宁夏回族自治区银川一中2025届高三12月考-物理答案.docx

银川一中 2025 届高三年级第四次月考
物理试卷
注意事项：
1
2
3
．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单选题（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）
1
. 在物理学的发展过程中，物理学家们采用了多种研究方法。以下关于物理学研究方法的叙述中，正确的
是（ꢀꢀ）
F
U
d
U
I
E = 、E =
R =
A
和
三个公式都采用了比值定义法
q
B. 平均速度、瞬时速度和交流电有效值等物理量的定义均采用了等效替代法
C. 在推导匀变速直线运动位移公式时，将整个运动过程细分为许多小段，每一小段近似看作匀速直线运
动，然后将这些小段的位移相加，这种方法是微元法
D. 在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变
研究加速度与质量的关系，这一实验过程运用了假设法
【
【
答案】C
解析】
U
d
E =
【
详解】A．
是匀强电场中电场强度与电势差的关系式，不是定义式，故 A 错误；
B．瞬时速度的 定义采用的是极限法，故 B 错误；
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，将整个运动过程细分为许多小段，每一小段近似看作匀速直线运
动，然后将这些小段的位移相加，这种方法是微元法，故 C 正确；
D．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变
研究加速度与质量的关系，这一实验过程运用了控制变量法，故 D 错误。
故选 C。
2
. 我国自主建设、独立运行的 北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相
关服务。设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，在 P 点变轨后进入轨道
2
做匀速圆周运动，如图所示。下列说法正确的是（ꢀꢀ）
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A. 在轨道 1 与在轨道 2 运行比较，卫星在 P 点的加速度不同
B. 在轨道 1 与在轨道 2 运行比较，卫星在 P 点的动量不同
C. 卫星在轨道 2 的任何位置都具有相同加速度
D. 卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同动能
【
【
【
答案】B
解析】
详解】A．在轨道 1 与在轨道 2 运行比较，卫星在 P 点距地球的距离相等，受到的万有引力相等
GMm
F =
= ma
r
2
所以卫星在 点的加速度相同，故 A 错误；
B．卫星由轨道 1 变为轨道 2，需要加速，则轨道 2 的速度要大一些，所以卫星在 P 点的动量轨道 2 的大
于轨道 1 的，故 B 正确；
C．卫星在轨道 2 的不同位置受到的万有引力大小相同，但方向不同，故产生的加速度大小相同，方向不
同，故卫星在轨道 的不同位置都具有不同加速度，故 C 错误；
D．轨道 1 是一个椭圆轨道，又开普勒第二定律可得，卫星离地球越近，速度越大，则卫星在轨道 1 上除
了关于地球对称的位置外，各位置具有不同的动能，选项 D 错误。
故选 B。
3
. 如图所示，将塑料瓶下侧开一个小孔，瓶中灌入清水，水就从小孔流出。将激光水平射向塑料瓶小孔，
观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，这是光的（
）
A. 干涉现象
【答案】B
B. 全反射现象
C. 衍射现象
D. 折射现象
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【
【
解析】
详解】将激光水平射向塑料瓶小孔，观察到激光束沿水流方向发生了弯曲，光被完全限制在水流内，光
从水射出空气时发生全反射现象，所以这是光的全反射现象。
故选 B。
4
. 如图所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为 O。三个完全相同的小圆环 a、b、c 穿在大环上，小
环 c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环 a、b，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环
能恰好在图示位置静止。平衡时 a、b 的距离等于绳子长度的一半，c 在圆环的最高点。已知小环的质量为
