2024-2025高三综合能力调研检测物理7版（三）-【真题密卷】2025年高考物理综合能力调研检测（7版 安徽专用）

2024一2025学年度综合能力调研检测 物理（三） 本试卷总分100分，考试时间75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、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32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.放射性元素钍(Th)在地壳中的储量大约是铀的3倍，但自然界中存在的Th不会自发 裂变，不过人们研究发现2Th能吸收中子，转变为238Th,238Th的半衰期为22分钟，会 通过B衰变生成233Pa(镤)，233Pa的半衰期为27天，会衰变为23U(铀)，23U可作核燃料 使用。下列说法中正确的是 () A.238Pa有143个中子 B.233Pa发生a衰变后生成233U C.28Th发生衰变的过程中满足质子数守恒 D.某时刻费Th的质量为m,11分钟后剩余Th的质量为 2 mo 2.如图所示，一本厚厚的书籍静止在水平桌面上，其间夹着一 片树叶，某同学对树叶施加一水平的作用力F,将其缓慢抽 出。已知书籍始终静止，树叶非常薄，其重力可忽略不计。书本 树叶 缓慢拉动树叶的过程中，下列说法正确的是 A.除了F,树叶还受到3个作用力 B.树叶上表面和下表面所受摩擦力大小均为 C.树叶下表面所受的摩擦力大于上表面所受的摩擦力 D.书本受到4个作用力 3.一直角三棱镜的横截面如图所示，∠A=30°，AC边长为L。一束单色光由AC的中点 D垂直于AC射入棱镜，并射向AB边上的P点，P处反射光线和折射光线恰好垂直。 已知光在空气中的传播速度为c,不考虑光的多次反射。下列说法正确的是 () 物理试题（三）·第1页（共8页） 真题密卷·综合 A.三棱镜的折射率为√3 班级 B,光线由D点传播至P点所用的时间为。 C.若入射光绕D点逆时针旋转90°，此过程中有光线无法从AB射出 姓名 P D.若入射光绕D点顺时针旋转90°，此过程中光线均不会在AB上发生 ------------- 全反射 得分 4.孙颖莎在2024年巴黎奥运会上表现出色，她与王楚钦搭档获得 乒乓球混合双打金牌。如图所示为孙颖莎独自训练场景，乒乓 挡板 球台右端竖直固定一挡板，她将乒乓球击出后，球垂直于挡板由 P点弹出，经Q点反弹后，恰好过网，且此时速度方向水平。已知P距台面高为0.2m, 乒乓球在Q点着台前后水平方向速度不变，着台后竖直方向上的分速度大小变为着台 至网的距离为1.37m,忽略空气阻力，重力加速度g取10 点弹出的速度大小约为 () A.4.8m/s B.7.4m/s C.3.7m/s D.5.2m/s 5.t=0时刻，位于O点的波源起振，所形成的简谐横波沿 y/m x轴正方向传播，t=1.5s时的波形图如图所示，平衡位0.2 置为x=3m处的质点恰好起振，质点P的位移为0.1m。 0 x/m 已知质点M(未标出)的平衡位置为x=4.5m。下列说 -02 法正确的是 A.波源沿y轴正方向起振 B.t=1s时，P的位移为0.1m C.t=3s时，M位于波峰 2 D.P比M早振3s 6.如图所示，倾角0=37°、足够长的斜面固定在水平地面上，质量为 1kg的物块P恰好静止在斜面上，劲度系数k=60N/m的轻质弹 簧下端与P相连，上端与跨过光滑定滑轮的细绳相连，细绳另一端 0 与质量为1.5kg的物块Q相连。最初用手托住Q不动，使细绳伸 直但无拉力。t=0时刻将Q由静止释放，t1时刻P、Q加速度大小第一次相等。