备考信息导航演练6-【衡水真题密卷】2025年高考物理备考信息导航演练（山东专用）

2024一2025学年度备芳信息导航演练 卷题 物理（六） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目 要求。 1.用高速的a粒子轰击韶A1(铝核)可获得P(磷核)，核反应方程为3A1+He→P十X,则 X为 () A.质子 B.中子 C.电子 D.正电子 2.WS15是中国自主研发的第四代军用涡扇发动机，其在推力、燃油效率和可靠性等方 面均达到了世界先进水平。已知WS15喷气口的横截面积为S,喷出燃气的密度为 p,燃气从喷气口喷出时的速度大小为v,则WS15喷气的功率为 () 1 1 A.S B.0Su C.pSv2 D.pSu 3.如图所示，某同学在面对竖直墙壁练习打网球。该同学将网球以v。=50m/s的初速度 正对墙壁水平击出，击球点距离地面高度H=1.8m,到竖直墙壁的水平距离x=15m。 网球跟竖直墙壁碰撞后，竖直方向的分速度大小不变，反弹后水平速度的大小变为碰前 的60%，g取10/s2,网球可视为质点，不计空气阻力，则网球第一次的落地点与击球 点之间的水平距离为 () A.8.0m B.7.5m C.7.0m D.6.0m 4.2024年3月25日，质量为m的鹊桥二号中继卫星成功实施近月制动，顺利进入环月椭 圆轨道飞行，近月点到月球球心的距离为r,远月点到月球球心的距离为r。已知质量 为m的物体到月球球心的距离为a时，引力势能的表达式Ep=一 GMm (无穷远处势能 为零)，其中G为引力常量，M为月球的质量。下列说法正确的是 () 物理试题（六）第1页（共8页） 真题密卷·备扌 g==0g■ A.鹊桥二号在远月点的线速度大小为，√n十1)， 2GM 班级 B.鹊桥二号在近月点的动能为(m+1)7 GMm 姓名 C.鹊桥二号在椭圆轨道的机械能为一 GMm (n+1)r 得分 D.鹊桥二号在椭圆轨道的周期为4r(n十1)， GM 5.如图所示，光滑细杆竖直固定在地面上，细杆下方穿有一劲度系数为20N/m的轻质弹 簧，弹簧底端固定在水平地面上。一中间带孔，质量为1kg的物块穿在细杆上，从距离 1 弹簧上端高h=0.75m的位置由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式E，=2kx2, 其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终未超过弹性限度，g取 10m/s2。则物块从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是 () A.物块失重下落的高度为0.75m B.物块超重下落的高度为1.5m C.弹簧的弹性势能最大值为45J D.物块的最大速度为2√5m/s 6.如图所示为远距离输电示意图，变压器均可视为理想变压器，升压变压器原、副线圈的 匝数比未知，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4=10：1,输电线的等效电阻r= 1002,灯泡L的电阻恒为202，若正弦交流电压U。的输出功率为P。,则灯泡L消耗的 电功率为 () n W n n4 10 9 A.21 C.HP. D.10 o 信息导航演练 物理试题（六）第2页（共8页） 3 7.如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的 水平地面上，弹簧的劲度系数为，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩 弹簧，使弹簧压缩量达到x。后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式E。= 2x,其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限 度。下列说法正确的是 () P WQ T A.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0 kxo B.从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为2 2 kxt C.