2026届年湖南省普通高中学业水平选择性考试物理最新模拟试卷含答案解析2【提高版】

这是一份2026届年湖南省普通高中学业水平选择性考试物理最新模拟试卷含答案解析2【提高版】，共9页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
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6小题，每小题4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。
1．92238U的衰变方程为92238U→90234Th+24He,其衰变曲线如图所示,τ为半衰期,则( )
A．92238U发生的是β衰变
B.92238U发生的是γ衰变
C．k=3
D．k=4
2．如图（a）所示，在同一介质中，两波源在时刻同时起振，形成频率相同的两列机械波，波源振动图像如图（b）所示；波源产生的机械波在时的波形图如图（c）所示。为介质中的一点，点与波源的距离分别是。下列说法正确的是( )
A．质点的起振方向沿轴负方向
B．后质点的振幅为
C．时，质点的位移为0
D．在至时间内，质点运动的路程为
3．图甲是未来空间站的构思图.在空间站中设置一个如图乙所示的绕中心轴旋转的超大型圆管作为生活区,圆管的内、外管壁平面与转轴的距离分别为R1、R2.当圆管以一定的角速度ω转动时,在管中相对管静止的人(可看作质点)便可以获得一个类似在地球表面的“重力”,以此降低因长期处于失重状态对身体健康造成的影响.已知地球质量为M,地球半径为R,引力常量为G,地球自转周期为T.当空间站在地球静止同步轨道上运行时,圆管转动的角速度ω大小为( )
甲 乙
A．2πT B．1RGMR2 C．1RGMR1 D．4π2GMT2×GMR2
4．在2024年巴黎奥运会上，郑钦文为中国队获得奥运历史上我国的第一块单打网球金牌，如图所示为运动员练球时的场景。运动员将网球从O点以一定速度水平击出，网球经过M点时速度方向与竖直方向的夹角为60∘ ，落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45∘ ，且网球与水平地面碰撞后瞬间反弹，其水平方向的速度分量与碰撞前瞬间相等，竖直方向的速度分量大小变为碰撞前瞬间的12，且方向反向。网球与地面碰撞后，弹起的最大高度为ℎ，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A. 抛出时的初速度为22gℎ
B. O点距水平地面的高度为3ℎ
C. 网球从O点运动到M点的时间为6gℎg
D. O、N两点间的水平距离为4ℎ
5．如图所示，在匀强电场中一带正电粒子先后经过a、b两点。已知粒子的比荷为，粒子经过点时速率为3v，经过点时速率为4v，粒子经过a、b两点时速度方向与ab连线的夹角分别为连线长度为。若粒子只受电场力作用，则下列无法确定的是( )
A．场强的大小B．场强的方向
C．a、b两点的电势差D．粒子在a、b两点的电势能之差
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下（与纸面平行），磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形CGF区域（区域Ⅱ）内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。图中A、C、O三点在同一直线上，AO与GF垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A点处的粒子源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线AC运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若区域Ⅰ中电场强度大小为E、磁感应强度大小为B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为B2，则粒子从CF的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1 则t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E 则t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为34B2，则t＝t02
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为24B2 则t＝2t0
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．含有理想变压器的电路如图所示，L1、L2、L3为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.下列说法正确的是( )
A．变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
8．质量分别为m、2m的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，长为L的细线一端系在轻杆上部的O点，另一端系质量为m的小球C，现将C球向右拉起至水平拉直细线，如图所示，由静止释放C球，则在之后的过程中(球与杆及A、B均无接触)，下列说法正确的是( )
A．木块A、B分离后，B的速度大小为6gL6
B．木块A的最大速度为6gL2
