当两球达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则（）
A．两球到达各自悬点的正下方时，两球损失的机械能相等
B．两球到达各自悬点的正下方时，A球速度较小
C．两球到达各自悬点的正下方时，重力对A球做的功比B球多
D．两球到达各自悬点的正下方时，A球的动能大于B球的动能
5．如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）
A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大
B．小灯泡L变亮
C．电容器C上电荷量减少
D．电源的总功率变大
6．如图(a)，R为电阻箱，A为理想电流表，电源的电动势为E，内阻为r。

图(b)为电源的输出功率P与A 示数I的关系图像，其中功率P0分别对应电流I1、I2。

则
A．I1＋I2＞E
r
B．I1＋I2＜
E
r
C．I1＋I2＝
E
r
D．I1＝I2＝
E
r
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2，根据图乙中所提供的信息不能计算出
A．物体的质量
B．斜面的倾角
C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力
D．加速度为6 m/s2时物体的速度
8．下列说法符合物理史实的有（）
A．奥斯特发现了电流的磁效应B．库仑应用扭秤实验精确测定了元电荷e的值
C．安培首先提出了电场的观点D．法拉第发现了电磁感应的规律
9．如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈（线圈电阻不计）绕垂直于磁感线的轴以角速度ω匀速转动，线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连，副线圈接一滑动变阻器R，原、副线圈匝数分别为n1、n2。

要使电流表的示数变为原来的2倍，下列措施可行的是
A．n2增大为原来的2倍，ω、R不变
B．ω增大为原来的2倍，n2、R不变
C．ω和R都增大为原来的2倍，n2不变
D．n2和R都增大为原来的2倍，ω不变
10．如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（）
A ．在过程ab 中气体的内能增加
B ．在过程ca 中外界对气体做功
C ．在过程ab 中气体对外界做功
D ．在过程bc 中气体从外界吸收热量
E.在过程ca 中气体从外界吸收热量
11．我国研发的磁悬浮高速实验样车在2019年5月23日正式下线，在全速运行的情况下，该样车的时速达到600千米。

超导体的抗磁作用使样车向上浮起，电磁驱动原理如图所示，在水平面上相距l 的两根平行导轨间，有垂直水平面前等距离分布的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，每个磁场的宽度都是l ，相间排列。

固定在样车下方宽为l 、阻值为R 的导体线框abcd 悬浮在导轨上方，样车运行过程中所受阻力恒为f ，当磁场以速度v 0向右匀速运动时，下列说法正确的是（ ）
A ．样车速度为零时，受到的电磁驱动力大小为2204
B l v R
B ．样车速度为零时，线圈的电热功率为22202B l v R
C ．样车匀速运动时，克服阻力做功的功率为2
0224Rf fv B l
- D ．样车匀速运动时，速度大小为0222Rf v B l
- 12．一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B ，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B ＝0.5 T ，导体棒ab 、cd 长度均为0.2 m ，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N ，现用力向上拉动导体棒ab ，使之匀速上升(导体棒ab 、cd 与导轨接触良好)，此时cd 静止不动，则ab 上升时，下列说法正确的是( )
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。

弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。

在桌面上画出两条平行线MN 、PQ，并测出间距d。

开始时让木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。

再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到P Q处的时间t。

则：
(1)木板的加速度可以用d、t表示为a＝_______ 。

(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系。

下列图像能表示该同学实验结果的是________ 。

(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是_______。

A．可以改变滑动摩擦力的大小
B．可以更方便地获取多组实验数据
C．可以比较精确地测出滑动摩擦力的大小
D．可以获得更大的加速度以提高实验精度
14．某实验小组在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验中，设计了如图甲所示的实验装置图。

