安徽省马鞍山市 2024-2025学年高三（上）11月月考物理试卷A（含解析）

这是一份安徽省马鞍山市 2024-2025学年高三（上）11月月考物理试卷A（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图，某同学将乒乓球置于球拍中心，并推动乒乓球沿水平直线向前做变速运动，在运动过程中，球与球拍保持相对静止．忽略空气对乒乓球的影响，则( )
A. 乒乓球受到的合外力为零B. 乒乓球受到沿水平方向的合外力
C. 球拍对乒乓球的作用力为零D. 球拍对乒乓球作用力的方向竖直向上
【答案】B
【解析】乒乓球受重力和球拍对乒乓球的作用力，沿水平直线向前做变速运动，乒乓球受到的合外力沿水平方向，球拍对乒乓球作用力斜向上方，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
2.如图所示，不可伸长的轻质细绳绕过光滑定滑轮C与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上(斜面固定)，绳的另一端和物体B连接，B套在光滑的竖直杆上。现BC连线恰沿水平方向，从当前位置释放B，直至B下降到最低点，不计空气阻力，则对该过程下列说法正确的是( )
A. 物体A机械能守恒B. 物体A机械能减少，物体B机械能增加
C. A与B组成的系统机械能守恒D. A与B速度大小始终相等
【答案】C
【解析】【分析】
AB组成的绳连接体机械能守恒，但是对于单独的A或者B，除去重力外还有其他力做功，机械能不守恒，它们在沿绳子方向的速度相等。
【解答】
ABC.在B下降的过程中，细线的拉力对A做正功，对B做负功，则A的机械能增加，B的机械能减小;对AB组成的系统，只有重力做功，则系统的机械能守恒，选项 AB错误，C正确；
D.当B到达某位置时，设细线与竖直方向夹角为α，则vBcsα=vA，可知A与B速度大小不相等，选项 D错误。
故选C。
3.2023年3月15日，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征十一号”运载火箭，成功将实验十九号卫星发射升空。卫星发射的过程可简化为如图所示的过程，先将卫星发射至近地圆轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入运行圆轨道。下列说法正确的是( )
A. 卫星在转移轨道经过B点的速率一定小于近地轨道运行速率
B. 卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小小于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小
C. 卫星在运行轨道上运动时的周期小于转移轨道上运行的周期
D. 卫星在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，卫星的机械能增加
【答案】A
【解析】【分析】
本题考查卫星的运行规律、变轨问题和开普勒第三定律的应用。
卫星在近地道上运动时，根据万有引力提供向心力，在近地圆轨道加速，做离心运动而做转移运动，在远地点，需再次加速，使得万有引力等于向心力，进入运行轨道。根据变轨的原理比较速度的大小；根据卫星只受万有引力比较加速度大小；根据开普勒第三定律比较周期大小，卫星稳定运行时机械能守恒。
【解答】A.在B点，需要加速，进入运行轨道，卫星在运行轨道上经过B点的速率大于卫星在转移轨道经过B点的速率，而卫星在运行轨道上的速率一定小于近地轨道运行速率(高轨低速)，故卫星在转移轨道经过B点的速率一定小于近地轨道运行速率，故 A正确；
B.在B点卫星只受万有引力，则a=Fm=GMmrB2m=GMrB2，卫星在转移轨道上经过B点时加速度大小等于在运行轨道上运动时经过B点的加速度大小，故B错误；
C.卫星在转移轨道的半长轴a小于运动轨道的半径，由开普勒第三定律可得a3T转移2=rB3T运行2，可知卫星在运行轨道上运动时的周期大于转移轨道上运行的周期，故C错误；
D.卫星在转移轨道上从B点运动到A点的过程中，卫星的机械能守恒，故 D错误。
4.根据机动车的运动情况，绘制如图xt2−1t图像，已知机动车质量为1.5×103 kg，其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v ​0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定为1.5×104 N。则以下说法合理的是( )
A. 1秒末机动车牵引力功率为1.8×104 WB. 机动车的初速度为20 m/s
C. 机动车的加速度为8 m/s2D. 机动车在前3秒的位移是24 m
【答案】B
【解析】【分析】
根据图像得出函数解析式，结合运动学公式得出机动车的初速度和加速度，先计算出1 s末机动车的速度，结合功率的计算公式完成分析；先计算出机动车的刹车时间，再根据位移—时间公式计算出位移。
本题主要考查了运动学图像的相关应用，根据图像结合公式分析出机动车的运动情况，结合运动学公式即可完成分析。
