山东新高考2021届高三第二次模拟考（二）物理试卷（Word版附答案）

山东省（新高考）2021 届高三第二次模拟考试卷 物 理（二） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 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．如图，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力 F 作用下处于静止状态，则下列判断正确 的是( ) A．木块可能受三个力作用 B．木块一定受四个力作用 C．若推力 F 逐渐增大，木块将可能滑动 D．木块受天花板的摩擦力会随推力 F 的增大而增大 2．用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为 2.75 eV 的光照射到光电管上时 发生了光电效应，电流表 G 的示数不为零，移动变阻器的触点 c，发现当电压表的示数大于或等于 1.7 V 时，电流表示数为零，则在该实验中( ) A．光电子的最大初动能为 1.05 eV B．光电管阴极的逸出功为 1.7 eV C．开关 S 断开，电流表 G 示数为零 D．当滑动触头向 a 端滑动时，电压表示数增大 3．一定质量的理想气体，在温度 T1 和 T2 下的压强 p 与体积倒数1 V 的关系图像如图所示，气体由 状态 A 等压变化到状态 B 的过程中，下列说法正确的是( ) A．温度升高，吸收热量 B．温度升高，放出热量 C．温度降低，吸收热量 D．温度降低，放出热量 4．如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为 U 的正弦交流电源。R1 和 R2 为定值电阻，R3 为 光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则( ) A．通过原线圈的电流减小 B．变压器的输出功率减小 C．R1 两端的电压减小 D．R2 消耗的功率减小 5．携带美国“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载火箭在发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球。 下面对于该火箭的描述错误的是( ) A．火箭发射的初速度大于 7.9 km/s B．火箭上升过程中处于超重状态 C．忽略空气阻力，则火箭碎片落地时速度大小相等 D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒 6．一个物体在粗糙的水平地面上以一定的初速度向前做匀减速直线运动。若已知物体在第 1 s 内的位移为 8.0 m，在第 3 s 内的位移为 0.5 m，则下列说法正确的是( ) A．物体在 0.5 s 末速度一定为 8.0 m/s B．物体在 2.5 s 末速度一定为 0.5 m/s C．物体在第 2 s 内的位移一定为 4.25 m D．物体的加速度大小一定为 3.75 m/s2 7．如图所示，一绝缘容器内部为长方体空腔，容器内盛有 NaCl 的水溶液，容器上下端装有铂 电极 A 和 C，置于与容器表面垂直的匀强磁场中，开关 K 闭合前容器两侧 P、Q 两管中液面等高， 闭合开关后( ) A．M 处钠离子浓度等于 N 处钠离子浓度 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 B．M 处氯离子浓度小于 N 处氯离子浓度 C．M 处电势高于 N 处电势 D．P 管中液面高于 Q 管中液面 8．质量分别为 2m 和 m 的 A、B 两物体分别在水平恒力 F1 和 F2 的作用下沿水平面运动，撤去 F1、F2 后受摩擦力的作用减速到停止，其 v－t 图像如图所示，则下列说法正确的是( ) A．F1 和 F2 大小相等 B．F1 和 F2 对 A、B 做功之比为 2∶1 C．A、B 所受摩擦力大小相等 D．全过程中摩擦力对 A、B 做功之比为 1∶2 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．如图所示，ABC 为正三角形，AB 和 AC 边上放有带等量异种电荷的绝缘细棒，O 为 BC 边中 点，D 为 BC 中垂线上 O 点右侧的一点，P 为 BC 上的一点，选无穷远处电势为 0，则下列说法正确 的是( ) A．O 点和 D 点场强可能大小相等，方向相同 B．D 点的电势一定高于 P 点 C．将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 D 点，电场力先做正功后做负功 D．