(1)安装时一定要让刻度尺跟弹簧都处于同一______面内。

(2)如果需要测量弹簧的原长，则正确的操作是_____。

（填序号）
A．先测量原长，后竖直悬挂B．先竖直悬挂，后测量原长
(3)在测量过程中每增加一个钩码记录一个长度，然后在坐标系（横轴代表弹簧的长度，纵轴代表弹力大小）中画出了如图乙所示的两条图线，_____（填a b 、弹簧序号）弹簧的劲度系数大，_____（填a b 、弹簧序号）弹簧的原长较长。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一根劲度系数为3N/cm k =的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为03kg m =的物体A 和B （均视为质点），物体B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量2kg m =的小球P 从物体A 正上方距其高度5m h =处由静止自由下落。

与物体A 发生弹性正碰（碰撞时间极短且只碰一次），弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，取210m/s g =。

求：
(1)碰撞后瞬间物体A 的速度大小；
(2)当地面对物体B 的弹力恰好为零时，A 物体的速度大小。

16．如图所示，在xOy 平面的第一、第四象限有方向垂直于纸面向里的匀强磁场；在第二象限有一匀强电场，电场强度的方向沿y 轴负方向。

原点O 处有一粒子源，可在xOy 平面内向y 轴右侧各个方向连续发射大量速度大小在00~v 之间，质量为m ，电荷量为q +的同种粒子。

在y 轴正半轴垂直于xOy 平面放
置着一块足够长的薄板，薄板上有粒子轰击的区域的长度为0L 。

已知电场强度的大小为200
94mv E qL =，不考虑粒子间的相互作用，不计粒子的重力。

(1)求匀强磁场磁感应强度的大小B ；
(2)在薄板上02
L y =处开一个小孔，粒子源发射的部分粒子穿过小孔进入左侧电场区域，求粒子经过x 轴
负半轴的最远点的横坐标；
(3)若仅向第四象限各个方向发射粒子：0t =时，粒子初速度为0v ，随着时间推移，发射的粒子初速度逐渐减小，变为02
v 时，就不再发射。

不考虑粒子之间可能的碰撞，若穿过薄板上02L y =处的小孔进入电场的粒子排列成一条与y 轴平行的线段，求t 时刻从粒子源发射的粒子初速度大小()v t 的表达式。

17．如图所示，光滑、足够长的两水平面中间平滑对接有一等高的水平传送带，质量m=0.9kg 的小滑块A 和质量M=4kg 的小滑块B 静止在水平面上，小滑块B 的左侧固定有一轻质弹簧，且处于原长。

传送带始终以v=1m/s 的速率顺时针转动。

现用质量m 0=100g 的子弹以速度v 0=40m/s 瞬间射入小滑块A ，并留在小滑块A 内，两者一起向右运动滑上传送带。

已知小滑块A 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两端的距离l=3.5m ，两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s 2。

求：
(1)小滑块A 滑上传送带左端时的速度大小
(2)小滑块A 在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能
(3)小滑块A 第二次离开传送带时的速度大小
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
【分析】
【详解】
A.导体框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为顺时针方向，故A 错误；
B.导体框进、出磁场过程，磁通量变化相同，由感应电量公式
q n R
∆=Φ 则通过导体框横截面的电荷量大小相同，故B 错误；
C.导体框进入磁场的过程中因为导体框的加速度
22
B L v mg R a m
-=有效 其中L 有效是变化的，所以导体框的加速度一直在变化，故C 错误；
D.导体框出磁场的过程中因为导体框的加速度
22
B L v mg R a m
-=有效 其中L 有效是变化的，则mg 与22
B L v R
有效大小关系不确定，而L 有效在变大，所以a 可能先变小再反向变大，故D 正确。

2．C
【解析】
【详解】
AB ．中圆地球轨道卫星和同步卫星均绕地球做匀速圆周运动，已知中圆地球轨道卫星的轨道半径是地球同步轨道卫星的半径的
1n
，地球的自转周期为T ，根据开普勒第三定律可知： 2
332r T T r =同步中圆中圆同步
解得
T 中圆故AB 错误；
CD ．物体在地球表面受到的重力等于万有引力，有
2
Mm G mg R = 中圆轨道卫星有
'
'2()
GMm m a kR =
解得
21a g k
故C 正确，D 错误。