【解答】
BC.由图像设xt2与1t的函数关系式为xt2=k1t+b，整理可得x=kt+bt2由运动学公式x=v0t+12at2知上式中k=v0=20m/s，加速度a=−8m/s2，故B正确，C错误。
A.1秒末机车的速度v1=v0+at=12m/s，根据牛顿第二定律F−f=ma，P=Fv1，解得到P=3.6×104W，故A错误；
D.机车做减速运动经时间t=0−v0a=2.5s，所以前3秒的位移x=v02−2a=25m，故D错误。
故选B。
5.如图，矩形框MNQP竖直放置，其中MN、PQ足够长，且PQ杆光滑，一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一质量为m的小球，小球穿过PQ杆。当矩形框绕MN轴分别以不同的角速度ω1和ω2匀速转动时，小球相对于杆的位置不变。下列说法正确的是( )
A. 弹簧的弹力大小可能发生了变化
B. 杆PQ对小球的弹力大小一定发生了变化
C. 若ω2>ω1，杆PQ对小球的弹力一定增大
D. 小球所受合外力的大小一定发生了变化
【答案】D
【解析】【分析】
小球在水平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，根据胡克定律判断弹簧弹力的变化，由牛顿第二定律和向心力公式列式分析杆对小球的弹力如何变化。由向心力公式Fn=mω2r分析小球所受合外力变化情况。
解决本题的关键要正确分析小球的受力情况，搞清向心力的来源：合外力，利用正交分解法进行研究。
【解答】
A.由于小球相对于杆的位置不变，故弹簧的形变量不变，根据胡克定律可知弹簧的弹力大小不变，故A错误；
BC.设弹簧弹力大小为T，当角速度较小时，PQ对小球的弹力方向背离MN，当角速度较大时，PQ对小球的弹力方向指向MN，若ω2>ω1，假设矩形框绕MN轴以角速度ω1转动，PQ对小球的弹力方向背离MN，且大小为N1，矩形框绕MN轴以角速度ω2转动时，PQ对小球的弹力方向指向MN，且大小为N2，则根据牛顿第二定律分别有Tsinθ−N1=mω12r，N2+Tsinθ=mω22r，解得N1=Tsinθ−mω12r，N2=mω22r−Tsinθ，若ω2>ω1，则N1和N2可能相等，N2也可能小于N1，故BC错误；
D.小球所受合外力的大小F合=Fn=mω2r，m和r不变，ω变化时，F合一定发生变化，故D正确。
故选：D。
6.如图是江门市某环岛交通设施，路面水平，通过路口的车辆都按照逆时针方向行进。假设某时甲、乙两车匀速通过环形路段，甲行驶在内侧，乙行驶在外侧，它们转弯时线速度大小相等，设甲所在车道的轨道半径为60m，乙所在车道的轨道半径为72m。假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.8倍，g取10m/s2，则关于此过程中两汽车的运动，下列说法正确的是( )
A. 乙车的最大速度可以达到30m/s
B. 当乙车的速度大于30m/s时，可能会撞上甲车
C. 向心加速度大小：a ​甲>a ​乙
D. 两车的角速度大小相等
【答案】C
【解析】解：A、乙汽车转弯的半径为R乙=72m，乙车受到的最大静摩擦力提供向心力，设乙的质量为m，则有f乙=0.8mg=mv2R乙，解得v= 0.8×10×72m/s=24m/s，故A错误；
B、当乙车速度大于30m/s时，乙车会做离心运动，往弯道外侧移动，不会撞上甲车，故B错误；
D、由于题中已知二者线速度大小相等，v甲=v乙，由于R甲ω乙，故D错误；
C、根据公式a=v2R可知二者向心加速度大小关系为a甲>a乙，故C正确。
故选：C。
由摩擦力提供向心力，求解速度，由于无法提供做圆周所需的向心力，所以做离心运动，由v=ωR求解角速度关系，由向心加速度公式求解加速度大小。
本题考查向心力，学生需熟练掌握向心力及相关公式，灵活求解。
7.如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，如图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m=2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r=0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且并绳的质量忽略不计，t=0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则( )
A. 水斗速度随时间变化规律为v=2t(所涉及物理量均用国际单位制)
B. 井绳拉力大小恒定，其值为25N
C. 0∼10s内水斗上升的高度为4m
D. 0∼10s内井绳拉力所做的功为255J
【答案】D
【解析】A.由丙图知ω=2t，水斗速度随时间变化规律为v=ωr=0.2t(所涉及物理量均用国际单位制)，A错误；
B.水斗匀加速上升时的加速度a=0.2m/s2，根据牛顿第二定律F−m+m′g=m+m′a，解得
井绳拉力大小F=25.5N，B错误；