物块P离开挡板后，运动的最大速度为3√m 1 kxo D.物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为 3 m 8.质点甲沿x轴做匀变速运动，质点乙沿x轴匀速运动，两质点的位置坐标x随时间t变 化的关系图线如图所示，则在0~4s内两质点之间的最大距离为 () x/m 甲 乙 01234 A.5.0m B.4.0m C.3.5m D.3.0m 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求， 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9.在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,C为电容器，R1为定值电阻，R2为 滑动变阻器，电流表A和电压表V均为理想电表。闭合开关S,滑动变阻器的滑片从右 端滑到左端的过程中，下列说法正确的是 () R R A.电流表的示数变大 B.电压表的示数变大 C.电容器带电荷量变大 D.电源的效率先变大后变小 3 物理试题（六）第3页（共8页） 真题密卷·备扌 10.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形图如图所示，平衡位置在x=2m 处的质点P在0~3s内运动的路程s=15cm,下列说法正确的是 () y/cm 0 x/m -10 5 A.该波的周期为8s B.该波传播的速度大小为gm/s C.在t=5.4s时，质点P位于波谷 D.在0~6s内，质点P运动的路程为30cm 11.如图所示，正四面体ABCD的边长为L,底面BCD的中心为O,其所在空间存在匀强 电场。取顶点A处的电势为0，顶点B和顶点D处的电势均为p(P>0),顶点C处 的电势为2po,已知电子的电荷量为一e,下列说法正确的是 ( ) A.电场方向由C指向A B电场强度的大小为2 C0处的电势为智 D.将电子由A移动到D,其电势能增大 12.如图所示，纸面内存在相邻的两磁场区域I和Ⅱ，宽度均为d,区域I内磁场方向垂直 纸面向外，区域Ⅱ内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B。纸面内有一直 径为d,总阻值为R的圆形闭合金属线圈，线圈在外力作用下以速度v。匀速通过两磁 场区域，速度。的方向与磁场边界始终垂直，下列说法正确的是 () +d-+d- ● ● A.线圈内的电流方向始终为顺时针方向 B.线圈内电流的最大值为R 2Bdvo B2d2vo C.线圈受到的最大安培力为 R D,线圈从区域I进人到区域Ⅱ的过程，通过线圈某截面的电荷量为B 2R 信息导航演练 物理试题（六）第4页（共8页） 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(6分)某实验小组用如图甲所示的装置测量滑块与木板之间的动摩擦因数。将质量为 M的滑块放在水平固定的长木板上，滑块前端装有力传感器，跨过定滑轮的细线一端 拴接力传感器，另一端连接钩码，调节定滑轮使滑轮与传感器之间的细线与木板平行， 滑块尾部拴接纸带。接通打点计时器电源，静止释放钩码，拖动滑块运动，运动过程 中，力传感器测量细线中的拉力F大小，当地的重力加速度为g。 打点 纸带 计时器滑块力传感器 细线 钩码 水平试验台 B E 4.616.59 8.61 10.61 单位：cm 为 乙 (1)某次实验打出的部分纸带如图乙所示，已知打点计时器使用交变电流的频率为50Hz, 每相邻两点之间还有4个点未画出，则滑块的加速度大小α= m/s2(结果保留三 位有效数字)。 (2)多次改变钩码的质量，重复实验，并根据打出的纸带计算出滑块对应的加速度α，描 绘α-F图像如图丙所示，图线斜率为飞，横截距为b,可知滑块与木板之间的动摩擦 因数μ= 丙 (3)测量出滑块与木板之间的动摩擦因数4后，查阅资料发现测量值略大于真实值，产 生误差的原因可能是（写出一条即可）。 14.(8分)某实验小组想测量一段长度为L的合金丝的电阻率。 (1)首先用螺旋测微器测量合金丝的直径D,测量结果如图甲所示，则合金丝的直径 D- mm。 (2)把多用电表的选择挡位调至“×10”挡，将两个表笔短接，进行欧姆调零，然后将两 个表笔分别接在合金丝的两端，多用电表指针如图乙所示，下一步应将多用电表的 挡位调至 (填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调零，再次测量结果如图丙所 示，则合金丝的阻值为 0。 物理试题（六）第5页（共8页） 真题密卷·备考 北01050400 201510 uh, /TTTTtXTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTTT 0 100 150 20 30 0 0i 1.5 2 y 00.5 50002/Y A-V-2 35 、25002/y 乙 00504030 20 15 10 1k500 /L山LL山山L山L上D y'I''TTTTTTTTTTTTTTTTTT'\N'N 100 150 50 20 10 2 0、年 0 1.5 00.5 50002/V A-V-2 2.5 25002/V 丙 (3)为了准确测量合金丝的电阻，该实验小组设计了图丁所示的电路，其中定值电阻2R1=R2。 合金丝 入 ①闭合开关前，滑动变阻器滑片应调节到 (填“左端”“右端”)。 ②闭合开关，调节滑动变阻器滑片到合适位置，调节电阻箱接入电路的阻值，当灵 敏电流计示数为0时，电阻箱的示数为R。,则合金丝的电阻率ρ=（用 R。、D、L表示)。 15.(8分)某三棱柱透明光学元件的横截面如图所示，其中∠A=45°，∠B=60°，∠C=75°，BC 边长度为d。一束单色光平行于截面从BC边的中点以α=45°人射，光学元件对该单色光 的折射率n=√2，真空中的光速为c,求： (1)光线从AB边射出时的折射角； (2)光线在光学元件内传播的时间。 A 45c BA60° 15△C 信息导航演练 物理试题（六）第6页（共8页）】 3 16.(8分)一定质量的理想气体，由状态a开始，经历了a→b→c的过程，该过程的p-T图 像如图所示。已知气体状态变化的过程中，气体体积的最小值V。=1.2m3。 (1)求气体状态变化过程中，体积的最大值。 (2)气体由状态a最终变为状态c,气体吸热还是放热，并求气体与外界交换的热量。 ↑p/x10Pa T/K 0 150 450 17.(14分)如图所示，在以O为圆心，半径R=3m的圆形区域内存在垂直于纸面向里的 匀强磁场，在x≤一√3m的区域内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小E1= √×103N/C,在x≥5m的右侧区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小 E2=2.25×103N/C。一质量m=1×10-4kg,电荷量q=+2×10-3C的微粒从x轴上 的A(一2√3m,0)点由静止释放，微粒沿x轴正方向加速后进入圆形磁场区域，并从P 点离开该区域。已知P点与O的连线与x轴正方向的夹角0=60°，不计微粒的重 力，求： (1)圆形区域内磁场的磁感应强度大小； (2)微粒运动轨迹最高点的位置坐标； (3)微粒从A点运动到经过x轴正半轴时的时间。 P 3 物理试题（六）第7页（共8页） 真题密卷 18.(16分)如图所示，长度L=4.8m的传送带以恒定的速率vo=6m/s顺时针转动，传 送带右侧有一质量M=1kg的小车，紧靠传送带静止在光滑的水平地面上，小车的上 表面与传送带上表面等高，距小车右端d=4m的位置处有一竖直固定挡板。现将质 量m=5kg的物块轻放在传送带的左端，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之 间、物块与小车上表面之间的动摩擦因数均为4=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 物块从传送带滑上小车过程速度不变，小车与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时 间极短，物块可看作质点且始终未滑离小车，g取10m/s2,求： (1)物块在传送带上运动的时间； (2)整个过程小车运动的路程； (3)整个过程中因摩擦产生的热量。 