山东省日照市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题(2)含解析

山东省日照市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题（2）
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
1．一列简谐横波沿x轴正向传播，某时刻的波形如图所示。

在波继续传播一个波长的时间内，下列图中能正确描述x＝2m处的质点受到的回复力与其位移的关系的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
简谐横波对应的质点，回复力大小与位移大小成正比，回复力方向与位移方向相反。

故A项正确，BCD 三项错误。

2．如图是在两个不同介质中传播的两列波的波形图．图中的实线分别表示横波甲和横波乙在t时刻的波形图，经过1．5s后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示．已知两列波的周期均大于1．3s，则下列说法中正确的是
A．波甲的速度可能大于波乙的速度B．波甲的波长可能大于波乙的波长
C．波甲的周期一定等于波乙的周期D．波甲的频率一定小于波乙的频率
【答案】A 【解析】【分析】【详解】
AC．经过1.5s后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示，且周期均大于1.3s，则根据
1
0.5s
2
NT T
+=，可知，两波的周期分别可能为1s和
1
s
3
，则根据波速度v
T
λ
=，可知，若甲的周期为
1
s
3
，而乙的周期为1s，则甲的速度大于乙的速度，故A正确，C错误；
B．由图可知，横波甲的波长为4m，乙的波长为6m，故说明甲波的波长比乙波的短，故B错误；
D．若甲的周期为1s而乙的周期为
1
s
3
，则由
1
f
T
=可知，甲的频率大于乙的频率，故D错误。

故选A。

3．一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R．在a、b间输入电压为U l的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中
A．U2有可能大于U l B．U1、U2均增大
C．U l不变、U2增大D．a、b间输入功率不变
【答案】C
【解析】
A、根据变压器的电压关系有11
22
U n
U n
=，由于n
2＜n1，所以U2＜U1，故A错误．B、C、当滑动触头M顺
时针转动时，即n2减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压2
21
1
n
U U
n
=应该减小即降低，B错误、C正确．D、因负载不变，故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D错误．故选A．
【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可．
4．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机的功率为P，司机为合理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开始，汽车的速度v与时间t的关系如图所示，则在0～t1时间内下列说法正确的是
A ．汽车的牵引力不断减小
B ．t=0时，汽车的加速度大小为0P mv
C ．汽车行驶的位移为3010328v t mv P +
D ．阻力所做的功为210328
P t mv - 【答案】C
【解析】
【详解】
A ．减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fv 可知，牵引力增大，故A 错误；
B ．汽车以速度v 0匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有：F=f ，发动机的功率为P ，由
P=Fv 0=fv 0
得阻力
P f v = t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则
00
22P
P F v v =＝ 根据牛顿第二定律得：
2F f P a m mv -=-＝ 故大小为0
2P mv ，故B 错误。

CD ．根据动能定理得：
()210200.5051122
.f Pt W m v v m +=- 解得阻力做功为
201382
f P W mv t =-- 设汽车通过的位移为x ，由W f =-fx ，解得
3
010
3
28
v t mv
x
P
=+
故C正确，D错误。

故选C。

5．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，当原线圈两端输入如图所示(图示中的图线为正弦曲线的正值部分)的电压时，副线圈的输出电压为（）
A．222V B．22 V C．112V D．11 V
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由公式
11
22
n U
n U
=
其中
12
U=V
解得
2
112
U=V
故ABD错误，C正确。

故选C。

6．一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其
x
t
－t的图象如图所示，则
A．质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2
C ．质点在1 s 末速度为1.5 m/s
D ．质点在第1 s 内的平均速度0.75 m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得0.50.5x v t t
==+，既()000.50.52
v v at v t ++==+，可得：v 0=0.5m/s ，a=1m/s 2，故AB 错误；质点在1 s 末速度为v=v 0+at=1.5m/s ，故C 正确；质点在第1 s 内的平均速度0.50.51m/s 1m/s v =+⨯=，故D 错误。