C．C球在O点正下方向右运动时，速度大小为6gL2
D．C球通过O点正下方后，上升的最大高度为L
9．如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ ，图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，重力加速度为g，则在突然撤去挡板的瞬间（ ）
A．图乙中A、B球与轻杆之间的作用力为零
B．图乙中A球的加速度大小为gsinθ
C．图甲中B球的加速度大小为2gsinθ
D．图甲中B球的加速度大小为gsinθ
10．如图所示，一个折射率为2 的扇形透明体，∠AOB＝90°，OC为其角平分线，一足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，紫光在真空中波长为λ，已知真空中光速为c，不考虑弧AB面反射光的影响，则下列判断正确的是（ ）
A．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶3
B．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶2
C．换成折射率大一些的扇形透明体，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
D．将紫光换成红光，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
三、非选择题（本大题共5小题 共56分）
11．某实验小组采用如图所示的装置验证机械能守恒定律。调节导轨使其水平，已知遮光条的宽度为d，两个光电门间距为L，重力加速度为g。

（1）要验证滑块（含遮光条）与钩码组成的系统机械能守恒，除了需测量滑块通过光电门1、2的时间、外，还需要测出 和 （写出物理量的名称和符号）
（2）测出所有需要的物理量后，若满足关系式 ，则滑块与钩码组成的系统机械能守恒。
12．某实验小组欲利用图甲所示的电路测定电源E1的电动势E和内阻r，已知图中电源E2的电动势为E0，内阻为r0，定值电阻的阻值为R0，电压表可视为理想电压表，S为单刀双掷开关。

（1）当S与1接通前，滑动变阻器的滑片P应置于 （填“左”或“右”）端。
（2）S与1接通，改变滑片P的位置，记下电压表的示数U1，保持P不动，S与2接通，记下电压表的示数U2，重复以上操作，得到多组U1和U2的值。
（3）该同学作出的的图像如图乙所示，若测得图线的斜率为k，纵轴上的截距为b，则电源E的电动势为E= ，内阻为r= 。（均用E0，R0，r0，k，b表示）。
13．（10分）如图所示，高为2H的导热汽缸的底部与体积可以忽略的透明管相连，活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，汽缸上端与大气相通。初始时，活塞位于汽缸中部H处，竖直细管内水银柱的高度为1．2p0ρg（式中ρ为水银的密度），水银柱的上方为一小段真空。已知大气压强为p0，活塞的横截面积为S，重力加速度为g。不计活塞的厚度、与汽缸间的摩擦，不计细管内气体的体积变化，水银柱始终未进入汽缸。
（1）求活塞的质量；
（2）若在初始状态下将汽缸顶端封闭（将大气视为理想气体），然后把整个系统置于低温环境中，稳定时测得活塞距离汽缸底部的高度为0．96H。已知初始时环境温度为T1＝300 K，求该低温环境的热力学温度。
14．（16分）如图所示，间距为L=0.5m的光滑平行金属导轨由倾斜部分、水平部分和竖直半圆弧部分组成，三部分平滑连接。倾斜部分MN−M′N′与水平面间的夹角为θ=53∘ ，上端连接一电容值可调的电容器C（不带电），水平部分NP的长度为x1=1516m，半圆弧轨道半径为R=0.4m，倾斜部分中AA′N′N区域内存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场（图中未画出），AA′和NN′之间的距离为x2=2.5m。现将一绝缘棒b放置在水平导轨上，调节电容器的电容为某一合适的值，使另一金属棒a从AA′位置由静止开始释放，a与b发生弹性碰撞后，b恰好能通过圆弧轨道的最高点。已知a和b的质量均为m=1.0kg，长度均为L，两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小g取10m/s2，sinθ=0.8，不计导轨、金属棒a的电阻及空气阻力。
（1） 求b棒经过PP′位置时对单边轨道的压力大小;
（2） 求a棒下滑到NN′位置时电容器所带的电荷量;
（3） 仅改变电容器的电容，使b棒沿QQ′飞出后落到倾斜轨道上时速度方向与轨道垂直,求此时电容器的电容。
15．如图，顺时针匀速转动的水平传送带两端分别与光滑水平面平滑对接，左侧水平面上有一根被小物块挤压的轻弹簧，弹簧左端固定；传送带右侧水平面上有n个相同的小球位于同一直线上。现释放物块，物块离开弹簧后滑上传送带。已知传送带左右两端间距L=1.1m，传送带速度大小恒为4m/s，物块质量m=0.1kg，小球质量均为m0=0.2kg，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，弹簧初始弹性势能Ep=1.8J，物块与小球、相邻小球之间发生的都是弹性正碰，取g=10m/s2。求：
(1)物块第一次与小球碰前瞬间的速度大小；
(2)物块第一次与小球碰后在传送带上向左滑行的最大距离s；
(3)n个小球最终获得的总动能Ek。
参考答案
1．【答案】C
【解析】放出24He的衰变是α衰变,根据公式m=m0×12n可得18m0=12k·m0,解得k=3,故C正确.