m，重力加速度为 g，轻绳与小环的摩擦不计。则（ꢀꢀ）
A. a 与大环间的弹力大小为 3mg
mg
B. 绳子的拉力大小为
C. c 受到两条绳子拉力的合力大小为 2 3mg
4
mg
D. c 与大环间的弹力大小为
【
【
【
答案】D
解析】
详解】AB．三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由平衡时 a、b 的距离等于绳子长度的一半可知，abc
恰好能组成一个等边三角形，对 a 受力分析如图所示
根据共点力下物体的平衡条件可得
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T sin 30° = N sin 60° T cos 30° = mg + N cos 60°
，
a
a
a
a
解得
Na = mg T = 3mg
，
a
故 AB 错误；
CD．以 c 为研究对象，c 受到绳子拉力的大小为
T = 2Ta cos 30° = 3mg
所以 c 与大环间的弹力大小
N = mg +T = 4mg
故 C 错误，D 正确。
故选 D。
1
5
. 如图所示为固定不动的 光滑圆弧形轨道，小球 1 从轨道顶端做平抛运动，恰好可以到达轨道底端；小
4
球 2 由静止开始从顶端沿轨道滑到底端，两小球质量相同，则（ꢀꢀ）
t < t
A. 两小球下落的时间
1
2
2
t = t
1
B. 两小球下落的时间
P = P
C. 在轨道底端重力的瞬时功率
1
2
P < P
D. 在轨道底端重力的瞬时功率
1
2
【
【
【
答案】A
解析】
详解】AB．小球 1 从轨道顶端做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，小球 2 由静止开始从顶端沿轨道
滑到底端，竖直方向的初速度为 0，竖直方向的末速度也为 0，表明竖直方向先加速后减速，加速过程由
于轨道的弹力作用，导致竖直方向的加速度小于重力加速度，可知，小球 1 竖直方向的分速度大于小球 2
同一水平位置竖直方向的分速度，即在竖直方向上小球 1 的平均速速度大于小球 2 平均速度，竖直方向的
分位移相等，则有
第 4 页/共 18 页

t1 < t
2
故 A 正确，B 错误；
CD．小球 1 从轨道顶端做平抛运动，到达轨道底端时重力与速度方向相同，重力的瞬时功率不为 0，小球
2
0
由静止开始从顶端沿轨道滑到底端，到达轨道底端时重力与速度方向垂直，此时重力的瞬时功率等于
，可知
P1 > P
2
故 CD 错误
故选 A。
6
. 如图为某电子透镜中电场的电场线（虚线）的分布图。一电子仅在电场力作用下运动，其轨迹如图中实
线所示，电子先后经过 O、P、Q 三点。电子从 O 点运动到 Q 点的过程中，关于电子的运动，下列说法正
确的是（ꢀꢀ）
A. 加速度一直减小
B. 加速度先减小后增大
C. 在 O 点电势能比在 Q 点电势能小
D. 从 O 点到 P 点电场力做功与从 P 点到 Q 点电场力做功相等
【
【
【
答案】C
解析】
详解】AB．电场线的疏密表示场强的大小，则电子从 O 点运动到 Q 点的过程中，场强先变大后变小，
则电子受到的电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故 A 错误，B 错误；
C．电场力的方向沿电场线的切线方向，且根据曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，可知电子受到的电场
力的方向与速度方向的夹角大于90o ，则电场力对电子做负功，电子的电势能增大，在 O 点电势能比在 Q
点电势能小，故 C 正确；
D．从 O 点到 P 点电场力做功与从 P 点到 Q 点电场力做功谁大谁小无法判断，所以 D 错误。
故选 C。
7
. 如图所示，A 为带正电的点电荷，电量为 Q，中间竖直放置一无限大的金属板，B 为质量为 m、电量为
＋
q 的小球，用绝缘丝线悬挂于 O 点，平衡时丝线与竖直方向的夹角为 θ，且 A、B 两个小球在同一水平
第 5 页/共 18 页

面上，间距为 L，则金属板上的感应电荷在小球 B 处产生的电场强度大小 E 为(ꢀꢀ)
kQ
A. E＝
L
2
mg tanq
B. E＝
q
mg tanq kQ
C. E＝
＋
q
L
2
mg tanq kQ
D. E＝
－
q
L
2
【
【
【
答案】D
解析】
详解】设点电荷在 B 处产生的场强为 E ，金属板在 B 处产生的场强为 E ，B 处的场强为 E。矢量叠加
1
2
E = E1 + E2
受力分析可求
mg tanq
E =
q
根据点电荷场强公式
由以上式子联立可得
kQ