C.0∼10s内水斗上升的高度为h=12at2=10m，C错误；
D.0∼10s内井绳拉力所做的功为W=Fh=255J，D正确。
故选D。
8.如图所示，圆柱形的容器内有三个长度不同光滑直杆Oa、Ob、Oc，它们的下端均固定于容器底部圆心O，杆与水平面间的夹角分别为30°、45°、60°，上端固定在容器侧壁。三个相同的小环分别套在三个直杆的上端从静止开始下滑，下列说法正确的是( )
A. 三个小环滑到O点速度大小相同
B. 沿Oa、Oc杆下滑的，到O点速度大小相同
C. 三个小环滑到O点的时间相同
D. 沿Oa、Oc杆下滑的，到O点所用时间相同
【答案】D
【解析】AB.三个小环滑到O点的过程中，只有重力做功，根据动能定理mgh=12mv2
解得v= 2gh，根据题意可知hOc>hOb>hOa，所以有vOc>vOb>vOa，故AB错误；
CD.根据牛顿第二定律可得小环的加速度为a=gsinθ，令圆柱形的容器的半径为R，杆的长度为s=Rcsθ
根据匀变速直线运动规律s=12at2，联立并代入可得t= 4Rgsin2θ
把与水平面的夹角分别代入得tOa= 8 3R3g，tOb= 4Rg，tOc= 8 3R3g，则ta=tc，故D正确，C错误。
故选D。
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图所示，在水平面上固定一个半圆弧轨道，轨道是光滑的，O点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点(O、A等高，不计A处摩擦)，轻绳一端系在竖直杆上的B点，另一端连接一个小球P。现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，α=30°，β=45°。则( )
A. 将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变
B. 将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时半圆弧中的小球P位置下移
C. 静止时剪断A处轻绳瞬间，小球P的加速度为12g
D. 小球P与小球Q的质量之比为 2: 3
【答案】AC
【解析】【分析】
分别对Q和P进行受力分析，B端上下移动即为晾衣架问题；剪断细线根据牛顿第二定律分析P瞬间受力；根据平衡条件列方程进行分析质量之比。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
【解答】
AB.绳子B端向上移动一小段距离，根据受力分析可知P球没有发生位移，因此AQB变成了晾衣架问题，绳长不会变化，A到右边板的距离不变，因此角度β不会发生变化，即绳子的张力也不会变化，故A正确，B错误；
C.剪短A处细绳，拉力突变为零，小球P只受重力的分力，所以加速度为a=gsinα=12g.故C正确；
D.根据受力分析，分别对两个小球做受力分析，因为是活结，所以绳子的张力F都是相同，根据分析可得2Fcs30°=mPg，对Q有2Fcsβ=mQg，解得小球P与小球Q的质量之比为 3： 2，故D错误。
故选AC。
10.算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图(a)所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置.现用手指将甲拨出，与静止的乙碰撞，碰撞前后两算珠的v−t图像如图(b)所示.已知重力加速度g为10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 算珠甲与导杆的动摩擦因数为0.1B. 算珠乙与导杆的动摩擦因数为0.01
C. 开始两算珠之间的距离为3.5×10−2mD. 碰后算珠甲运动的距离为2.0×10−2m
【答案】AC
【解析】AB、算珠甲的加速度大小为a1=0.4−，
算珠乙的加速度大小为a2=0.2−00.2m/s2=1.0 m/s2，
由牛顿第二定律μmg=ma知两算珠与导杆的动摩擦因数均为μ=0.1，选项A正确、选项B错误;
C、开始两算珠之间的距离为Δx=(0.4+0.3)×0.12m=3.5×10−2m，选项C正确;
D、碰后算珠甲运动的距离为x甲=0.1×0.12m=5.0×10−3m，选项D错误．
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用图甲所示装置“探究小车加速度与力、质量的关系”。请思考并完成相关内容：
(1)实验时平衡摩擦力操作如下：将小车静止放在水平长木板右端，连接已穿过打点计时器的纸带，且_______(填“连接”或“取下”)砝码和砝码盘，调整长木板右端的高度，接通打点计时器的电源，________，使打点计时器在纸带上打出一系列________的点，说明小车已经平衡摩擦力。
(2)实验要求“小车的质量远大于砝码和砝码盘的质量之和”的目的是________。
(3)图乙为某次实验得到的纸带，已知所用电源的频率为50Hz。根据纸带可求出打出B点时小车的速度为________；小车的加速度大小为________。(结果均保留两位有效数字)