备考信息导航演练 物理试题（六）第8页（共8页）真题密卷 备考信息导航演练（六） 参考答案及解析 2024一2025学年度备考信息导航演练 物理（六） 一、单项选择题 得v=2√5m/s,D正确；物块从释放到最低点的过程中， 1.B【解析】核反应满足质量数、电荷数守恒，可知X的 电荷数为0，质量数为1，可知X为中子，B正确。 mg伪十=·解得=15m,所以扬块起 2.A【解析】由题意可知WS-15涡扇发动机在△t时间 重下落的高度h2=x2一x1=1m,B错误；弹簧的最大弹 内喷出的燃气的质量m=pSv·△t,发动机对该部分燃 1 性势能E,=2x号=2.5J,C错误。 气做的功w=。mw2三)Su3·△t,可知发动机喷气 6.A【解析】设流经灯泡L的电流为I4,根据理想变压 的功本P-是-S,A运用， 器的规律可知-电路中箱入的功率等于消花的 3.D【解析】网球运动到与竖直墙壁碰撞的过程中飞行 总功率，有P。=P=Ir十IR,所以灯泡L消耗的电 的时同一二一铝=0.3用球下落的高度A二 功率P店，R·P,-PA正确。 IR g好=0.45m,与墙壁碰撞时竖直方向的分速度大小 1 7.C【解析】从物块Q释放到物块P离开挡板的过程 v,=gt1=3m/s,碰撞后竖直方向的分速度大小不变， 中，物块P的位移为0，故挡板对物块P做功为0，B错 误；弹簧到第一次恢复原长的过程，对Q做功转化为Q 1 到落地有0，t2十2t号=H-h1,解得t2=0.3s,碰撞 kxo 1 kxo ,该过程中，挡板 后水平方向的分速度变为原来的60%，水平运动的距 的动能，=2nu,解得一 m 离x2=0X60%·t2=9m,故网球第一次落地，点与击 对物块P的冲量等于系统动量的增加量，故挡板对物 球点间的水平距离d=x一x2=6m,D正确。 块P的冲量大小I=mw0=√mkx6,A错误；物块P离 4.C【解析】设鹊桥二号在近月点的线速度大小为1，在 开挡板后，两物块和弹簧组成的系统，弹簧再次恢复原 远月点的线速度大小为V2,根据开普勒第二定律可知 1 ℃1r=V2r,鹊桥二号从近月点到远月点机械能守恒有 长时，mo。=mu1+2mw2,)mu8三2no1+7·2nu2, GMm 1 r nr +之mu呢，联立解得02= 解得1=，0=0（会去）或1=-”，2 3,故物 2GM √(m十，A错误；鹊桥二号在近月点的动能为E: 块P的最大速度， 2_2,物块Q的最小速 Γ33Nm 1 2 mo= Gm十1)r,B错误；鹊桥二号的机械能E- nGMm 度为0，C正确，D错误。 8.B【解析】质点甲位置坐标随时间的变化关系满足x甲= GMm 1 一(n十1，C正确；根据开普勒第三 GMm 1 xo十t+2a2,当1=0s时，x甲=8m,当t=1s时， 定律可知GMr (+ 2 元2(n+1)3r x甲=9m当t=4s时，x甲=0m,代入解得x甲= 4π2 T T2一，解得T= 2GM (s+2+号(-2xm,可知质点甲的初速度=2m/s, D错误。 5.D【解析】弹簧弹力等于重力时物块的加速度为0，速 a=-2m/s2;由题图像可知乙的速度v2=-2m/s,当 两质，点速度相等时，两质点相距最远，v甲=2一2t=v2, 度录大，此时详簧的压镀童- =0.5m,所以物块 解得t=2s,此时甲的位置坐标x甲=8，质点乙的位 失重下落的高度h1=h十x1=1.25m,A错误；该过程 置坐标x元=4m,所以两质点在0~4s内的最远的距离 1 △x=x甲一x乙=4m,B正确。 中机械能守恒，有mgh十x)k红·x12m,解 二、多项选择题 3 物理答案（六）第1页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 9.AD【解析】滑动变阻器左右两部分并联，当滑片滑到 2Bdvo 中间位置时，并联的总电阻最大，滑动变阻器滑片由b端 R ，B正确；此时线圈受到的安培力F=2BImd= 滑到a端过程中，并联部分的电阻阻值R先变大后变 4B2d2vo Ri+R R ,C错误：线圈从区域I进入区域Ⅱ的过程，线圈 小，电压表测量的路端电压U= 十R十R·E,故电压表 磁通量的变化量大小△= Bπd2,Bπd2Bπd2 的示数先变大后变小，B错误；电源的效率刀= 4 4 2,故通 I2(R1+R) IP(G+R,十R)X100%,故电源的效率先变大后变小，D △9Bπd2 过线图莱截面的电荷量g一尽-2RD正确。 正确；由闭合电路欧姆定律可知电流表的示数I= 三、非选择题 R右 R去R方`R4十R右，设滑动变阻器的总阻值为 13.