将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 P 点，电势能减小 10．一列简谐横波沿 x 轴传播，波速 v＝4 m/s。已知坐标原点（x＝0）处质点的振动图象如图 甲所示，t＝0.45 s 时部分波形图如图乙所示。下列说法正确的是( ) A．简谐横波的传播方向沿 x 轴正方向 B．x＝0.5 m 处的质点比 x＝0 处的质点振动滞后 0.5 s C．x＝0 处的质点经过 0.6 s 的路程为 0.6 m D．t＝0.45 s 时 x＝0 处的质点对应的纵坐标为 0.05 m 11．如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，在弹簧的上端从静止 开始释放 0.5 kg 的小球，小球的加速度 a 与弹簧压缩量 x 间的关系如图乙所示。重力加速度 g 取 10 m/s2，则( ) A．斜面的倾角θ＝60° B．弹簧的劲度系数为 12.5 N/m C．小球最大的动能为 0.25 J D．弹簧最大弹性势能为 1 J 12．如图，虚线上方空间分布着垂直纸面向里的匀强磁场，在纸面内沿不同的方向从粒子源 O 先后发射速率均为 v 的质子和α粒子，质子和α粒子同时到达 P 点。已知 OP＝l，α粒子沿与 PO 成 30° 角的方向发射，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力，则下列说法正确的是( ) A．质子在磁场中运动的半径为 1 2l B．粒α子在磁场中运动的半径为 3 2 l C．质子在磁场中运动的时间为 π 2 l v D．质子和α粒子发射的时间间隔为 7π 2 l v 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方 程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和 单位。 13．(5 分)某兴趣小组的同学看见一本物理书上说“在弹性限度内，劲度系数为 k 的弹簧，形变 量为 x 时弹性势能为 Ep＝1 2kx2，为了验证该结论就尝试用“研究加速度与合外力、质量关系”的实验 装置（如图甲）设计了以下步骤进行实验： A．水平桌面上放一长木板，其左端固定一弹簧，通过细绳与小车左端相连，小车的右端连接 打点计时器的纸带； B．将弹簧拉伸 x 后用插销锁定，测出其伸长量 x ； C．打开打点计时器的电源开关后，拔掉插销解除锁定，小车在弹簧作用下运动到左端； D．选择纸带上某处的 A 点测出其速度 v； E．取不同的 x 重复以上步骤多次，记录数据并利用功能关系分析结论。 实验中已知小车的质量为 m，弹簧的劲度系数为 k，则： (1)长木板右端垫一小物块，其作用是_________； (2)如图乙中纸带上 s1＝3.50 cm，s2＝5.42 cm，s3＝1.14 cm，T＝0.02 s，由此可以算出小车匀速 直线运动时候的速度大小为______m/s（结果保留两位小数）； (3)若 Ep＝1 2kx2 成立，则实验中测量出物理量 x 与 m、k、v 关系式是 x＝________。 14．(10 分)某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。 (1)已知表头 G 满偏电流为 100 μA，表头上标记的内阻值为 900 Ω。R1、R2 和 R3 是定值电阻。 利用 R1 和表头构成 1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用 a、b 两个接线柱， 电压表的量程为 1 V；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3 V。则根据题给条件，定值电阻 的阻值应选 R1＝___________Ω，R2＝___________Ω，R3＝___________Ω。 (2)用量程为 3 V，内阻为 2500 Ω的标准电压表 V 对改装表 3 V 挡的不同刻度进行校准。所用电 池的电动势 E 为 5 V，滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 50 Ω和 5 kΩ。为了方便实验中调 节电压，图中 R 应选用最大阻值为___________Ω的滑动变阻器。 (3)若由于表头 G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则 表头 G 内阻的真实值___________（填“大于”或“小于”）900 Ω。 15．(6 分)如图是由折射率 n＝2 3 3 的材料制作的光学器件的切面图，内侧是以 O 为圆心，R 为 半径的半圆，外侧为矩形，AB＝ 3R，BC＝2R。