(4)小薇同学研究小车质量一定的情况下加速度a与合外力F的关系，得到了如图丙中①所示的a−F图线，主要原因是__________。
(5)小丹同学研究小车质量一定的情况下加速度a与砝码重力F(忘记测量砝码盘的质量，但其他操作均正确)的关系，得到的a−F图线应该是图丙中的___________(填“①”“②”或“③”)。
【答案】(1)取下；轻拨小车；点迹均匀；
(2)绳子拉力近似等于砝码和砝码盘的总重力；
(3)1.6；3.2；
(4)未平衡摩擦力或者长木板倾角不够；
(5)③
【解析】【分析】
本题考查了探究加速度与力、质量的关系；解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，以及知道a−F图线斜率和截距表示的含义。
(1)根据纸带记录的加速度为沙桶加速度，由纸带受力分析误差；根据纸带的数据选择判断实验步骤；
(2)为了测量拉力，还需要满足砝码及盘的质量远小于小车的质量；
(3)根据率和3计数点得到时间间隔，然后根据Δx=aT2，由逐差法求解。根据匀速直线运动的推论求瞬时速度；
(4)根据图象横截距得到摩擦力，由斜率求得质量；即可根据斜率只和质量有关得到斜率不变，摩擦力为零时，图象为正比例函数图象。
【解答】
(1)平衡摩擦力时，是在不悬挂砝码和砝码盘的情况下，调整长木板右端的高度，轻拨小车，使小车带着纸带运动，如果纸带上打出的点迹均匀，则小车做匀速直线运动，说明小车已经平衡摩擦力；
(2)当小车的质量远大于砝码和砝码盘的质量之和时，可以认为绳子对小车的拉力等于砝码和砝码盘的重力，提供小车的合力；
(3)由图乙可知打出B点时小车的速度为：vB=xAC4T=(6.19+6.70)×10−24×0.02m/s=1.6m/s。
小车的加速度大小为：a=(7.21+7.72−6.70−6.19)×10−2(4T)2m/s2=3.2m/s2；
(4)图丙中①所示的a−F图线，说明悬挂的砝码和砝码盘质量达到一定的值后，小车才开始沿斜面加速运动，说明未平衡摩擦力或者长木板倾角不够；
(5)在其他条件不变的情况下，砝码和砝码盘的总重力提供小车的合力，设砝码盘的质量为m，有a=FM+mgM
可看出，图线与加速度轴有截距，故选③。
12.用如图所示实验装置验证M、m(M>m)组成的系统机械能守恒。两物块通过跨过轻质光滑定滑轮的轻绳相连;左边竖直放置两个光电门，其中光电门1固定不动，光电门2可以上下移动，两个光电门间距为h，挡光片的宽度为d，重力加速度为g。某次实验中挡光片通过光电门1的时间为t1，通过光电门2的时间为t2。
(1)若要验证系统机械能守恒，则需验证的表达式为___ (用M、m、g、d、h、t1、t2表示);
(2)通过计算发现系统动能的增加量总是略小于系统重力势能的减少量，原因是___ ;
(3)某兴趣小组发现也可通过该装置来测量g，通过g的测量值是否等于实际值来验证机械能守恒。调节光电门2的位置来改变h，并得到对应的Δ(v2)=d2t22−d2t12，作出的12Δ(v2)−h图像如图乙所示，已知图像中直线的斜率为k，则测量重力加速度表达式为g=___ (用M、m、k表示)。
【答案】(1)(M−m)gh=12(M+m)(d2t22−d2t12)
(2)摩擦生热或有空气阻力做功；
(3)k(M+m)(M−m)
【解析】【分析】
本题考察实验：验证机械能守恒定律。解题的关键是要根据机械能守恒定律的条件及表达式进行分析，分析系统重力势能的改变量及动能的改变量，从而建立关系，验证守恒。
【解答】
(1)系统整体机械能守恒，则系统减少的重力势能等于系统增加的动能。
在光电门1处的速度v1=dt1，在光电门2处的速度v2=dt2
则系统减少的重力势能为ΔEp=(M−m)gh，
系统增加的动能为ΔEk=12(M+m)(d2t22−d2t12)
则当满足(M−m)gh=12(M+m)(d2t22−d2t12)条件时，系统机械能守恒。
(2)本实验有滑轮和绳子之间摩擦，或空气阻力做功，所以系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量。
(3)由12(d2t22−d2t12)=(M−m)gh(M+m)知k=(M−m)g(M+m)
则g=(M+m)k(M−m)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在相距13m以内时能够实现通信，t=0时刻、甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为9m/s，乙车静止，O1、O2的距离为5m。从该时刻起乙车以大小为3m/s2的加速度做匀加速直线运动，当速度达到12m/s后保持匀速运动，甲车保持原有速度做匀速直线运动。求：
(1)甲、乙两车第一次通信断开时，乙车的速度大小；
(2)甲、乙两车从第一次通信断开到恢复的时间；
(3)甲、乙两车能够保持通信的总时间。
【答案】(1)6m/s；(2)2s；(3)10s
【解析】【详解】