故选C 。

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．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A 错误；
B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②
联立可得：
3 00
233
510300
m/s2m/s
510245100.5
m v
v
m m M
-
--
⨯⨯
=
++⨯+⨯+
＝＝
所以子弹的末动量：
p＝m0v2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s．
故B正确；
C．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I＝△p＝p−p0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s＝1.49kg·m/s=1.49N·s．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49N·s．故C错误；
D．对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1）……③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间
211s
v v
t
g
μ
-
=
-
＝．
故D正确．
8．一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V—T图像如图所示，p a、p b、p c分别表示a、b、c的压强，下列判断正确的是（）
A．状态a、b、c的压强满足p c=p b=3p a
B．过程a到b中气体内能增大
C．过程b到c中气体吸收热量
D．过程b到c中每一分子的速率都减小
E.过程c到a中气体吸收的热量等于对外做的功
【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
A．设a状态的压强为p a，则由理想气体的状态方程可知
00
3a b p p T T = 所以
p b =3p a
同理
00 3a c V p p V =⋅⋅
得
p c =3p a
所以
p c =p b =3p a
故A 正确；
B ．过程a 到b 中温度升高，内能增大，故B 正确；
C ．过程b 到c 温度降低，内能减小，即∆U<0，体积减小，外界对气体做功，W>0，则由热力学第一定律可知，Q<0，即气体应该放出热量，故C 错误；
D ．温度是分子的平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；
E ．由图可知过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确。

故选ABE 。

9．下列说法正确的是 。

A ．物体的摄氏温度变化了1℃，其热力学温度变化了1K
B ．气体放出热量时，其分子的平均动能一定减小
C ．气体之所以能充满整个空间，是因为气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱
D ．如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关
E.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）向外界释放热量，而外界对其做功
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由热力学温度与摄氏温度的关系：T=t+273，可知摄氏温度变化1℃，热力学温度变化1K ，故A 正确；
B ．气体放出热量时，若外界对气体做功，则气体的温度也可能升高，其分子的平均动能增加，选项B 错误；
C．无论是气体，液体还是固体，其分子间都存在间距，但气体的间距最大，由于分子间存在较大的间距，气体分子间相互作用的引力和斥力十分微弱，气体分子可以在空间自由运动，所以气体能充满整个空间，C正确；
D．气体的内能除分子势能、分子平均动能有关外，还与气体的质量有关。

对于气体分子间作用力可以忽略时，气体的内能只由温度和质量决定。

分子越多，总的能量越大，所以D错误；
E．不计分子势能时，气体温度降低，则内能减小，向外界释放热量；薄塑料瓶变扁，气体体积减小，外界对其做功，故E正确。

故选ACE。

10．跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。

如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v t 图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则（）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A正确；
B．由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；
C．由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误；
D．当竖直方向速度大小为v1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度，根据
mg－f=ma
可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。

故选ABD 。

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
022
4Rf fv B l - D ．样车匀速运动时，速度大小为0222Rf v B l -
【答案】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
2222204B 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．如图所示，用粗细均匀、总电阻为r 的导线围成一个边长为L 的等边三角形闭合线框，线框以速度v 匀速穿过一个水平方向宽度为2L ，竖直方向足够长的磁场区域，该磁场的磁感应强度为B 。

线框在匀速穿过磁场区域过程中BC 边始终与磁场边界（图中虚线所示）平行，则下列说法正确的是（ ）
A ．导线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势为E BLv =
B (43)L -
C ．导线框BC 边刚进入和刚离开磁场时BC 两间的电势差相等
D ．导线框从BC 边进入磁场的水平距离为L 时刻开始到导线框完全离开磁场过程中通过线框的电荷量为
24q BL r
= 【答案】BD
【解析】
【详解】
A.根据法拉第电磁感应定律，线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势：
E t
∆Φ=∆， 而：
212B S B L L BL ∆Φ=⋅∆=⋅=，
2L t v ∆==， 解得
12
E BLv =， 故A 错误；
B.导线框完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流，不受安培力作用的时间为：
22L s t v v === 故B 正确；
C.线框BC 边刚进入磁场时BC 两端的电势差为：
2333
BC r BLv r U BLv I BLv BLv r =-⨯=-⨯=， 线框BC 边刚离开时，BC 两端的电势差为：
221333
BC BLv U BLv I r BLv r BLv r '=-⨯=-⨯=， 故C 错误；
D.导线框BC 边进入磁场的水平距离为L 时线框已经完全进入磁场，由：
2q I t t r t r ∆Φ∆Φ=⋅∆=⋅∆==⋅∆， 故D 正确。

