【物理】北京市八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

【物理】北京市八一学校2019-2020学年高一下学期期末考试试题 （解析版）

北京市八一学校 2019~2020 学年度下学期期末考试 高一 物理 一、单项选择题（12 小题，每题 3 分，共 36 分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）‎ ‎1. 下列物理量中不属于矢量的是（　　）‎ A. 线速度 B. 冲量 C. 动能 D. 动量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．线速度是有大小又有方向的矢量，故A错误；‎ B．冲量是有大小又有方向的矢量，故B错误；‎ C．动能是只有大没有方向的标量，故C正确；‎ D．动量是有大小又有方向的矢量，故D错误。‎ ‎2. 下列表示冲量的单位的是（　　）‎ A. 牛·秒 B. 焦耳 C. 牛·米 D. 千克·米/秒 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．牛·秒是冲量的单位，选项A正确；‎ B．焦耳是功或能的单位，选项B错误；‎ C．牛·米是功或能的单位，选项C错误；‎ D．千克·米/秒2是力的单位，选项D错误。‎ ‎3. 发现万有引力定律的科学家是（ ）‎ A. 伽利略 B. 开普勒 C. 牛顿 D. 卡文迪许 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：伽利略的理想斜面实验推论了物体不受力时运动规律，开普勒发现了行星运动的三大规律，牛顿在前人（开普勒、胡克、雷恩、哈雷）研究的基础上，凭借他超凡的数学能力，发现了万有引力定律，经过了100多年后，卡文迪许测量出了万有引力常量；‎ 故选C．‎ ‎4. 如图所示为在水平面内做匀速圆周运动圆锥摆。关于摆球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 受拉力和重力的作用 B. 受拉力和向心力的作用 C. 受重力和向心力的作用 D. 受重力、拉力和向心力的作用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在水平面内做匀速圆周运动，对小球受力分析如图所示，小球只受重力和绳子的拉力，由于它们的合力总是指向圆心并使得小球在水平面内做圆周运动，故在物理学上，将这个合力就叫做向心力，即向心力是按照力的效果命名的，这里是重力和拉力的合力。‎ 故选A ‎5. 载人飞船在发射至返回的过程中（大气层以外无阻力作用），满足机械能守恒的是 A. 飞船加速升空的阶段 B. 飞船进入大气层以外的预定椭圆轨道后无动力绕地球运行阶段 C. 返回舱在大气层内向着地球作无动力飞行的阶段 D. 降落伞张开后，返回舱减速下降阶段 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.飞船加速升空的阶段，推力做正功，机械能增加，故A错误；‎ B.飞船在椭圆轨道上绕地球运行的阶段，只受重力作用，重力势能和动能之和保持不变，机械能守恒，故B正确；‎ C.返回舱在大气层内向着地球做无动力飞行阶段，空气阻力做功，机械能不守恒，故C错误；‎ D.降落伞张开后，返回舱下降的阶段，克服空气阻力做功，故机械能不守恒，故D错误．‎ ‎6. 我国发射的风云一号气象卫星是极地卫星，周期为12h．风云二号气象卫星是地球同步卫星，周期是24h．与风云二号相比较，风云一号( 　　)‎ A. 距地面较近 B. 角速度较小 C. 线速度较小 D. 受到地球的万有引力较小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 根据万有引力提供圆周运动向心力可得可知风云一号周期短，故其半径小，即距地面较近故A正确；据ω＝可知风云一号周期小，角速度较大，故B错误；由A分析知，风云一号半径较小，再根据可知风云一号的线速度较大，故C错误；因为不知道两颗卫星的具体质量大小情况，不能仅根据半径情况确定所受地球引力的大小，故D错误．故选A．‎ ‎7. 如图所示，放在地球表面上的两个物体甲和乙，甲放在南沙群岛（赤道附近），乙放在北京。它们随地球自转做匀速圆周运动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲的角速度小于乙的角速度 B. 甲的角速度大于乙的角速度 C. 甲的线速度小于乙的线速度 D. 甲的线速度大于乙的线速度 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．甲与乙均绕地轴做匀速圆周运动，在相同的时间转过的角度相等，由角速度的定义式可知，甲、乙角速度相等，故AB错误；‎ CD．由角速度与线速度关系公式v=ωr，甲的转动半径较大，故甲的线速度较大，故C错误，D正确。‎ ‎8. 质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以水平速度v射向木块，子弹最终“停留”在木块中.在此过程中，对于子弹和木块组成的系统，则（ ）‎ A. 动量守恒，机械能也守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能守恒 D. 动量不守恒，机械能不守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】在子弹射入木块的整个过程中，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，只有一对内力即摩擦阻力作用，则子弹和木块组成的系统动量守恒.在子弹射入木块的过程，有一对摩擦阻力做功，子弹的部分动能转化为系统的内能，因此系统的机械能不守恒.‎ A动量守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故A项不合题意.‎ B.动量守恒，机械能不守恒与分析结果相符；故B项符合题意.‎ C.动量不守恒，机械能也守恒与分析结果不相符；故C项不合题意.‎ D.动量不守恒，机械能不守恒与分析结果不相符；故D项不合题意.‎ ‎9. 2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播，人类带着地球“流浪”至靠近木星时，上演了地球的生死存亡之战。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道 I 上运行到远日点 B 变轨，进入圆形轨道 II，在圆形轨道 II 上运行到 B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是（　　）‎ A. 