故选C 。

3．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.印刷车间中，纸张间摩擦产生大量静电，所以印刷车间中保持适当的湿度，及时把静电导走，避免静电造成的危害，故A 错误；
B.静电复印机是利用静电工作的，与静电有关，故B 错误；
C.不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免发生静电危害，属于防止静电危害，故C 正确；
D.小汽车的顶部露出的一根小金属杆是天线，接受无线电信号用，不属于防止静电危害，故D 错误。

故选C 。

4．D
【解析】
【详解】
A ．A 球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，
B 球运动过程中，B 球机械能转化为弹簧的弹簧势能，故A 错误；
BD ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A 、B 两球重力势能减少量相同。

球A 的重力势能全部转化为动能，球B 的重力势能转化为动能和弹簧的弹性势能，所以两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大，速度较大，故B 错误，D 正确；
C ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，可知在整个过程中，A 、B 两球重力势能减少量相同，即重力做功相同，故C 错误。

故选D 。

5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A 、
B 闭合开关S 后，将滑动变阻器滑片P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I 减小，则小灯泡L 变暗，电流表A 的示数变小．电压表的示数U=E ﹣I （R L +r ），
I 减小，其他量不变，则U 增大，即电压表V 的示数变大．故A 正确，B 错误．
C 、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U 增大，由Q=CU ，知电容器C 上的电荷量增大．故C 错误．
D 、电源的总功率P=EI ，I 减小，则电源的总功率变小．故D 错误．
故选A
6．C
【解析】
【详解】
电源的输出功率：
P=EI−I 2r
则：
221122EI I r EI I r -=-
整理得：
12E I I r +=
A. I 1＋I 2＞E r。

与上述结论不符，故A 错误； B. I 1＋I 2＜E r。

与上述结论不符，故B 错误； C. I 1＋I 2＝E r。

与上述结论相符，故C 正确； D. I 1＝I 2＝E r 。

与上述结论不符，故D 错误。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．ABC
【解析】
【详解】
AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x 方向：
cos sin F mg ma θθ-=
y 方向：
sin cos 0N F G θθ--=
从图象中取两个点（20N ，2m/s 2）、（30N ，6m/s 2）代入各式解得：
=2kg m
=37θ︒
故A 正确，B 正确；
C.物体能静止在斜面上，当F 沿斜面向上时所施加的外力最小：
min sin 20sin 37N 12N F mg θ==︒=g
故C 正确；
D.题中并未说明推力随时间的变化关系，故无法求出加速度为6m/s 2时物体的速度大小。

故D 错误。

8．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．奥斯特发现了电流的磁效应，故A 正确，符合题意；
B ．密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 电荷量，故B 错误，不符合题意；
C ．法拉第首先提出用电场线描述电场，故C 错误，不符合题意；
D ．1831年，法拉第发现了电磁感应现象，并总结出电磁感应的规律：法拉第电磁感应定律，故D 正确，符合题意。

故选AD 。

9．BD
【解析】
【详解】
线圈转动产生的电压有效值为：
1U U == 根据理想变压器的规律：
1122
U n U n = 1221
I n I n = 根据欧姆定律：
22U I R
= 联立方程解得：22212
111n U n I n R n ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ω增大为原来的2倍，n 2、R 不变、n 2和R 都增大为原来的2倍，ω不变均可电流表的示数变为原来的2倍，BD 正确，AC 错误。