已知 P、Q运动过程中Q未着地，滑轮左侧的轻绳、弹簧与斜面平行，弹簧始终处于弹性限度 之内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2,sin37 =0.6,c0s37°=0.8。下列说法正确的是 () A.释放Q后，P立即处于超重状态 B.P刚开始运动时，Q的加速度为1.2m/s2 C.t1时刻弹簧的形变量为22cm D.t1时刻之后，弹簧的长度恒定不变 能力调研检测 物理试题（三）·第2页（共8页） 7.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度 ω匀速转动，变压器均为理想变压器，降压变压器处有两个副线圈，三个线圈匝数之比 满足n。:n1:n2=2：1:1。输电线路上的总电阻可简化为一个阻值为R。的定值电 阻，两副线圈分别接有一个定值电阻R1、R2,其阻值R1=R2=2R。,最初开关S1闭合， S2断开，R,上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是 () 升压变压器降压变压器 A.R。消耗的功率为6 B.若仅将转子角速度增加一倍，则R1上消耗的功率为2P C.闭合S2,R1上消耗的功率小于P D.闭合S,R。上消耗的功率为2P 8.如图甲所示，倾角0=37°、长为2m的斜面固定在水平桌面上，长L=1m、质量为 0.4kg、质量分布均匀的软绳静置于斜面上，软绳笔直，其上端与斜面顶端齐平。软绳与 斜面之间的动摩擦因数4=0.25，将软绳由静止释放，经时间t,软绳位于如图乙所示位 置，斜面底端有光滑轨道（图中未画出）使软绳 软绳 入软绳 离开斜面部分成竖直状态。忽略其他阻力，重 力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。下列说法中正确的是 ( A.t时间内，软绳减少的重力势能为3.6J B.t时间内，软绳克服摩擦力所做的功为1.2J C.软绳在图乙所示位置时速度大小为√13m/s D.软绳下端与斜面下端齐平时，其重力的功率为4.8√2W 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 9.如图，两水平面（虚线）之间的区域存在水平向右的匀强电场。自该区域上方h处的P 点将质量均为m、电荷量分别为十q和一3q的带电小球A、B先后以相同的初速度vo水 平向右射出。已知B球离开电场时的速度方向竖直向下，A球在电场中做直线运动，不 计空气阻力及两小球间的相互作用，重力加速度大小为g。下列说法正确的是() A.A球离开电场瞬间在水平方向上的分速度大小为。 P B.A球与B球在电场中沿水平方向的位移xA、xB之比为号 C.电场强度的大小为m0 D.从A球进入电场至其离开，其电势能减少量为 7mv3 18 7 物理试题（三）·第3页（共8页） 真题密卷·综合 10.如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定，窄轨间距为L、宽轨间距为2L, 粗细均匀的长度均为2L、质量均为m、电阻均为R的导体棒ab、cd分别置于两导轨 上，cd位于宽导轨最左端，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。现使ab获得一水平向右、大小为v。的初速度，ab进入宽导轨之前以大小为v1的 速度匀速运动，ab进入宽导轨后，cd最终以大小为v2的速度匀速运动。已知宽、窄导 轨平滑连接，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，宽导轨足够 长。下列说法正确的是 () 4 A.v1=500 3 B.U2=500 B C.