在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，速度逐渐增大 B. 沿轨道 I 运行时，在 A 点的加速度小于在 B 点的加速度 C. 沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能 D. 在轨道 I 上 B 点的动能等于在轨道 II 上 B 点的动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在轨道 I 上由 A 点运行到 B 点的过程，万有引力做负功，则速度逐渐减小，选项A错误；‎ B．沿轨道 I 运行时，在 A 点受到的万有引力大于在 B 点的万有引力，则在 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，选项B错误；‎ CD．从轨道 I上的B点要加速才能进入轨道 II ，则在轨道 I 上 B 点的动能小于在轨道 II 上 B 点的动能，沿轨道 I 运行的机械能小于沿轨道 II 运行的机械能，选项C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎10. 如图所示，把一个带弹簧但质量未知的签字笔笔尖朝上，沿竖直方向压缩到底，无初速释放后笔上升的最大高度为h；再把笔水平放置在桌面上，沿水平方向压缩到底，无初速释放后，笔在桌面上滑行的最大距离为s．忽略空气阻力．则由上述物理量可估算出 A. 弹簧的弹性势能的最大值 B. 上升过程中重力所做的功 C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功 D. 笔与桌面间的动摩擦因数 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】设笔的质量为m，笔竖直上升时，根据能量守恒定律得：弹簧的弹性势能的最大值 Epm=mgh…① 上升过程中重力所做的功 W=-mgh…② 笔在水平滑行过程中，由能量守恒定律得 Epm=μmgs…③‎ ‎ 由①③得 μ=，可知，能求出笔与桌面间的动摩擦因数，由于不能求出m，所以其他量不能解出．‎ A. 弹簧的弹性势能的最大值，与结论不相符，选项A错误；‎ B. 上升过程中重力所做的功，与结论不相符，选项B错误；‎ C. 水平滑行过程中摩擦力所做的功，与结论不相符，选项B错误；‎ D. 笔与桌面间的动摩擦因数，与结论相符，选项D正确；‎ ‎11. 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子‎3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）‎ A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．‎ B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：‎ 可以解得：‎ ‎，‎ 即B选项正确；‎ CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，CD选项错误．‎ ‎12. 如图所示，若 x 轴表示时间，y 轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令 x 轴和 y 轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系 B. 若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系 C. 对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做的功，则该图像可以反映某物体在功率不变的情况下，合力做功与时间的关系 D. 对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小，则该图像可以反映某物体在角速度不变的情况下，线速度与做圆周运动半径大小的关系 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理，而，则，则Ek-t图像不是直线，选项A错误；‎ B．根据动量定理，则若 x 轴表示时间，y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系，选项B正确；‎ C．根据W=Pt可知，对于做直线运动的物体，若 x 轴表示时间，y 轴表示合力对物体所做的功，则该图像应该是过原点的直线，选项C错误；‎ D．根据v=ωr，则对于做匀速圆周运动的物体，若 x 轴表示半径大小，y 轴表示线速度大小，则线速度与做圆周运动半径大小的关系图像应该是过原点的直线，选项D错误。‎ 故选B。‎ 二、多项选择题（4小题，每题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选对但不全的得2分）‎ ‎13. 一货箱随竖直升降机运动的速度—时间图像如图所示，取竖直向上为正方向，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 在t3时刻货箱运动到最高位置 B. 在t5~t7时间内，货箱处于失重状态 C. 在t1~t2时间内，货箱的机械能可能保持不变 D. 在t2~t3时间内，升降机对货箱做功的功率不断变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据图象可知，货箱从0－t3时间内，货箱先向上做匀加速直线运动，t1－t2时间内做匀速运动，t2－t3时间内向上做匀减速直线运动，t3－t4时间内货箱静止不动，t4－t5货箱向下做加速运动，t5－t6时间内货箱向下匀速运动，t6－t7时间内货箱向下做减速运动，直到速度减为零，则在t3时刻货箱运动到最高位置，在t5~t7时间内，货箱先处于平衡状态后失重状态，故A正确，B错误；‎ C．t1－t2时间内做匀速运动，动能不变，重力势能增大，则机械能增大，故C错误；‎ D．t2－t3时间内向上做匀减速直线运动，升降机对货箱的作用力不变，则升降机对货箱做功的功率不断变小，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎14. 质量为m的汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，经过时间t汽车的位移大小为s，速度大小为v。此过程中，车所受阻力大小恒为f，则t时刻（　　）‎ A. 汽车的加速度大小为 B. 汽车的牵引力大小为 C. 