L2
E1 =
mgtanq kQ
E2 =
-
q
L2
故选 D。
8
. 如图所示，A、B 和 C 是光滑水平面上的三个大小相同的小球，A、B 球的质量为 m，C 球质量为 2m ，
v
0
其中 B、C 两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现 A 球以速度 沿 B、C 两球球心的连
第 6 页/共 18 页

线向 B 球运动，碰后 A、B 两球粘在一起。对 A、B、C 及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ꢀꢀ）
A. 三球速度相等时，弹簧一定处于压缩状态
3
mv02
B. 弹簧的最大弹性势能等于
8
C. 三球速度相等后，速度将保持不变
v0
2
D. 当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时，C 的瞬时速度大小为
【
【
【
答案】D
解析】
详解】AC．三球速度第一次相等时，弹簧处于压缩状态，此后，C 球继续加速，A、B 球作为整体继续
减速，当弹簧恢复原长时 C 球的速度比 A、B 整体的速度大，弹簧继续伸长，当三球速度再次相等时，弹
簧处于拉伸状态，故 A、C 错误；
E
p
B．三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为 ，A、B 两球碰撞瞬间由动量守恒得
mv0 = 2mv1
从开始到三球速度相等过程中，由三球组成的系统动量守恒得
( +
+
)
mv0 m m 2m v
=
2
从 A、B 两球碰撞结束到三球速度相等过程，根据机械能守恒定律有
1
2
1
×
2mv12 = E + (m + m + 2m)v2
p
2
2
求得
1
E = mv
2
p
0
8
故 C 错误；
D．A、B 两球碰撞瞬间由动量守恒得
mv0 = 2mv1
求得
v0
2
v1 =
A、B 两球的总质量与 C 球质量相等，从 A、B 两球碰撞结束到弹簧第一次恢复为原长的过程中，相当于
A、B 两球作为整体与 C 球发生了一次弹性碰撞，所以二者发生速度交换，所以当弹簧第一次从压缩状态恢
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v0
2
复到原长时，C 球的瞬时速度大小为 ，故 D 正确。
故选 D。
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
9
. 如图所示，质量为 m 的物体（可视为质点）以某一速度从 A 点冲上倾角为 30°的固定斜面，其运动的加
3
速度大小为 g，此物体在斜面上上升的最大高度为 h，则在这个过程中物体（ꢀꢀ）
4
A. 重力势能增加了 mgh
1
B. 克服摩擦力做功 mgh
4
3
C. 动能损失了 mgh
4
1
D. 机械能损失了 mgh
2
【
【
【
答案】AD
解析】
详解】A．物体在斜面上能够上升的最大高度为 h，所以重力势能增加了 mgh。故 A 正确；
B．根据牛顿第二定律，有
3
ma = mg = mg sin 30°+ f
4
所以摩擦力为
1
f = mg
4
根据几何关系，可知上升 h，发生位移为 2h，则克服摩擦力做功为
1
W = - f ´2h = mgh
f
2
故 B 错误；
C．根据动能定理，有
D
E =W = F ´2h，F = ma
k
合
合
合
联立，可得
第 8 页/共 18 页

3
D
E = mgh
k
2
3
动能损失了 mgh。故 C 错误；
2
3
1
D．物体动能减小了 mgh，重力势能增加了 mgh，则机械能减小了 mgh，故 D 正确。
2
2
故选 AD。
0. 如图甲所示，两个完全一样的小木块 a 和 b（可视为质点）用轻绳连接置于水平圆盘上，a 与转轴 OO′
的距离为 l。圆盘从静止开始绕转轴极缓慢地加速转动，木块和圆盘保持相对静止。ω 表示圆盘转动的角
1
f = 3 f
速度，a、b 与圆盘保持相对静止的过程中所受摩擦力与 ω2 满足如图乙所示关系，图中
。下列判
2
1
断正确的是（ꢀꢀ）
A. 图线（1）对应物体 a
B. 绳长为 2l
3
C. w = w
2
1
2
1
2
D. w = w2 时绳上张力大小为
f2
【
【
答案】BD
解析】
0
£ w £ w
时，绳上无拉力，木块 a 和 b 都由各自的静摩擦力提供向心力
【
详解】A．由图可知，当
1
f = mr w
2
a
a
f = mr w2
b
b
因为
rb > r
a
第 9 页/共 18 页

所以
fb > f
a
故图线（1）对应物体 b，A 错误；
B．又因为当w = w1 时，木块 b 恰好达到最大静摩擦力且