从ab开始运动至其速度刚达到v1,ab、cd运动的 位移之差为10BZ 3mvoR D.b棒进人宽导轨之后，ab棒上产生的焦耳热为m吗 50 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(6分)图甲为学习小组利用气垫导轨“验证加速度与力的关系”的实验装置。主要实验 步骤如下： ①将气垫导轨固定在水平桌面上并将其调节水平； ②测出挡光条的宽度d;测出钩码的质量m,滑块（包括遮光条）的质量为M;将细线跨 过定滑轮后悬挂钩码，固定滑块，调节定滑轮，使导轨上方细线水平，测出遮光条至光 电门的距离L; ③接通气泵电源，释放滑块，记录遮光条经过光电门的时间t; ④保持M、L不变，改变钩码的质量，重复实验。 光电门 遮光条 气泵 2 cm LLLL⊥I TTT行 0 510 甲 (1)学习小组用游标卡尺测量遮光条宽度如图乙所示，则d= mm。 (2)实验中 (填“需要”或者“不需要”)满足m《M。 (3)滑块运动的加速度为 (用题中所给物理量的字 →m/kg 母表示)。 ·能力调研检测 物理试题（三）·第4页（共8页） (4)小组同学记录多组、t数据，并作出了如图丙所示的图像，得出滑块的加速度，测 得图像的斜率为k,已知当地重力加速度为g,则k (用题中所给物 理量的字母表示)。 12.（10分)实验小组欲测定一电阻丝的电阻率。 实验器材如下： 待测直电阻丝（阻值约为8Ω） 电源（电动势3V,内阻不计） 电压表（量程为0~3V,内阻约为3k) 电流表（量程为0~0.6A,内阻约为0.12） 滑动变阻器R,(最大阻值为102) 滑动变阻器R,(最大阻值为1002) 开关、导线若干 实验步骤如下： ①测出电阻丝的长度L、直径d; ②按图甲连接电路，将电阻丝上的滑片P滑动至α端，将滑动变阻器的滑片移动至c端； ③闭合开关，调节滑动变阻器的滑片至某处，记录电压表、电流表的示数U1、I1; ④断开开关，移动P至某处，测出a、P之间的长度x;闭合开关，再次调节滑动变阻器， 记录电压表、电流表的示数U2、I2; ⑤重复步骤④，测量多组有效数据，对数据进行有效处理。 甲 (1)滑动变阻器应选用 (填“R,”或“R2”)。 (2)根据电路图请将实物图补充完整。 滑片p图 电阻丝平气 乙 (3)实验中，电压表的示数如图所示，则该电压值为 V。 2 O、∠S V 丙 (4)小李同学提出，该实验可有效地消除电流表内阻引起的系统误差，根据小李同学的 思路该电阻丝的电阻率为 (用题中所给物理量的字母表示)。 13.(10分)导热良好的汽缸竖直固定在水平地面上，其截面图如图所示。汽缸由长度均为 L的上、下两部分组成，其上底和下底的面积分别为S、2S。最初，活塞距汽缸底的高 物理试题（三）·第5页（共8页） 真题密卷·综 度为L,阀门K关闭，活塞上方气体的压强为p,密度为P。现打开K,向汽缸内缓 慢充气。已知活塞质量及厚度均忽略不计，汽缸、活塞密封性良好，所研究气体均为同 一种理想气体，环境温度恒定。求： (1)当活塞刚到达汽缸上、下部分连接处时，活塞下方气体的密度。 (2)当活塞刚到达汽缸上、下部分连接处时，充入气体的质量。 25 合能力调研检测 物理试题（三）·第6页（共8页） 7 14.(14分)如图所示，xOy坐标系第一象限内存在垂直于纸面向外、磁感强度大小为B(未 知)的匀强磁场，第四象限内存在垂直于纸面向里、磁感强度大小为2B(未知)的匀强 磁场，第三象限内存在沿y轴正方向、电场强度大小为E1(未知)的匀强电场，第二象 限内存在与x轴正方向成45°夹角的匀强电场。一质量为m、电荷量为+g的带电粒 子由点A(一L,一L)处静止释放，粒子在第二象限偏转后经y轴上的P点以大小为 v。