汽车的动能为Pt-fs D. 牵引力的瞬时功率为P ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据牛顿第二定律可得此时的加速度大小为，由于汽车做变加速直线运动，则加速度大小，故A错误；‎ B．汽车所受的牵引大小为，故B正确；‎ C．根据动能定理可得，则，故C正确；‎ D．汽车在平直的公路上从静止开始以恒定功率P启动，所以t时刻牵引力的瞬时功率为P，故D正确。‎ 故选BCD。‎ ‎15. 质量为m的小物块静止在赤道处，下列关于小物块所受引力和重力的说法正确的是（ ）‎ A. 小物块所受重力的方向一定指向地心 B. 小物块所受引力的方向一定指向地心 C. 若地球自转加快，小物块所受重力变小 D. 若地球自转加快，小物块所受引力变小 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.重力的方向竖直向下，而赤道处竖直向下和指向地心重合；则赤道位置的重力指向地心；则A项符合题意.‎ B.物体受到地球的万有引力方向沿物体和地球的球心连线而指向地心；故B项符合题意.‎ C.对赤道位置的物体分析可知，所受万有引力产生两分力效果，一是重力，二是自转向心力，且三者的方向都指向地心，满足：，则自转加快即角速度增大，所需向心力变大，而引力不变，故重力变小；故C项符合题意.‎ D.物体所受万有引力大小，与自转快慢无关，则地球自转加快时小物块所受的引力不变；故D项不合题意.‎ ‎16. 如图所示，小物体a 沿高为 h、倾角为 30°的固定在水平地面上的光滑斜面以初速度 v0从顶端滑到底端，与 a 完全相同的物体b 以同样大小的初速度 v0从同样的高度水平抛出， 落至同一水平地面。不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 两物体落地时，重力的瞬时功率一定相同 B. 从开始运动至落地过程中，重力的冲量相同 C. 两物体落地时动量大小相同 D. 两物体落地时动能相同 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎ 【详解】 ‎ A．对a，由牛顿第二定律得 ‎ 到地面时的瞬时速度 ‎ 重力的瞬时功率 ‎ 对b，落地的竖直速度 ‎ 重力的瞬时功率 ‎ 则两物体落地时，重力的瞬时功率不相同，选项A错误； ‎ B．物体a滑到底端的时间 ‎ 重力的冲量 ‎ 物体b落地的时间 ‎ 重力的冲量 ‎ 选项B错误； ‎ CD．根据机械能守恒定律 ，可知两物体落地时的动能相同，速度大小相同，根据p=mv可知，动量大小相同，选项CD正确。 ‎ 故选CD。 ‎ 三、实验题（本题共 1 小题，共 8 分）‎ ‎17. 如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置做“验证机械能守恒定律”实验。‎ ‎(1)已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材是____；‎ A．直流电源 B．交流电源 C．天平和砝码 D．毫米刻度尺 ‎(2)为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的____；‎ A．速度变化量与高度变化量 B．重力做功与重力势能变化量 C．动能变化量与势能变化量 ‎(3)下列关于该实验的一些说法正确的是____‎ A．做实验时，要先接通电源，再释放重物 B．实验中的误差主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的 C．若某同学通过描绘 v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，并且该直线的斜率应约为9.8‎ ‎(4)安装好实验装置，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图所示。在纸带上选取三个连续打出的点 A、B、C，测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC。设重锤质量为 m，当地重力加速度为 g，打点计时器打点周期为T。为了验证此实验过程中机械能是否守恒，应满足下面的哪个等式____（用题中所给字母表示）‎ A．‎ B．‎ C．‎ ‎【答案】 (1). BD (2). C (3). AB (4). A ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)除已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、铁架台和带夹子的重物，此外还必需要的器材有交流电源和毫米刻度尺；不需要直流电源，因为打点计时器的工作电压是交流电；同时不需要天平，因为机械能守恒定律，两边的质量可以消掉，故BD正确。‎ ‎(2)要验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量，如果在误差允许的范围内两者相等，就验证了机械能守恒，故C正确。‎ ‎(3)在验证机械能守恒定律的实验中，要要先接通电源，再释放重物，实验中重力势能的减小量会稍大于动能的增加量，其误差原因主要是由于存在空气阻力和摩擦阻力引起的，故AB正确；‎ 若通过描绘v2-h图像研究机械能是否守恒，合理的图像应该是过原点的一条直线，由机械能守恒定律可知，得到，该直线的斜率应约为‎2g，故C错误。‎ 故选AB。‎ ‎(4)从O点到B点，重力势能的减小量为，动能的增加量 如果 即满足 就验证了机械能守恒定律，故A正确。‎ 故选A。‎ 四、解答题（4 小题，共 40 分。解答题应写出必要的文字说明、方程和重要的演算步骤， 只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎18. 如图所示，用水平拉力F，使质量m＝‎5.0kg的物体以v0=‎1.0m/s的速度沿水平地面向右做匀速直线运动。已知物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.40，空气阻力可忽略不计，取重力加速度g=‎10m/s2。‎ ‎(1)求水平拉力F的大小；‎ ‎(2)若从某时刻起，保持拉力F的大小不变，改为与水平成θ=37°角斜向上拉此物体，使物体沿水平地面向右做匀加速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎①改变拉力方向后在位移s=‎5.0m内拉力F所做的功W；‎ ‎②改变拉力方向后在位移s=‎5.0m内物体动能增量的大小ΔEk，并说明W与ΔEk不相等的原因。