fb = f
f = f
f = 3 f1
2
，
，
2
a
1
即
mrbw2 = 3mraw2
得
r = 3r = 3l
b
a
所以绳长为
r - r = 2l
b
a
B 正确；
C D．
当w = w1 时，对木块 b 有
m
mg = mw1 ×3l
2
得
m
g
w1
=
3
l
当w = w2 时，对木块 a 有
m
mg -T = mw2 ×3l
2
联立可得
m
g
l
w2
=
2
所以
3
2
w2
=
w1
1
1
T = mmg = f2
2
2
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C 错误；D 正确。
故选 BD。
1
1. 如图所示是原子核的平均结合能（也称比结合能）与质量数的关系图像，通过该图像可以得出一些原
1
6 O 的核子平均结合能约为8MeV
8
4
2
He
的核子平均结合能约为 7MeV ，根据该
子核的平均结合能，如
，
图像判断下列说法正确的是（ꢀꢀ）
2
35 U ®8396 Kr +15464 Ba + 21
n
A.
是铀 235 核裂变的核反应方程式
9
2
0
2
1
H
4
2
He
核会释放出能量
B. 由图可知两个
核结合成
1
8
6
O
O
16
8
O
O
4
2
He 要多提供约16MeV
C. 把
分成 8 个质子和 8 个中子比把
分成 4 个
能量
He 要多提供约112MeV
能量
1
8
6
16
8
4
2
D. 把
分成 8 个质子和 8 个中子比把
分成 4 个
【
【
答案】BD
解析】
1
0
n +235 U ®89 Kr +15464 Ba + 310 n
，故 A 错误；
92 36
【
详解】A．铀 235 核裂变的核反应方程式应为
4
2
He
2
1
H
2
1
H
4
2
He
B．由图可知
核的平均结合能大于
核的平均结合能，所以两个
核结合成
核会释放出能
量，故 B 正确；
1
8
6
O
CD．把
分成 8 个质子和 8 个中子需要的能量为
DE1 =16´8MeV=128MeV
1
8
6
O
4
2
He
需要的能量为
把
分成 4 个
DE2 = (16´8- 4´7´4)MeV=16MeV
1
8
6
O
16
8
O
4
2
He
所以，把
分成 8 个质子和 8 个中子比把
分成 4 个
要多提供的能量约为
DE1 - DE2 128 16 MeV 112MeV
= (
- )
=
故 C 错误，D 正确。
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故选 BD。
三、实验题（本大题共 2 小题，共 15 分）
1
2. 用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，在气垫导轨的一端装有位移传感器（图中未画出），A、B
两物块（可视为质点）沿同一直线运动并发生正碰，若 A 物块的质量为 m = 300 g，B 物块的质量为 m =
1
2
1
50 g，表中是电脑记录的 A、B 两物块在同一时刻与传感器的距离。
xA/m
1.20
0
1.01
0.10
0.80
0.21
0.59
30
0.40
0.40
0.35
0.25
0.30
0
0
xB/m
（
（
（
①
②
“
【
【
【
1）根据表中数据可以判断出位移传感器固定在气垫导轨的_________（填“左边”或“右边”）。
2）为了更方便判断 A、B 碰撞时是否满足动量守恒，于是画出了 A、B 两物块位置随时间变化的图像
如图乙），a、b 分别为 A、B 两物块碰撞前后的位置时间图线。
碰撞前 A 物块的速度大小为_________m/s，碰撞前 B 物块的速度大小为_________m/s。
由题中数据结合 x − t 图像中提供的信息，可判断两滑块组成的系统在相互作用过程中动量_________（填
守恒”或“不守恒”），这个碰撞_________（填“是”或“不是”）弹性碰撞。
答案】（1）右边
解析】
（2）
①. 4
②. 2
③. 守恒
④. 不是
小问 1 详解】
根据表中数据可以判断出位移传感器在开始时距离 B 较近，则固定在右边。
【
①
小问 2 详解】
[1]根据 x − t 图像可知碰撞前 A 物块的速度为
0
.4 -1.2
vA =
m/s = -4m/s
0
.2
即碰撞前 A 物块的速度大小为 4 m/s；
[2]同理可得碰撞前 B 物块的速度
第 12 页/共 18 页

0
.4 - 0
vB =
m/s = 2m/s
m/s = -1m/s
m/s = -4m/s
0
.2
碰撞后 A 物块的速度为
0 - 0.4
.6 - 0.2
vA¢ =
0
碰撞后 B 物块的速度为