一束单色光从 O 射入器件，入射角为α，满足 sin α ＝ 3 3 ，不计光线在器件内的多次反射，求光在器件中传播的时间。（设光在真空中的速度为 c） 16．(10 分)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为 m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面 内，ab、bc 边长均为 2l，gf 边长为 l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在 平面。开始时，bc 边离磁场上边界的距离为 l，线框由静止释放，从 bc 边进入磁场直到 gf 边进入磁 场前，线框做匀速运动。在 gf 边离开磁场后，ah、ed 边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在 下落过程中始终处于竖直平面内，且 bc、gf 边保持水平，重力加速度为 g。 (1)线框 ah、ed 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 bc 边刚进入磁场时的几倍？ (2)若磁场上下边界间的距离 H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？ 17．(13 分)如图，两水平面（虚线）之间区域存在与水平方向成 45°斜向右上方的匀强电场，自 该区域上方 A 点将质量均为 m、带电荷量分别为 q 和 2q 带正电小球 M、N，同时以相反的初速度 v0 沿水平方向射出。小球进入电场时速度方向与上边界均成 45°角，并从该区域的下边界离开。已知 M 在电场中做直线运动，N 离开电场时速度方向恰好竖直。重力加速度大小为 g 不计空气阻力和粒子 间相互作用。求： (1) A 点距电场上边界的高度； (2)该电场强度的大小： (3)M 与 N 两粒子离开电场时位置间的距离。 18．(5 分)如图所示，传送带 P、Q 间的距离 L＝5.0 m，以 v＝2 m/s 的恒定速度顺时针旋转，传 送带的倾角θ＝37°，一质量 M＝0.09 kg 的 A 物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。左下方的手枪每 隔 1 s 发射一颗质量 m＝0.01 kg 的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为 v0＝40 m/s，方向 平行传送带向上，射入物体后会立即留在其中。将 A 物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗 弹丸击中。物体和弹丸均可看成质点，取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求 (1)A 物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间 t1； (2)从第一次射结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产生的热量 Q； (3)需要射入几颗弹丸才能使 A 物体到达传送带顶端。 物 理答 案 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 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．【答案】B 【解析】木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦力，则天花板对 木块一定有弹力，故木块受到重力、弹力、摩擦力和力 F 四个力作用，A 错误，B 正确；木 块受力如图，根据平衡条件得 N cosF F m g   ， f sinF mg  ，静摩擦力与 F 无关，当 逐渐增大 F 的过程，FN 增大，最大静摩擦力增大，而木块受到的静摩擦力不变，木块将始终 保持静止，CD 错误。 2．【答案】D 【解析】由题目可知，遏制电压 Uc＝1.7 V，最大初动能 Ekm＝eUc＝1.7 eV，A 错误；根 据光电效应方程可知，逸出功 W0＝E－Ekm＝1.05 eV，B 错误；断开开关 S，光电效应依然发 生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，C 错误； 电源电压为反向电压，当滑动触头向 a 端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表 中电流减小，D 正确。 3．