‎ ‎【答案】(1)20N；(2)①80J；②4.0J，W与ΔEk不相等的原因是因为有摩擦力做负功 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)物体做匀速直线运动，由平衡条件得 ‎(2)①拉力F所做的功 ‎②由牛顿第二定律得 可得 根据运动学公式 可得 则 由动能定理可知，W与ΔEk不相等的原因是因为有摩擦力做负功 ‎19. 我国航天人为实现中华民族多年的奔月梦想，正在向着“绕、落、回”的第三步进军， 未来将有中国的航天员登上月球。设想航天员在月球上做自由落体实验，将某物体从距月球表面高h处由静止释放，经时间t后落到月球表面，已知月球是半径为R的均匀球体， 引力常量为G，不考虑月球自转的影响。求：‎ ‎(1)月球表面的重力加速度g月；‎ ‎(2)月球的质量M；‎ ‎(3)绕月探测器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的速率v。‎ ‎【答案】(1)；(2)；(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由公式得 ‎(2)月球表面物体的重力等于万有引力得 解得 ‎(3)由公式 所以绕月飞行的速率为 ‎20. 如图所示，MN是半径为R=‎0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点．把一质量为m=‎1kg的小球B静止放于N点，另一个完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点．若桌面高度为h=‎0.8m，取重力加速度g=‎10m/．不计空气阻力，小球可视为质点．求：‎ ‎（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度的大小；‎ ‎（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度的大小；‎ ‎（3）P点与N点之间的水平距离x.‎ ‎【答案】（1）‎4m/s（2）‎2m/s（3）‎‎0.8m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得：‎ 代入数据解得：；‎ ‎（2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为v，则：‎ 代入数据可得：‎ ‎（3）小球从N点飞出后做平抛运动，‎ 竖直方向上：‎ 水平方向上：‎ 解得：．‎ ‎21. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=‎3.0kg 的物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑连接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以 u=‎1.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径 R=‎0.45m 位于竖直平面内的光滑圆弧轨道。质量 m=‎1.0kg 的物块 B 从圆弧的最高处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.1，传送带两轴之间的距离 l=‎2.5m。设物块 A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块 A 静止。取 g=‎10m/s2，求：‎ ‎(1)物块滑到圆弧的最低点 C 时对轨道的压力；‎ ‎(2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；‎ ‎(3)如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 在第三次与物块 A 碰撞前在传送带上运动的总路程。‎ ‎【答案】(1)30N，方向竖直向下；(2)1.5J；(3)‎‎3.75m ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。由机械能守恒知 mgR=mv02‎ 得=‎3m/s ‎ 设物块B滑到圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得 解得F=30N 由牛顿第三定律得，物块B滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力为F1=30N 方向竖直向下。‎ ‎(2)设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则 μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2－v02=－2al 联立解得v=‎2 m/s 由于v>u=‎1 m/s，所以v=‎2m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。‎ 设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv=mv1＋Mv2 ‎ mv2=mv12＋Mv22‎ 解得 v1=‎ v2=‎1m/s 弹簧具有的最大弹性势能等于物块M的初动能EP=Mv22=1.5J ‎(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。‎ 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得－μmgl′=0－mv12‎ 得l′＝‎0.5m<‎‎2.5m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′＝‎1m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的路程为s1，可知s1=‎2 l′=‎‎1.0m 设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1′=mv3＋Mv4‎ mv1′2=mv32＋Mv42‎ 解得v3==－‎0.5m/s ‎ 当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=‎0.5m/s，继而与物块A发生第3次碰撞。则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的往返路程为s2；‎ 由动能定理可知 ‎－μmgl′′=0－mv32‎ s2=‎2l′′=‎‎0.25m 因此第三次碰撞前B物体在传送带上总路程为 s= l+ s1+ s2=2.5+1.0+‎0.25m =‎‎3.75m