故选：BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．测定一个额定电压U L=2.5V，额定电流约为0.3~0.4A的小灯泡L在正常工作时的阻值。

供选择的器材有：
A．电流表A1（量程0.6A，内阻r1约为0.5Ω）
B．电流表A2（量程30mA，内阻r2=30Ω）
C．电流表A3（量程60mA，内阻r3约为20Ω）
D．电压表V（量程15V，内阻r4约为15kΩ）
E.定值电阻R0=70Ω
F.滑动变阻器R1：0~5Ω，额定电流1A
G.滑动变阻器R2：0~1kΩ，额定电流0.2A
H.电源E：电动势为4.5V，内阻不计
I.开关S及导线若干
(1)测量时要求电表示数超过其量程的一半，需选用的实验器材是________和H、I（选填器材前对应的字母序号）。

(2)请在虚线框内画出合适的电路图（图中需标明所选器材的符号）。

（______）
(3)为保证小灯泡L正常工作，测量时要让其中哪一个电表的示数调到多少？________。

(4)测得小灯泡L在正常工作时的阻值R L=________（用实际所测物理量表示），并说明公式中各符号（题中已知的除外）的物理意义________。

【答案】ABEF 电流表A2的示数为25mA
()
202
12
I R r
I I
+
-
I1为电
流表A1的示数，I2为电流表A2的示数且为25mA
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]测量时要求电表示数超过其量程的一半，额定电压U L=2.5V，则电压表量程太大不能选，可考虑电流表A2与定值电阻R0串联改装成一个电压表，即
33010A 30
Ω30Ω30Ω
70Ω
U -
⨯⨯=+ 改装电压表的量程为V 3V U =；电流表A 1可用于测电流；根据欧姆定律估算小灯泡L 在正常工作时的阻值为6~8Ω，滑动变阻器R 2阻值太大，不适合做限流电阻，滑动变阻器R 1小于灯泡正常工作时电阻，宜采用分压电路，所以选择阻值较小，额定电流较大的1R 以分压方式接入电路，采用外接法可以消除系统误差。

故选ABEF 。

(2)[2]根据上述分析画出电路图：。

(3)[3]小灯泡的额定电压为2.5V ，则
22.5V=(30Ω70Ω)I +
解得
225mA I =
所以调节R 1将电流表A 2的示数调到25mA 。

(4)[4]根据欧姆定律
()202L 12
I R r U R I I I +==- [5]式中I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数且为25mA 。

14．在测金属丝的电阻率的实验中，用两节干电池作为电源，正确的电路连接如图所示。

(1)请在图的框中画出相应的电路图________。

(2)闭合开关，发现电压表的示数为0，须检查电路故障。

针对以下检查过程中的相关步骤，回答问题。

保持原电路结构且闭合开关，用已调试好的多用电表的直流电压10V 挡进行检测，将________（选填“红”或“黑”）表笔接触P 点的接线柱，再将________（选填“红”或“黑”）表笔接触电路中N 点的接线柱。

表盘示数如图所示，其读数为________V 。

保持P 点表笔接触位置不变，再将另一表笔分别接触电路中M 、Q 点的接线柱，电压值几乎不变。

由此初步判定电路故障可能是________________。

【答案】 黑 红 2.5 ②号导线断路或③号导线断路
【解析】
【详解】
(1)[1]电路图如图所示。

(2)[2][3]使用多用电表时，电流要从红表笔流入、黑表笔流出。

电路中的P 点为电源负极，此处应连接多用电表的黑表笔，则另一端连接红表笔。

[4]多用电表为直流电压10V 挡，其最小有效刻度为0.2V ，经估读后电压值为2.5V 。

[5]黑表笔接触P 点，红表笔分别探测电路中N 、M 、Q 点，电压值几乎不变且始终小于电源电动势，初步判定导线①④⑤⑥⑦正常。

电路故障可能是②号导线断路或③号导线断路。

（其他合理说法均对）
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示是个游乐场地，半径为 1.8m R =的光滑四分之一圆弧轨道OP 与长度为13m L =的水平传送带PQ 平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4m/s ，传送带Q 端靠近倾角为30°的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧（图中未画出）平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的15和312。