(1)2.012分)(2)他（2分)(3)纸带与打点计时 g R,十T十R表十R为 器之间存在摩擦阻力(2分，合理即给分) E R右 E R2,整理得I= 【解析】(1)滑块的加速度a=工e乙Ac R左R右R2R2(R1十r) (2T)2 R1十r+ R2 R右 十R (10.61+8.61-6.59-4.61)×10-2 m/s2≈2.01m/s2 滑片向左滑动R左减小，R右变大，故电流表示数一直变大， 4×0.12 A正确：电容器与滑动变阻器左右两部分都并联，两端电 (2)对滑块受力分析，由牛顿第二定律可知F一Mg= 压先变大后变小，故带电荷量先变大后变小，C错误。 F Ma,整理得a=一g,结合aF图像可知0=b一g, 10.BC【解析】由题意可知，质点P运动的路程s= 15cm=1,5A,可知质点P振动的时间t=2T=3s, 5 解得μ二的 8 故该波的周期T=7.2s,A错误；该波的传播速度大小 (3)由于纸带与打点计时器之间存在摩擦阻力会导致 =产-72/s=号m/sBE1=i48-T,可知 λ4 5 μ测量结果偏大。 14.(1)1.050(1.049~1.051)(2分)(2)×1(2分) 3 质，点P刚好运动到波谷，C正确；t=6s= r+b,可知 12.0(1分)3)①左端1分)②K2分) 质，点P运动的路程大于30cm,D错误。 【解析】(1)合金丝的直径D=1mm十0.01mm× 11.AC【解析】取AC的中，点为G,分析可知G,点的电势 5.0=1.050mm。 为P,故平面BDG等势面，AC与等势面BDG垂直，故 (2)由题图乙可知，采用×10挡，欧姆表读数太小，应 电场方向沿CA方向，A正确；所以电场强度大小E= 换用小倍率×1挡，读数R=12.02。 29。-0_29,B错误；过C点在底面内作BD的垂线， (3)①由题图丁可知，为了保护电路，闭合开关前，滑动 L L 变阻器的滑片应滑到左端。 垂足为H,由几何关系可知0C-号CH,故29。-90 ②设合金丝的阻值为R,根据电桥法测电阻原理可 2)解得0=音C正确；电子从A移动到 2 如，音灵数息茂计乐发方0时，尽-尽-日好 1 L D,电势升高，电势能减小，D错误。 得R,一2R,根据电阻定律可知R,=pD、,联立 π(2） 元DRo 解得p=l D 8L (2W6+2)d 15.(1)0 (2) B 4c 20 【解析】(1)作出光路图如图所示，则在BC边入射时有 12.BD【解析】根据楞次定律可知，线圈内的电流方向先 n-sin45° sin B (1分) 顺时针，后逆时针，再顺时针，A错误；线圈圆心运动到 两磁场区战分界线时，线圈内的电流最大1一尺 解得β=30° 由几何关系可知0=45 (1分) 物理答案（六）第2页（共4页） 3 真题密卷 备考信息导航演练（六） 因为sin45°=1 (1分) 的热量 n Q=W1+W2=7.2X105J (1分) 所以光线在AC边发生全反射。由几何关系可知，光线 17.(1)103 T 53 在AC边发生全反射后，会垂直AB边射出光学元件， 3 (2)(3m,4m） 3)(21+3r）s 6007 所以光线从AB边射出时的折射角为0。 (1分) 【解析】(1)设O、A间距离为xA,微粒从A点静止释 放到进入圆形磁场区域的过程，由动能定理可知 45 E19(xA-R)=2m0品 (1分) 解得vo=200√3m/s 由几何关系可知，微粒在圆形区域磁场内运动的轨迹 半径 60° 75° r=Rtan60°=3m (1分) 微粒在磁场中做匀速圆周运动 (2)光线在光学元件内传播的速度大小为 qvoB=m (1分) (1分) r 设光线从BC边传播到AC距离为x1,AC边到AB 解得B 103T. 3 (1分) 边的距离为x2,由几何关系可知 (2)微粒从P,点离开磁场区域后做匀速直线运动，微 sin(90°-0)_sin75°_sin(90°-) (1分) 粒经过直线x=√3m时的纵坐标为 d AC-√2x2 2 y1=Rtan60°=3m sin45°_sin60° 微粒在直线x=√3m右侧区域内做斜抛运动，沿y轴 (1分) d AC 方向有 解得光线在光学元件内传播的时间 E29 t=x1十x2-(26+2)d =4.5×104m/s2 (1分) m (1分) 4c 竖直方向速度减为0用时 16.