2．【答案】D
【解析】由题图可知，则波速为，结合题图（c）可知，波源的起振方向沿轴负方向，根据波源的振动图像可知，波源的起振方向向上，又因为，由此可知波源的振动最先传到点，因此点的起振方向与波源的起振方向相同，沿轴正方向，A错误；因在同一介质中机械波的波速相同，和振动传到点的时间分别为点到两波源的波程差为点到两波源的波程差为半波长的奇数倍，且两波源的起振方向相反，因此点为振动加强点，波源的振动刚好在时传到点，两列波开始发生干涉，所以后质点的振幅为，B错误；在时，，此时波源形成的波传到点时，位于波谷；波源在时，，此时波源形成的波传到点时，位于波谷，根据叠加原理可知在时质点处于波谷，位移为，C错误；在至时间内，质点不动，在至时间内，只有波源的振动传到质点，质点运动的路程为，在至时间内，质点的振幅为，运动的路程为，因此，在至时间内，质点运动的总路程为正确。
3．【答案】B
【解析】为了获得类似在地球表面的“重力”,圆管转动,人挤压外管壁,有mg=mω2R2,人在地球表面时,有GMmR2=mg,解得ω=1RGMR2.
4．【答案】A
【详解】网球与地面碰撞后弹起的最大高度为ℎ,由网球弹起后在竖直方向做竖直上抛运动，得碰撞后瞬间网球竖直方向速度vNy2=2gℎ，可求得网球落地的竖直速度为vy=22gℎ（点拨：网球落地碰撞后竖直速度的大小是碰撞前的12），又由落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45∘ ，可知碰撞前瞬间网球水平方向速度vx=22gℎ，由于网球在水平方向做匀速直线运动，得抛出时的初速度v0=22gℎ，A正确；根据公式vy2=2gH，可知O点距水平地面的高度为H=4ℎ，B错误；根据vMyv0=tan30∘ ，可求得M点的竖直速度，再根据公式vMy=gt，可求得网球从O点运动到M点的时间t=26gℎ3g，C错误；由网球落地时的竖直速度vy=22gℎ，根据公式vy=gtN,解得网球从抛出到落地时间tN=22gℎg，平抛的水平位移x=v0tN,可求得根据O、N两点间的水平距离x=8ℎ，D错误。
5．【答案】D
【解析】设电场力的方向与ab所在直线夹角为，如图，垂直电场方向速度分量相同，有，解得，垂直电场力方向做匀速运动，运动的时间为，沿电场力方向速度变化量为，电场强度的大小为，故可以确定，不符合题意；根据匀强电场电场强度，可知a、b两点的电势差可求，故可以确定，不符合题意；根据功能关系有，电荷量未知，无法确定粒子在a、b两点的电势能之差，故无法确定，符合题意。故选。
6．【答案】D
【解析】设沿AC做直线运动的粒子的速度大小为v，有qvB1＝qE，即v＝EB1，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动，如图中轨迹1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为90°，则运动时间为14周期，又qvB2＝mv2r，可得r＝mvqB2，时间t0＝14·2πmqB2，根据几何关系可知OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的一半，如图中轨迹2，轨迹对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，A错误；若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的2倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为原来的2倍，如图中轨迹3，粒子从F点离开磁场，对应的圆心角依然为90°，时间t＝14·2πmqB2＝t0，B错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为34B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为433r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝OC433r＝2r433r＝32，则θ＝60°，则t＝16·2πmq·34B2＝839t0，C错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为24B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为42r＝22r＞2r，粒子从O、F间离开，如图中轨迹5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足sin θ＝OC22r＝2r22r＝22，则θ＝45°，粒子在区域Ⅱ中运动的时间为t＝18·2πmq·24B2＝2t0，D正确。
7．【答案】BD
【详解】
A．副线圈中每个灯泡中的电流A，原线圈中的电流也为A，副线圈电流A，则原、副线圈的匝数比为，故A错误；
B．副线圈两端电压为，则原线圈两端电压V，则电压表示数为V，故B正确；
C．副线圈输出的功率W，则变压器的输入功率为4W，C错误；
D．副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈电流增大，原线圈电流也增大，超过的额定电流，灯泡可能会烧坏，故D正确.