、与y轴正方向成0=30°夹角的速度射入第一象限，粒子经第一象限后由x轴上的 Q点（未标出）与x轴负方向成α=60°夹角射人第四象限。粒子重力忽略不计。求： (1)E1的值。 (2)第一象限内匀强磁场磁感应强度的大小B。 (3)粒子进入第一象限后，第8次穿过x轴时的坐标。 7 物理试题（三）·第7页（共8页） 真题密卷·综合能 15.(18分)如图所示，四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其半径为R=1.8,轨 道末端与两轴间距为L=2m的水平传送带上表面相切，传送带以v。=8.0m/s的速 度沿顺时针方向转动，传送带的上表面与其右侧的平台面平齐，并平滑对接。木板B 的长度为d=1.25m、质量为mB=3kg,静止在平台上，其左端与平台左端平齐；表面 光滑、质量为mc=3kg的物块C静止在B右端。现将质量为mA=1kg的物块A由 轨道顶端静止释放，A运动到传送带右端后与B发生碰撞。已知A、C均可视为质点， A与传送带之间的动摩擦因数为41=0.8，A与平台之间的摩擦力忽略不计，B与平台 之间的动摩擦因数为42=0.4，若C运动到B左端时，则认为C从B上脱离且脱离前 后运动状态不变，所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，重力加速度g取 10m/s2。求： (1)A与B碰撞前瞬间A的速度的大小。 (2)从B开始运动至C从B上脱离所用的时间t。 (3)B左端距离平台左端最大的距离s。 □A 7777777777777777777 力调研检测 物理试题（三）·第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 参考答案及解析 2024一2025学年度综合能力调研检测 物理（三） 一、选择题 1.D【解析】233Pa有91个质子，共有142个中子，A错 网所用时同为1，已知A=0,2m,有人=g,解得 误；233Pa发生B衰变后生成U,B错误；3衰变的本质 t1=0.2S,着台后球在Q点反弹后瞬间竖直方向上的 是一个中子变为一个质子和一个电子，8Th发生的是 分速度为=8gt1=3m/s,t=2≈0.17s,up日 日爽变，不满足质子数守位，C错误m=(》产m,= g d1.37 t4+i20.37m/s≈3.7m/s,C正确。 (侣)》m,-9D正. 5C【解析】该波沿x轴正方向传播，根据上坡下振可知平 2.B【解析】除了F,树叶还受到压力、支持力，书本对树 衡位置为x=3m处的质点沿y轴负方向振动，故波源沿 叶上、下表面的摩擦力，共4个力，书本受到重力、桌面 y轴负方向起振，A错误；波速v一3m/s=2m/s,周期 的支持力，树叶上、下表面对书籍的压力和摩擦力、桌 面对书籍的摩擦力，共7个作用力，A、D错误；树叶重 T=入=1S,由波形图可知t=1s之前P已经起振， 力忽略不计，则树叶上方的书本对树叶的压力与树叶 t=1s时P的相位较t=1.5s时的相位超前π，可知 对其下方书本的压力大小相等，可知树叶上下表面所 其位移为一0.1m,B错误；△t=1.5s内，该波传播的 受摩擦力大小相等，根据受力平衡可知F=2f,故f= 距离△x=v△t=2×1.5m=3m,4.5m-△x= 2B正确，C错误。 1.5m,t=1.5s时平衡位置为x=1.5m处的质点位 3.A【解析】光路图如图所示，光线在P点的入射角α= 于波峰，可知t=3s时M位于波峰，C正确；t=1.5s 30°，反射角等于入射角，由角度关系可知光线在P点 时，P的相位比平衡位置位于x=2m处质点的相位超 的折射角P=60,根据折射定律，有n=sinP=5,A sin a 前，△x6 云，得出a=日m,4,=+25m 1 6， E确：D,P之间的矩痛为xe=号an30-L,光在 4 4 6 3s,P比M早振3s,D错误。 