(1)3.6m3(2)吸热7.2×105J t=osin60°1 150s (1分) 【解析】(1)理想气体状态方程 a T =C 竖直方向速度减速到0沿y轴上升的高度 整理得pt y2= （osin60)2 =1m 2a 可知pT图像中，在状态a气体的体积最小 沿x轴方向有 Va=1.2 m3 (1分) 23 气体从状态b到状态c为等容变化，体积最大，根据理 x2=U0c0s60°Xt= 3 m 想气体状态方程可知 故微粒运动轨迹最高，点的横坐标为 p.V._pV. (2分) 53 T。T6 x=R十x2 3 m (1分) 解得V6=3.6m3。 (1分) 纵坐标为 (2)气体由状态a最终变为状态c,温度不变，内能不 y=y1+y2=4m (1分) 变，压强变小，说明体积变大，对外做功，由热力学第一 定律可知Q=△U一W,所以气体从外界吸收热量。 做薇粒运动轨迹最高点的坐标为m,4m》 (1分) (1分) 从α到b气体的压强不变，体积变大对外做功为 (3)微粒从A点到进入圆形磁场区域，由动量定理 W1=p·△V=7.2X105J (1分) 可知E1qt1=mwo 从b到c气体体积不变，做功为W2=0 (1分) 1 所以气体由状态a最终变为状态c,气体从外界吸收 解得t1-100s (1分) 3 物理答案（六）第3页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 由几何关系可知微粒在磁场中做匀速圆周运动转过的圆 心角α=60°，微粒在磁场中运动的时间 务得一号 60°、2πr√3π 小车与挡板第1次碰撞后到速度减到0的过程中，由 红-360X v0600 (1分) 动能定理可知 微粒离开圆形磁场区域到再次进入电场区域做匀速直 线运动，运动的距离 umgs,-2Mv Moi cos R -R=√3m 解得s1一2mg (1分) 运动的时间 小车与挡板第2次碰撞到物块与木板第3次共速，动 量守恒有 (1分) mv2-Mu2=(m+M)03 设微粒进入x>√m区域内的电场区域到再次经过 2 解得0=30 x轴用时为t4,则有 小车与挡板第2次碰撞后到速度减到0的过程中，由 1 vosin60°×t4-2at号=-y1 动能定理可知 1 1 解得，一508 (1分) pmgs:-2 Mo 故微粒从A,点运动到经过x轴正半轴时的时间 Mo 解得52= 2 12 Mo (1分) 2umg 3 2umg ts=t十t2十ig十t4 21+3π (1分) 小车与挡板第3次碰撞到物块与木板第4次共速，动 600 量守恒有 18.(1)1.4s(2)5.8m(3)180J 【解析】(1)滑块在传送带上滑行的加速度大小 mu:-Mu3=(m+M)0 a1=g=5m/s2 (1分) 2 解得u4=3 物块与传送带共速滑行的距离 小车与挡板第3次碰撞后到速度减到0的过程中，由 L-2a =3.6m<4.8m (1分) 动能定理可知 物块会跟传送带共速，再匀速运动离开传送带 umgs3= 2Mug 加速过程用时 4M =0-1.2s 解得53 Mu 2 (1分) 2umg (1分) 3 2umg a 匀速运动过程用时 同理可知5n= Mo品 2 2(n-1) Mui t,-1-2=0.25 2μmg 3 (1分) (1分) 2μmg 故整个过程中小车运动的路程 物块在传送带上运动的总时间 s=d十2s1十2s2十2s3十·十2s t=t1十t2=1.4s (1分) 解得s=5.8m。 (1分) (2)物块滑上小车的速度大小为v。=6m/s,假设小车 (3)物块放上传送带到共速的过程，传送带运动的距离 第一次与挡板碰撞前，滑块已经跟小车共速，由动量守 (1分) L2=ot1=7.2m (1分) 恒定理可知mvo=(M十m)v1 该过程中物块与传送带因摩擦产生的热量 解得v1=5m/s Q1=umg(L2-L1)=90 J (1分) 该过程中由动能定理可知 物块滑上小车时的动能在后续运动过程中都是由于摩 小车有amg1Mw (1分) 擦损失的，故 解得x1=0.5m<4m 1 Q.=2mo6=90J (1分) 假设成立，物块与小车共速后再与挡板碰撞，小车与挡 故整个过程中因摩擦产生的热量 板碰撞后到物块与木板第2次共速，动量守恒有 Q=Q1+Q2=180J (1分 mv1-Mv1=(m+M)v2 物理答案（六）第4页（共4页） 3