【答案】A 【解析】根据pV T ＝C，可知 p＝CT1 V ，则在 p－1 V 图像中过原点的斜率越大，温度越高，则 气体由状态 A 等压变化到状态 B 的过程中，气体温度升高，内能增加，体积变大，对外做功， 根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。 4．【答案】D 【解析】理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻 R3 阻值减小，副线圈的总电阻 减小，根据欧姆定律知副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知通过原线 圈的电流也增大，A 错误；理想变压器的输出功率 P＝UI，其中 U 不变，I 变大，故变压器的 输出功率变大，B 错误；副线圈电流增大，R1 两端电压增大，故 R2 两端电压减小，根据 P＝U2 R 可得 R2 消耗的功率减小，C 错误，D 正确。 5．【答案】C 【解析】火箭发射时的初速度大于第一宇宙速度 7.9 km/s，故 A 正确；在火箭上升过程中， 具有向上的加速度，故处于超重状态，故 B 正确；由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方 向均不相同，故落地时的速度大小不一定相同，故 C 错误；在爆炸过程中由于内力远大于外 力，故可以认为动量守恒，故 D 正确。 6．【答案】A 【解析】物体做匀减速直线运动，在 0.5 s 末速度 1 0.5 1 8m/sxv v t    ，A 正确；根据位 移 时 间 公 式 得 ， 第 1 s 内 的 位 移 为 2 1 0 1 1 1 8.0m2x v t at   ， 第 3 s 内 的 位 移 为 2 2 3 2 0 3 3 3 0 2 2 1 1( ) ( )2 2x x v t a t v t at     ，代入数据得 2 0 9.875m/s 3.75m/sv a，  ，据此 求得 3 0 1.375m /sv v at    ，不符合题意，说明物体在 3 s 前物体已经停止。设第 3 s 内运 动时间为 t，则由 210.5m 2 a t ，  8m/s 1.5sa t  ，解得 24m/sa  ， 0.5st  ，D 错误； 物体在 2.5 s 末的速度为 0.5 0v v a t     ，B 错误；根据 2 2 1x x aT  得第 2 s 内的位移为 2 2 1 4.0mx x aT   ，C 错误。 7．【答案】D 【解析】当开关闭合时，液体中有从 A 到 C 方向的电流，根据正离子的定向移动方向与 电流方向相同，而负离子移动方向与电流方向相反，由左手定则可以知道，钠离子与氯离子 均偏向 M 处，M 处钠离子与氯离子浓度高于 N 处，同时 M 处和 N 处仍呈电中性，电势相等， ABC 错误；由前面分析可知液体将受到向 M 的安培力作用，在液面内部将产生压强，因此 P 端的液面将比 Q 端的高，D 正确。 8．【答案】C 【解析】匀减速运动的加速度大小分别为 0 02A va t= ， 0 0 B va t= ，摩擦力大小分别为 0 0 2A A mvf ma t= = ， 0 0 B B mvf ma t= = ；对于匀加速运动过程，两物体加速度大小分别为 0 1 0 va t= ， 0 2 02 va t= ，根据牛顿第二定律得 0 1 1 0 32A mvF f ma t= + = ， 0 2 2 0 3 2B mvF f ma t= + = ，所以 F1 和 F2 大小不相等，A、B 所受摩擦力大小相等，A 错误，C 正确。两个物体匀加速直线运动的位移 大小分别为 x1＝1 2v0t0，x2＝1 2v0×2t0＝v0t0，F1 和 F2 对 A、B 做功分别为 W1＝F1x1＝3 2mv02，W2 ＝F2x2＝3 2mv02，所以 F1 和 F2 对 A、B 做功之比为 1∶1；根据“面积”等于位移，可知全过程中 两物体的位移大小相等，两物体所受的摩擦力之比为 1∶1，故全过程中摩擦力对 A、B 做功之 比为 1∶1，BD 错误。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．【答案】BD 【解析】由场强的叠加和对称性可知，O 点和 D 点场强方向相同，但 D 点场强要小于 O 点的场强，A 错误；由电场的分布特点可知，D 点电势为 0，P 点电势小于 0，故 D 点的电势 一定高于 P 点，B 正确；将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 D 点，电场力不做功，C 错误； 将一正检验电荷沿直线从 O 点运动到 P 点，电场力做正功，电势能减小，D 正确。 10．