三棱镜中传播的速度为口=C, =cDP=,B错误 6.C【解析】释放Q的一瞬间，弹簧上弹力依然为0，P v 2c 依然受力平衡，A错误；释放Q之前，P恰好静止在斜 设6界角为C,则sinC,=月，可知30<C,<45,入 面上，有mpgsin0=fmax,P刚开始运动时，设弹簧的 射光绕D点逆时针旋转过程中，α先减小，后增大，光 拉力为F。,满足F。=mpgsin0+fmax=l2N,对Q受 线垂直AD入射时可从AB射出，当入射角为90°时， 力分析有mQg一F。=moao,得出a。=2m/s2,B错误； 光线在D的折射角为C,则a=60°-(90°一C。)= 设t1时刻弹簧的弹力为F1,对P有F1一mpgsin0- C。一30°<C。,可知光线可从AB射出，则此过程所有 f滑动=mpa,对Q有mQg-F1=mQa,结合F1=k△x, 光线均可从AB射出，C错误；入射光绕D点顺时针 得出△x=22cm,C正确；t1时刻Q的速度大于P,此 旋转过程中，当在D点入射角为60°时，折射角为30°， 后一定时间内弹簧的长度在增大，此段时间内P的加 光线恰好射到B点，在AB边上的入射角为60°，大于 速度大于Q,当二者速度大小相等之后，弹簧长度会再 C。,会发生全反射，D错误。 次变短，故t1时刻之后弹簧长度不断的变化，D错误。 7.C【解析】设R1上的电流为I1,则n1I1=noI,得出 1。=21,则P=1月·2R,R。消耗的功率为P,= 份)R,可知P。-日P,A错误：转子角逢度增加一 1 B 倍则升压变压器输入电压增大一倍，R1两端的电压增 4.C【解析】设乒乓球由P至Q所用时间为t1,由Q至 大一倍，其功率变为4P,B错误；电路的等效电路图如 物理答案（三）·第1页（共4页） 7 真题密卷 综合能力调研检测（三） 图所示，闭合开关S2之后，流经R,等效电阻R的电 由v=2gh,知v1=√2g五，A在电场中做直线运动有 流减小，可知R消耗的功率减小，R与R1消耗的功率 1=mg,得出E=” mvo g 相等，故R1消耗的功率减小，小于P,C正确；R= v。Eg 2h ,C错误；设A球离开电场 份)广R:=8职R,同理R=8R,两电程并联之后的a 时在竖直方向上的分速度大小为，对A球有四 值为4R。,R1、R2消耗功率之和为R。消耗功率的4倍， 4 R1、R2消耗功率之和小于2P,故R。消耗的功率小于 ,得出=专1，设虚线间距为H,则有一 UAT 2P,D错误。 v=2gH,根据动能定理，有mgH十W= 1 升压变压 2m(0饭+可-2m(+可)，得出w 7 R 78m0,可知此过程中A电势能减少量为3，D R S, 正确。 10.ABD【解析】ab在窄导轨上匀速时，回路中电流为0， 8.D【解析】已知m=0.4kg,斜面长为2L,设桌面为零 有BL1=B·2Lv,对ab由动量定理有一BLg= 势能面，t时间内，软绳重力所做的功为W=mg(2L一 m(o1一)，对cd由对量定理有B·2Lq=mwd1,得 K2sin0-ms.L、 2·2×2)=3.8J 4 2 出=50,1=号0，A正确；a6运动至宽导轨 A错误；软绳由初始位置运动位移为L的过程中克服 后，两棒动量守恒，有m01十mvd1=2mv2,得出v2= 摩擦力所做的功为W1=ng cos0·L=0.8J,从软绳 下端与斜面下端平齐至题图乙位置软绳克服摩擦力所 号B正确：g一 △Φ_BLxh-B·2Lx4,由B· 3 做的功W?