0
- 0.4
vB¢ =
0
.3- 0.2
②
[3][4]代入数据可得
m v + m v = m v¢ + m v¢
1
A
2
B
1
A
2
B
1
2
1
1
1
m1v2 + m v2 < m v¢2 + m v¢2
A
2
B
1
A
2
B
2
2
2
可知两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒，这个碰撞不是弹性碰撞。
1
3. 一位同学用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验，如图甲所示，通过电磁铁控制的小球从
B 点的正上方 A 点自由下落，下落过程中经过光电门 B 时，光电计时器记录下小球过光电门时间 t，当地的
重力加速度为 g。
（
1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量________。
A. AB 之间的距离 H
B. 小球的质量为 m；
C. 小球从 A 到 B 的下落时间tAB
D. 小球的直径 d
v =
（
（
2）小球通过光电门时的瞬时速度
________（用（1）中测量物理量表达）
1
3）多次改变 AB 之间距离 H，重复上述过程，作出 随 H 的变化图象如图乙所示，当小球下落过程中
t
2
k =
0
机械能守恒时，该直线斜率的理论值
________。（用（1）中测量物理量表达）
k k < k )则实验过程中小球所受的平均阻力 与小
4）在实验中根据数据实际绘出的图乙直线的斜率为 (
f
（
0
mg
的比值为________（用 k 、 表示）。
k
球重力
0
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d
t
【
（
答案】（1）AD
（2）
2
g
3）
d
2
k0 - k
k0
（
4）
【
【
解析】
小问 1 详解】
A．根据实验原理可知，需要测量的是 A 点到光电门 B 的距离，故 A 正确;
B．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故 B 错误；
C．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故 C 错误；
D．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的
直径，故 D 正确。
故选 AD。
【
小问 2 详解】
已知经过光电门时的时间小球的直径，则可以由平均速度表示经过光电门时的速度，即
d
v =
t
【
小问 3 详解】
若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有
1
mgH = mv2
2
解得
2
æ
è
d
ö
2
gH = ç ÷
t ø
解得
1
2g
=
H
t
2
d
2
则该直线斜率
2
g
k0 =
d
2
【
小问 4 详解】
乙图线
1
=
kH
t
2
第 14 页/共 18 页

因存在阻力，则有
1
mgH - fH = mv2
2
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为
f
k0 - k
k0
=
mg
四、解答题（本大题共 3 小题，共 35 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演
算步骤。只写出最后答案不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）
1
4. 某静止在水平地面上的炮车水平发射一枚质量为 10kg 的炮弹，已知炮弹飞出炮口时，相对于地面的速
度为 900m/s，该炮车质量（不包括炮弹）为 3000kg．求：
(1)炮弹飞出炮口时，炮车后退的速度多大；
(2)若炮车后退的距离为 1.5m，则炮车后退中受到的阻力与其自身重力的比值为多大（重力加速度取
1
0m/s2）．
f
=
0.3
【
答案】(1) v=3m/s (2)
Mg
【
【
解析】
详解】(1)设炮弹的速度 v0、炮车后退的速度大小为 v，弹和车的质量分别为 m、M，由于内力远大于外力，
由动量守恒得：Mv－mv0=0
解得：v=3m/s
1
-
fx = 0 - Mv2
(2)设炮车后退中受到的阻力为 f、位移为 x，由动能定理有：
2
解得：f=9000N
f
=
0.3
阻力与其重力的比值：
Mg
【
点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用动能定理的应用，掌握速度的分解和某一方向系统动量
守恒.