【答案】AC 【解析】由图可知，x＝0 处质点在 t＝0.45 s 时沿 y 轴正方向振动，则该波沿 x 轴正方向 传播，故 A 正确； x＝0.5 m 处的质点比 x＝0 处的质点振动滞后时间 0.125xt v= = s，故 B 错 误；简谐波的周期 T＝0.4 s，x＝0 处的质点经过 0.6 s 的路程 0.6 4 0.60.4s A= ´ = m，故 C 正确； x＝0 处的质点的振动方程为 y＝0.1sin 5πt(m)，将 t＝0.45 s 代入得 2 20y = m，故 D 错误。 11．【答案】BCD 【解析】由图可知，当弹簧压缩量 x＝0 时，a＝5m/s2，则有 a＝gsin θ＝5 m/s2，解得θ＝ 30°，故 A 错误；当弹簧压缩量 x＝20cm＝0.2m 时，a＝0，则有 mgsin θ－kx＝0，解得 k＝12.5 N/m ，故 B 正确；在当 x＝0.2m 时，a ＝0，此时小球的速 度最大，由 22ax v 可知 2 1m /sv ax  ，即小球最大的动能 Ekm＝1 2mv2＝0.25 J，故 C 正确；由运动的对称性可知， 当弹簧的压缩量为 x1＝0.4m 时，小球速度为零，此时弹簧的弹性势能最大，从最高点到小球 速度为零的位置，由机械能守恒可得，最大的弹性势能等于重力势能的减小量，即最大弹性 势能 Epm＝mgx1sin 30°＝1 J，故 D 正确。 12．【答案】ACD 【解析】根据题意作出α粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，粒子在磁场中做圆周 运动的轨道半径 r＝l，因为粒子做圆周运动的半径 r＝mv qB ，质子与α粒子的比荷为 2∶1，所以 其半径之比为 1∶2，质子半径为 1 2l，故 A 正确，B 错误；α粒子在磁场中做圆周运动的周期 2πlT v= ，转过的圆心角θ1＝300°，则α粒子在磁场中的运动时间 1 5 5π 6 3 lt T v= = ，质子从 O 点 射入 P 点射出，半径为 1 2l，可知 O 点射入的速度方向必与 OP 边界垂直，θ2＝180°，故 2 1 π 2 2 lt T v ¢= = ，所以质子和α粒子发射的时间间隔为 1 2 7π 6 lt t v- = ，故 CD 正确。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说 明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明 确写出数值和单位。 13．(5 分) 【答案】(1)平衡摩擦力 (2)0.68 (3) mvk 【解析】(1)长木板右端垫一小物块，其作用是利用重力在斜面上的分力来平衡摩擦，使 弹簧做的功全部转化为小车的动能。 (2)由图可知，第二段物体做匀速直线运动，则速度为 2 0.68m / s4 sv T   。 (3)根据能量守恒有 2 k p 1 2E mv E  ，又 Ep＝1 2kx2，联立解得 mx vk  。 14．(10 分) 【答案】(1)100 910 2000 (2)50 (3)大于 【解析】(1)根据题意 R1 与表头 G 构成 1mA 的电流表，则 1( )g g gI R I I R  ，代入数据 解 得 1 100R   ， 因 为 使 用 a 、 b 两 个 接 线 柱 ， 电 压 表 的 量 程 为 1V ， 所 以 2 910ab g gU I RR I    ， 因 为 使 用 a 、 c 两 个 接 线 柱 ， 电 压 表 的 量 程 为 3V ， 所 以 2 3 2000ab g gU I R IRR I     。 (2)电压表与之并联之前电阻小于 2500 Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大电阻 远小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 50 Ω的电阻。 (3)改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头 G 的电流偏小，则实际 其电阻的阻值偏大，故实际阻值大于 900 Ω。 15．(6 分) 【解析】如图所示，由光的折射定律可知 sin sinn  = 带入数据可得β＝30。 在三角形 OO1O2 中，由正弦定理可知 sin sin 3R R  = 可得γ＝60 则 sin γ＝1 n ，可知光线在 O2 刚好发生全反射，且反射角EO2F＝60。由几何关系可知， 光线在器件中通过的路程为 s＝R+1 2R＝3 2R 光线在介质中传播的速度 v＝c n ＝ 3 2 c 光线在介质中传播的时间 3s Rt v c= = 。 16．