等于f-x图中(x为软绳离开斜面部分的 长度)图线与坐标轴围成的面积，可知W2=0.3J,则t 时间内软绳克服摩擦力所做的功为W=W1十W,= 2Lg=m0得出g三，联立得出xb一二2xu 1.1J,设题图乙中软绳的速度为，由动能定理可知 1 10BL2,可知此段过程中ab、cd位移之差大于 3mvoR W-W=2mu,得出0=- 号6m/S,B、C错误；设软 3mvoR 绳下端与斜面平齐时其速度为o1,则mgLsin0-W1= 10BL,C错误；设αb棒进入宽导轨之后，至其匀速 2mui,其重力的功率P-mgv,sin0-4.8√2W,D 1 的过程中，ab上产生的焦耳热为Q,由能量守恒有 正确。 ↑fN 0.8 Q-需DE确 三、非选择题 0.4-- d 11.(1)6.6(1分)(2)需要(1分)(3 2L(2分) 0.5 a/m 二、选择题 器2分剂 9,AD【解析】设A球在电场中运动时，沿水平方向上 【解析】(I)主尺上的刻度为6mm,标尺上第6个格与 的加速度水平向右，大小为a,则B球水平方向上的加 主尺刻度线对齐，可知d=6mm十6×0.1mm= 速度水平向左，大小为3a,设两球在电场中运动的时 6.6mm。 间为t,对B球有vo=3at,设A球离开电场时沿水平 (2)实验需要满足m《M,才可使绳上的拉力近似等 4 方向上的分速度大小为vAr,有vA=vg十at= 300,A 于mg。 正确证=2,2A6专心，得出=名 （8)向运动学公式可知侣)=2aL,得出a一22： 2 B=3,B错误 设两球进入电场时在竖直方向上的分速度大小为1， (4)若满足mg=M d 2,则可知滑块的加速度与绳 7 物理答案（三）·第2页（共4页） ·物理· 参考答案及解析 上的拉力成正比，整理得= 1 2gL ·m,得出 14.a)2-3)mm 、(2√3+1)mvo 4Lq (2) 11Lq k2gl. (3)((36一6W3)L,0) Md。 【解析】(1)设粒子在第三象限运动的加速度大小为 12.(1)R1(2分)(2)见解析图(3分) (3)2.50(2分) a1,有 ④装票艺)a分剂 E1q=ma (1分) 设粒子经第三象限穿过x轴时速度大小为1，由运 【解析】(1)本实验采取分压式接法，滑动变阻器应选 动学公式可知 用R,来有效的调节电路。 vi=2a L (1分) (2)实物图如图所示。 粒子在第二象限运动过程中沿x、y轴方向上加速度 的大小相等，设为a2,设此段时间为t,则有 滑片 vosin 0=a,t 电阻丝 设粒子经第三象限穿过x轴时速度大小为1，则有 vocos 0=v1+a2t (1分) (3)电压表的分度值为0.1，应估读到百分位，电压表 综上可得E1= (2-√3)mo (1分) 4Lg 读数为2.50V。 (2)由运动学公式可知 (4)由欧姆定律可 U=R1十rA'I2 ,U=R,十rA,两式 (vosin 0)2=2a2L 设P点的纵坐标为y1,则有 作差可消去rA得R一R:= --x,得出 (vocos 0)2-v=2a2y1 (1分) 得出y1=(23-1)L 。停 设粒子在第一象限运动的半径为1，根据几何关系 可知 13.(1)2p(2)3pLS y1 【解析】(1)设充气后活塞上、下方气体质量为m1、 -=2r (1分) cos a m2,体积分别为V1、V2,压强为p1、p2,密度分别为 得出r1=y1 01P2 由Bgu,=mud (1分) 由p:V-m r p2V2 m2 (1分) 得出B= (2√3+1)mw0 11Lq (1分) mi 得出_Y_ (1分) (3)粒子进入第一象限后，第一次穿过x轴时的横坐 卫2m2P2 标为 V, x1=yitan a (1分) 可知充气后活塞上、下方气体密度相等 设粒子在第四象限内运动的半径为r2 最初活塞上方气体的体积 mvo Vo=LS+L (1分) 2 ·2S=2LS (1分) 由2Bq00=T2 1 充气后活塞上方气体的体积V1=LS 得出r2=271 由pV。