5. 如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为 2.0cm 的水银柱，水银柱下密封了一
1
定量的理想气体，水银柱上表面到管口的距离为 2.0cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，
且无水银滴落，管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为 76cmHg，环境温度为 296K。
（
（
1）求细管的长度；
2）若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封
气体的温度。
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【
【
【
答案】（1）41cm；（2）312K
解析】
分析】以“液柱”为模型，通过对气体压强分析，利用玻意耳定律和盖-吕萨克定律求得细管长度和温
度，找准初末状态、分析封闭气体经历的变化时关键。易错点：误把气体长度当成细管长度。
详解】（1）设细管的长度为 L，横截面的面积为 S，水银柱高度为 h；初始时，设水银柱上表面到管口的
距离为 h，被密封气体的体积为 V，压强为 p；细管倒置时，气体体积为 V ，压强为 p 。由玻意耳定律有
【
1
1
pV=p1V1
由力的平衡条件可得，细管倒置前后后，管内气体压强有
p=p +ρgh=78cmHg，p S=p S–ρghS=74cmHg
0
1
0
式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0 为大气压强。由题意有
V=S（L–h –h），V =S（L–h）
1
1
联立解得
L=41cm
（
则
2）设气体被加热前后的温度分别为 T0 和 T，由盖–吕萨克定律有
V
V
1
=
T0
T
T=312K
6. 一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为 m 的小物块 A 放置在光滑水平面上，紧靠物块右端有一
1
辆小车 B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为 6m，一起静止在光滑水平面上，物块 A 左侧紧挨着足
够长的水平传送带 MN，传送带的上表面与水平面在同一高度，传送带以速度 v 顺时针转动。游戏时，A
v
0
被小孩以相对水平面的速度 向左推出，一段时间后返回到传送带右端 N，继续向右追上小孩后又立即被
v
0
小孩以相对水平面的速度 向左推出，如此反复，直至 A 追不上小孩为止。已知物块 A 与传送带 MN 间
m
的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g。
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（
（
（
1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小 v1；
v = 0.5v
2）若传送带转动的速度
，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端 N 所用的时间。
0
3）求物块最多能被小孩向左推出的次数 n。
v0
6
9v0
4mg
【
答案】（1）
；（2）
；（3）3
【
【
解析】
详解】（1）对小物块 A 和小孩，与车组成的系统，动量守恒得
mv0 = 6mv1
解得小孩与车的速度大小
v0
6
v1 =
v ' = v
时，做匀速
0
（
2）小物块 A 在传送带上先做匀减速直线运动，再做反向的匀加速直线运动，当速度
直线运动，加速度大小
m
mg
a =
= mg
m
设减速阶段位移为x
，时间为 ，即
t
1
1
v02
v0
a
x1 =
，t1 =
2
a
x
2
，时间为t
，即
2
减速阶段位移为
v
2
v
a
x2 =
，t2 =
2
a
t
x
3
匀速阶段时间为 ，位移为
，则
3
x3
v
x = x - x
t =
3
，
3
1
2
联立解得
v0
mg
v0
2mg
3v0
4mg
t1 =
t =
2
t =
3
，
，
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所以物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端 N 所用的时间
9
v0
t =
4
mg
1
v = v
，所以，每经过一次传送带，小物块动
（
3）由第二问可知，小物块 A 回到光滑水平面时速度为
0
2
量的变化量大小
1
3
D
p = mv - (-mv ) = mv
0
0
0
2
2
要使小物块 A 不能追上小车，则小车速度大小需满足
1
v' ³ v
0
2
假设物块最多能被小孩向左推出的次数为 n，则此时物块与小车小孩组成的系统的动量满足
1
nDp = m v + 6mv'
0
2
解得
1
nDp - mv
0
2
v'
=
6
m
联立解得
7
n ³
3
n 只能取整数次，所以 n=3，物块 A 最多只能被推出 3 次。
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