(10 分) 【解析】(1)bc 边刚进入时，有： 1 1 1 1 1 12 2EE Blv I F BI lR ， ，   线框匀速运动，有 1F mg 联立可得 1 2 24 mgRv B l  ah、ed 边将离开磁场时，有： 2 2 2 2 2 2 EE Blv I F BI lR ， ，   线框匀速运动，有 2F = mg 联立可得 2 2 2 mgRv B l  综上所述 2 1 4v v  即线框 ah、ed 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 bc 边刚进入磁场时的 4 倍。 (2)bc 边进入磁场前，根据动能定理，有 2 1 1 2mgl mv 穿过磁场过程中能量守恒，有   2 2 1 2 1 12 2 2mg H l mv mv Q    联立可得：Q＝mg(H－13l)。 17．(13 分) 【解析】(1)M、N 两粒子进入电场前做平抛运动，设 A 点距上边界的高度为 h，粒子进入 电场时速度偏角满足 vy＝v0tan 45°＝v0 又 vy2＝2gh 解得： 2 0 2 vh g= 。 (2) M 粒子在电场中做直线运动，受力分析知，电场力 qE 与重力 mg 的合力与速度同向， 可得 Eq＝mgcos 45° 解得： 2 2 mgE q= 。 (3)M、N 两粒子进电场前，运动时间均为 t1，可得 0 1 yv vt g g= = 水平位移 x1＝v0t1＝ 2 0v g 电场中，N 粒子受电场力 F＝2Eq＝ 2mg 由力的合成合力可知 N 粒子所受 F 合＝mg，方向水平向右 则 N 粒子水平方向以大小为 g 的加速度做初速度为 v0 的匀减速直线运动，设运动时间为 t2，由运动学公式可得： v0－gt2＝0，x＝v0t2－1 2gt22 解得： 2 0 2 2 vx g= 竖直方向做匀速直线运动，电场高度为 H，可得 2 0 0 2 vH v t g= = 当 M 离开电场时，M 在电场中的水平距离为 x3，由几何关系可得 2 0 3 tan 45 vx H g= ° = 所以 M 与 N 两粒子间的距离 2 0 1 2 3 72 2 vd x x x g= + + = 。 18．(5 分) 【解析】(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒： mv0＝(m＋M)v01 解得 v01＝4 m/s 因为传送带速度为 2 m/s，所以物块减速上升，由牛顿第二定律得： (m＋M)gsin θ＋μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a1 a1＝10 m/s2 减至共速，所需时间 t1＝ 01 1 v v a - ＝0.2 s (2)共速时的位移 x1＝1 2(v01＋v)t1＝0.6 m 继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下： (m＋M)gsinθ－μ(m＋M)gcosθ＝(m＋M)a2 a2＝2 m/s2 若继续减速至零，所需时间为 t＝ 2 0v a - ＝1 s 所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入，此时物块的速度 v1＝v－a2(1－t1)＝0.4 m/s 此时位移 x2＝1 2(v1＋v)(1－t1) x2＝0.96 m 传送带与物块间摩擦力大小 f＝μ(M＋m)gcos θ＝0.4 N 传送带与物块间的相对位移Δx1＝1 2(v01＋v)t1－vt1＝0.2 m Δx2＝v(1－t1)－1 2(v1＋v)(1－t1)＝0.64 m 则物体与传送带摩擦产生的热量 Q＝f(Δx1＋Δx2)＝0.336 J。 (3)第二颗弹丸射入的过程中量守恒：mv0＋(m＋M)v1＝(m＋m＋M)v02 得 v02＝4 m/s 由此可推至每次射入弹丸后，物块 A 都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗 弹丸射入。可推知这次物块上升的位移 s＝x1＋x2＝1.56 m 第三颗子弹射入的过程中动量守恒：mv0＋(2m＋M)v2＝(m＋m＋m＋M)v03 得 v03＝3.7 m/s 减至共速，所需时间 t3＝ 03 1 v v a - ＝0.17 s 所以物块未减至零时，第 4 颗子弹已射入，此时物块的速度 v3＝v－a2(1－t3)＝0.34 m/s 此时上升的总位移 s3＝1 2(v03＋v)t3＋1 2(v3＋v)(1－t3)＝1.4556 m 此时已发生位移为 s＝x1＋x2＋s2＋s3＝4.5756 m 传送带总长 5 m，还剩 0.4244 m，可以推知第 4 颗子弹射入后，A 物体到达传送带顶端， 所以子弹需要射入 4 次。