故选BD 。

10．ABD
【解析】
【详解】
A ．从a 到b 等容升压，根据pV C T
=可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A 正确；
B ．在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B 正确；
C ．在过程ab 中气体体积不变，根据W p V =∆可知，气体对外界做功为零，C 错误；
D ．在过程bc 中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律U W Q ∆=+可知，气体从外界吸收热量，D 正确；
E ．在过程ca 中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据
pV C T =可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E 错误．
11．AC
【解析】
【详解】
A ．当磁场以速度v 0向右匀速运动且样车速度为零时，线框前、后边切割磁感线产生的总感应电动势 02E Blv =
由闭合电路欧婿定律可知，线框中的感应电流
E I R
= 样车受到的安培力即电磁驱动力
2F BIl =
联立解得
2204B l v F R
= 选项A 正确；
B ．样车速度为零时，线圈的电热功率
22222
04B l v E P I R R R === 选项B 错误；
CD ．设样车匀速运动的速度为当样车以速度v 匀速运动时，线框前后边切割磁感线的速度为v 0-v ，产生的总感应电动势
0=2()E Bl v v '-
由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流
E I R
'=' 样车受到的安培力即电磁驱动力
2F BI l ''=
由平衡条件有
F f '=
联立解得
0224fR v v B l
=- 克服阻力做功的功率
20224f f R P fv fv B l
==- 选项D 错误，C 正确。

故选AC 。

12．BC
【解析】
【详解】
A. 导体棒ab 匀速上升，受力平衡，cd 棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得ab 棒受到的推力：
20.2N F mg ==
故A 错误；
B. 对cd 棒，受到向下的重力mg 和向上的安培力F 安，由平衡条件得：
F 安BIL mg ==
2BLv I R
= 联立解得：
2222220.10.1m/s 2m/s 0.50.2
mgR v B L ⨯⨯===⨯ 故B 正确；
C. 在2s 内，电路产生的电能：
222
0.50.222J 0.4(J 2220).)(1
E BLv Q t t R R ⨯⨯===⨯=⨯ 则在2s 内，拉力做功，有0.4J 的机械能转化为电能，故C 正确；
D. 在2s 内拉力做的功为：
0.222J 0.8J W Fvt ==⨯⨯=
故D 错误。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．22d t
C BC 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]木板做初速度为零的匀加速直线运动，根据2012
x v t at =+得 212
d at = 解得 22d a t
= 即木板的加速度为
22d t 。

(2)[2]AB ．由于摩擦力的存在，所以当10F F >时，木板才产生加速度，即图线不过原点，与横轴有交点，AB 错误；
CD ．据题意，木板受到的滑动摩擦力为0
F ，对木板和矿泉水瓶组成的系统根据牛顿第二定律应有 ()10F F M m a -=+
联立解得
011F a F m M m M
=-++ 其中m 为矿泉水瓶的质量，M 为木板的质量根据函数斜率和截距的概念可知，当m M =时，
1m M +近似不变，即图像的斜率不变，当矿泉水的质量逐渐增大到一定量后
1m M
+变小，即图像向下弯曲，C 正确D 错误。

故选C 。

(3)[3]A ．木板与桌面间的正压力以及动摩擦因数不变，所以加水的方法不改变滑动摩擦力的大小，A 错误；
BC ．缓慢向瓶中加水，拉力是连续增大，而挂钩码时拉力不是连续增大的，所以可以更方便地获取多组实验数据，比较精确地测出摩擦力的大小，BC 正确；
D ．由于加速度越大需要水的质量越大，而水的质量越大时图象的斜率越小，实验的精确度会越小，D 错误。