=p1Vi (1分) 相应的弦长为d2=2r2sina (1分) 得出p1=2p (1分) 故活塞下方气体的密度p2=2p。 (1分) 得出d,=21 (2)由(1)可知充气前活塞下方气体的密度为p 粒子在第一象限运动的弦长为d1=2r1sina(1分) 气体的质量为m。=p2×2S=pLS (1分) 得出d1=√3r1 粒子经第一象限后第n次(n为偶数)穿过x轴的坐 充气后m2=p2·LX2S=4pLS (1分) 充入气体的质量△m=m2一m0=3pLS。 (2分) 标x,=x,十（号-1Dd+24 (1分) 物理答案（三）·第3页（共4页） 7 真题密卷 综合能力调研检测（三） 当n=8时，得出x8=(36-6√3)L 设从A、B第一次碰撞后至其第二次碰撞历时t1,有 故粒子进入第一象限后，第8次穿过x轴时的坐标为 二A1-0心+N (1分) (36-63)L,0)。 (1分) QA 得出t1=1.25s 15.4)8.0m/s(2)1.5s(3)12m 17 B停止后，A第二次与B碰撞前速度大小为|VA1, 【解析】(1)设A在轨道底端速度大小为口A0,对A列 设第二次撞击之后A的速度为VA2,B的速度为℃2， 动能定理，有 同上可知0A2 mAmB mA+mB |a|=-2m/s mAgR-2mAvho (1分) 2mav:=2 m/s 可知vA0=6m/s<vg UB2一mA十mB 假设A在传送带上一直匀加速，A在传送带右端时 经判断知B第二次停止前未与A发生第二次碰撞， 速度为？A,对A列动能定理，有 设此段时间B运动的位移为x2,有 mgL-2m暖-n vB2=2a1x2 (1分) 得出x2=0.25m 可知vA=2√17m/s>v0 (1分) d-x1-x2=0 (1分) 故A在传送带上先加速，后匀速，可知A与B碰前 可知第二次碰撞后，B停止时，C恰好从B左端脱离， 的速度大小为vo=8.0m/s。 (1分) 设从第二次碰撞后至B第二次停止历时t2,有 (2)规定水平向右为正方向，设A与B碰撞后，A的 t2=z2=0.25s. (1分) 速度为VA1,B的速度为V1,由动量守恒定律和能量 UB2 2 守恒定律有 则t=t1十t2=1.5s。 (1分) mAVo=mAVA1十mBUB1 (1分) (3)设A第三次发生碰撞后(A与C碰撞)，A、C的 1 211 2mA0il十2mBul (1分) 速度分别为VA3、c3 mA-mB 同上可知，A3=一1m/s 得出UA1一mA十mB 0=-4m/s vcs=1 m/s 2mA C与B发生碰撞后二者交换速度，归纳可知A第n -vo-4 m/s mA十mB 次(n>2,且为整数)碰撞后，B的速度为 设A、B第一次碰撞后，B的加速度大小为a1,对B, 1 (1分) 由牛顿第二定律，有 0m=(2)”,=(2 )-3m/s u2 (mBg+mcg)=mBa (1分) C从B上脱离之后，设B的加速度为Q2,对B,由牛 得出a1=8m/s2 顿第二定律，有 经判断知B第一次停止前未与A再次碰撞，设此段 μ2mBg=mBa2 (1分) 时间B运动的位移为x1,有 得出a2=4m/s2 v81=2a1x1 (1分) 每次碰撞后B前进的距离 2n3 得出x1=1m (n>2,且为整数) (1分) 设A在传送带上运动的加速度大小为aA,对A,由牛 xn一2a2 顿第二定律，有 则5=x1十x2十x3十…xw (1分) 17 uimag-mAaA (1分) 得出s=12m (1分) 得出aA=8m/s2 7 物理答案（三）·第4页（共4页）