(1)设甲、乙两车经过时间t1第一次通信断开，根据几何关系可知，当甲车在乙车前方且O1O2为13m，此时甲比乙多走
Δx= 132−52m=12m
有
x甲−x乙=Δx
根据运动学公式
x甲=v甲t1
x乙=12at 12
解得
t1=2s
或
t1′=4s (舍去)
根据速度时间公式得，此时乙车的速度大小为
v1=at1=6m/s
(2)设经时t乙车速度达到最大，有
t=vma=4s
根据(1)分析可知，4s时，O1O2为13m，此后乙车的速度大于甲车，两车开始接近，因此4s时恢复通信，故从第一次通信断开到恢复的时间为2s；
(3)当4s后乙车在甲车前方且O1O2为13m时，通信断开，此后两车相距越来越远，失去信号，两车设经t2乙车在甲车前方且O1O2为13m，有
x乙′−x甲′=Δx
根据运动学公式
x甲′=v甲t2
x乙′=12at2+v乙(t2−t)
解得
t2=12s
甲、乙两车能够保持通信的总时间
t总=t1+(t2−t)=10s
14.滑雪是广受师生喜欢的运动，某滑雪的滑道如图所示。斜面滑道与水平滑道由很小的圆弧平滑衔接，斜面滑道的倾角α=37°。学生乘坐滑雪板由静止开始，从滑道上高h=1.8m处滑下，滑上水平面后，与静止的老师所坐的滑雪板发生碰撞，碰撞后他们以共同的速度运动，碰撞前后学生的运动方向不变。已知学生和滑雪板的总质量m=30kg，老师和滑雪板的总质量为M=60kg，人与滑雪板均可视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度g取10m/s2，sinα=0.6，csα=0.8。求：
(1)学生和滑雪板在斜面滑道下滑的加速度a的大小；
(2)学生和滑雪板滑到斜面底端时的速度v的大小；
(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自的滑雪板)组成的系统损失的机械能。
【答案】解：(1)学生和滑雪板在斜面滑道下滑过程中，受力如图所示：
由牛顿第二定律可知：mgsinα=ma，解得：a=6m/s2
(2)学生和滑雪板滑到斜面底端过程中，由动能定理可知：
mgh=12mv2，解得：v=6m/s
(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自的滑雪板)组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，则：
mv=(M+m)v共
损失的机械能为：ΔE=12mv2−12(m+M)v共2
联立解得：ΔE=360J
答：(1)学生和滑雪板在斜面滑道下滑的加速度a的大小为6m/s2；
(2)学生和滑雪板滑到斜面底端时的速度v的大小为6m/s；
(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自滑雪板)组成的系统损失的机械能ΔE为360J。
【解析】(1)对学生和滑雪板受力分析，由牛顿第二定律求得加速度a的大小；
(2)学生和滑雪板滑到斜面底端过程中，由动能定理可求出速度v；
(3)碰撞过程中学生和老师(包括各自滑雪板)组成的系统动量守恒求出末速度，由能量守恒求出损失的机械能。
解决本题的关键是明确碰撞的基本规律：动量守恒定律。学生从斜面滑下由动能定理求出滑到底端的速度也即是碰撞之前的速度，非弹性碰撞过程动能的减小量即为机械能的损失量。
15.如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以v=3m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.3，传送带的长度l=2m。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取g=10m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。
【答案】(1)设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定理mgh=12mv02
解得v0= 2gh=2 5m/s
由于v0>v=3m/s，B在传送带上开始做匀减速运动，假设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可知−μmgl=12mv12−12mv02
解得v1=2 2m/s
由于v1=2 2m/s小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为3m/s；
(2)设第一次碰后A的速度为vA1，B的速度为vB1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=mvB1+MvA1
12mv2=12mvB12+MvA12
解得vB1=−1.5m/s
上式表明B碰后以vB1=1.5m/s的速度向右反弹，滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得−μmgxB=0−12mvB12
解得xB=38m