某少年踩着滑板a 从O 点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P 点时立即向前跳出。

该少年离开滑板a 后，滑板a 以3m/s 的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b 上，然后一起向前运动，此时滑板b 与P 点的距离为3m 。

已知少年的质量是滑板质量的9倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度210m/s g =，求：
(1)少年跳离滑板A 时的速度大小；
(2)少年与滑板b 到达传送带最右侧Q 端的速度大小；
(3)少年落到滑板b 上后至第一次到达斜面最高点所用的时间（结果保留两位小数）。

【答案】 (1)7m/s v =人 ；(2)4m/s b v '=；(3) 2.68s t =
【解析】
【详解】
(1)少年与滑板a 从O 点沿圆弧下滑到P 点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M ，滑板的质量为m ，则9M m =，有
21()()2
a M m gR M m v +=+ 少年跳离a 板的过程中，少年与滑板a 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
()a a M m v mv Mv '+=-+人
解得少年跳离滑板A 时的速度大小
7m/s v =人
(2)少年跳上滑板b 的过程中，少年与滑板b 水平方向的动量守恒，设传送带速度为v 带，则有
()b Mv mv M m v +=+人带
假设少年与滑板b 在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板b 在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有
11()()k M m g M m a +=+
设此过程中少年与滑板b 位移为1x ，由运动学公式有
22112b v v a x -=-带
解得
17.2225m x =
由于1x x L +∆<
因此假设成立，即少年与滑板b 在传送带上先做匀减速运动，速度与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动，到达传送带最右侧Q 端的速度为
4m/s b v '=
(3)设少年与滑板b 在传送带上做匀减速直线运动的时间为1t ，则
11b v
v t a -=带 设少年与滑板b 在传送带上做匀速直线运动的时间为2t ，则
12L x x t v -∆-=带
设少年与滑板b 冲上斜面后的加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律有 22()sin ()cos ()M m g k M m g M m a θθ+++=+
设少年与滑板b 在斜面上向上运动的时间为3t ，则
32
v t a =带 设少年与滑板b 在传送带和斜面上运动的总时间为t ，则
123t t t t =++
解得
2.68s t =
16．如图所示，边长为4a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，一个质量为m 、电荷量为q(q>0)的带电粒子（重力不计）从AB 边的中心O 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°。

（1）若粒子的速度为v ，加一匀强电场后可使粒子进入磁场后做直线运动，求电场场强的大小和方向；
（2）若粒子能从BC 边的中点P 离开磁场，求粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。

【答案】（1）E vB =（223qBa 23m qB π 【解析】
【分析】
（1）电荷受到的洛伦兹力由A 指向P ，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，列出平衡方程求解场强E ；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹图，结合几何关系求解粒子的入射速度大小以及在磁场中运动的时间。

【详解】
（1）电荷受到的洛伦兹力由A 指向P ，粒子做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，故电荷受电场力方向由P 指向A ，因粒子带正电，所以场强方向由P 指向A 。

设电场强度为E ，有
qE qvB =
E vB =
（2）如图，粒子从P 点出磁场，过O 点作线段OD ，OD 垂直初速度，O /为轨道圆心，由几何关系可知，PD=a ，OD=3a ，设轨道半径为r ，则O /D=3a -r 。

在直角三角形O /PD 中，有
2223)a r a r -+=
得233
a r = 设粒子速度大小为v′
由'2v qv B m r
=' 得qBr v m
'= 将23a r =代入得23qBa v =' 2333a a O D a '==，O′P=23a r =，故∠PO /D=600 轨道对应的圆心角为1200，所以由O 到P 所用的时间t=
3T 2r T v π=
得23m t qB
π= 【点睛】
本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动，解决此类问题，关键是要作出粒子轨迹过程图，确定圆心，结合几何关系，根据半径公式等进行求解．
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
【答案】（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.。