故选BC 。

14．竖直 B a b
【解析】
【详解】
(1)[1]．安装时一定要让刻度尺跟弹簧都处于同一竖直面内。

(2)[2]．为了减小由弹簧自重而产生的弹簧伸长对实验造成的误差，实验中应该先将弹簧安装好，竖直悬挂后再测量原长。

故选B 。

(3)[3][4]．题图乙中斜率表示弹簧的劲度系数，所以a 弹簧的劲度系数大；横轴上的截距表示弹簧的原长，所以b 弹簧的原长长。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)8m/s ；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设碰撞前瞬间小球P 的速度为0v ，碰撞后瞬间小球P 的速度为1v ，物体A 的速度为2v ，
小球P 自由下落，由动能定理可得
2012
mgh mv =
解得 010m/s v =
小球P 与物体A 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
0102mv mv m v =+
2220102111222
mv mv m v =+ 解得
12m/s v =-
28m/s v =
故碰撞后瞬间物体A 的速度大小是8m/s.
(2)设开始A 静止时弹簧的压缩量为1x
对A 有
01m g kx =
10.1m x =
当地面对物体B 的弹力恰好为零时，弹簧的伸长量为2x
对B 有
02m g kx =
20.1m x =
可见12x x =，故两个状态弹簧的弹性势能相等；
从P 与A 碰撞后瞬间到地面对B 的弹力恰好为零的过程，由系统机械能守恒得
()2202030121122
m v m v m g x x =++ 解得此时A 的速度大小为
3v =
16． (1)002mv B qL =；
(2)03x L =-；(3)000π2sin()6v v v t L =+或者000
()π2sin()6v v t v t L =+ 【解析】
【详解】
(1)速度为0v 的粒子沿x 轴正向发射，打在薄板的最远处，其在磁场中运动的半径为0r ，由牛顿第二定律
2000
mv qv B r =① 002
L r =② 联立，解得
00
2mv B qL =③ (2)如图a 所示
速度为v 的粒子与y 轴正向成α角射出，恰好穿过小孔，在磁场中运动时，由牛顿第二定律
2
mv qvB r
=④ 而
04sin L r α
=⑤ 粒子沿x 轴方向的分速度
sin x v v α=⑥
联立，解得
02
x v v =⑦ 说明能进入电场的粒子具有相同的沿x 轴方向的分速度。

当粒子以速度为0v 从O 点射入，可以到达x 轴负半轴的最远处。

粒子进入电场时，沿y 轴方向的初速度为y v ，有
22003y x v v v =-=⑧ 20122y L qE v t t m
-=-⑨ 最远处的横坐标
x x v t =-⑩
联立，解得
033
x L =- (3)要使粒子排成一排，粒子必须在同一时刻进入电场。

粒子在磁场在运动轨迹如图b 所示
周期相同，均为
00
π2πL m T Bq v =
= 又 00
2sin 2v v v v
α== 粒子在磁场中的运动时间
2π22π
t T α-'= 以0v 进入磁场的粒子，运动时间最长，满足π6α=
，其在磁场中运动时间 m 56
t T = 以不同速度射入的粒子，要同时到达小孔，有
m t t t '+=
联立，解得
000π2sin()6v v v t L =+或者000
()π2sin()6v v t v t L =+
17．（1）4 m/s （2）3.6 J （3）1.0m/s
【解析】
【详解】
(1)子弹打人小滑块A 的过程中，动量守恒
()0001m v m m v =+
解得
v 1=4 m/s
(2)小滑块A 从传送带的左端滑到右端的过程中，根据动能定理有
()()()00021221122
m m gl m m v m m v μ-+=
+-+ 代人数据解得
v 2=3 m/s 因为v 2>v ，所以小滑块A 在第一次到达传送带右端时速度大小为3m/s ，小滑块A 第一次压编弹簧的过程中，当小滑块A 和B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有
()()0203+=++m m v m m M v
代人数据解得
v 3=0.6m/s
根据能量守恒定律得
()(22pm c 2c 311)22
E m m v m m M v =+-++ 代人数据解得
E pm =3.6 J
(3)从小滑块A 开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有
()()02043+=++m m v m m v Mv
()()22202043111222
+=++m m v m m v Mv 解得
v 4=-1.8 m/s
v 3=1.2 m/s
设小滑块A 又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L ，则根据动能定理有
()()2004102
μ-+=-
+m m gL m m v 解得
L=1.62m 由于L<l ，小滑块A 滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A 与传送带共速时向右滑动的距离为s ，则根据运动学公式得
220μ=-gs v
解得
s=0.5m
由于s<L ，则小滑块A 第二次从传送带离开时的速度大小为1.0m/s 。

且从传送带右端离开.。