8．【答案】ABD
【详解】设水平向左为运动正方向，当小球C向下摆动的过程中，根据A、B、C三者在水平方向始终动量守恒可知，C球至O点正下方时，A、B恰好分离，此时可认为A、B速度相等，以A、B、C为整体进行分析，系统水平方向动量守恒，并且整个过程机械能守恒，设A、B速度大小为v1，C速度大小为v2，则mv2＝3mv1，mgL＝12mv22＋12·3mv12，解得v1＝6gL6，v2＝6gL2，C球在O点下方向右运动时，通过动量守恒定律和机械能守恒定律可得知A、C速度交换，此时A有最大速度，即vAmax＝6gL2，vC＝6gL6，故A、B正确，C错误；A、B分离后，A、C水平方向上动量守恒，当C运动至最高点时，A、C有共同速度v，则根据动量守恒定律有mv2－mv1＝(m＋m)v，根据能量守恒定律有12mv22＋12mv12＝12·2mv2＋mgh，解得h＝23L，故D正确．
9．【答案】ABC
【详解】设两球的质量均为m,因弹簧的弹力不能突变,而轻杆的弹力会突变,所以撤去挡板瞬间,题图甲中A球所受合力为零,加速度为零,B球所受合力大小为2mgsinθ ,加速度大小为2gsinθ ；题图乙中轻杆的弹力突变为零,A、B球所受合力大小均为mgsinθ ,加速度大小均为gsinθ ,故A、B、C正确,D错误.
【方法总结】
细线和杆的弹力可以发生突变,弹簧的弹力不能发生突变,根据物体的受力情况,由牛顿第二定律求出加速度.
10．【答案】BD
【详解】由题意可得，光线的光路如图所示，
根据几何关系可知，光线从OA、OB面射入时的入射角为α＝45°，设其折射角为β，有sinαsinβ＝n ，则sinβ＝12，β＝30° ，根据sinC＝1n ，解得C＝45°，由几何关系可知，离A、B两处越近的光线经折射后的入射角越大，当恰好发生全反射时，设其在弧AB上的法线与OA间的夹角为θ，则有θ＝180°－β－C－90°＝15°，则弧AD的长度112πR ，根据对称性可知，弧AB上没有光线射出的弧长为16πR ，则弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶2，A错误，B正确；换成折射率大一些的扇形透明体，全反射的临界角和折射角都变小，角度θ变大，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变大，C错误；将紫光换成红光，折射率变小，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小，D正确。
11．【答案】 钩码的质量m 滑块（含遮光条）的质量M
【详解】（1）[1][2]要验证滑块（含遮光条）与钩码组成的系统机械能是否守恒，需要知道钩码减少的重力势能和钩码、滑块（含遮光条）增加的动能，故除了需测量滑块通过两光电门的时间，外，还需要测出钩码的质量m和滑块（含遮光条）的质量M。
（2）[3]在通过两个光电门的过程中，钩码减少的重力势能为
钩码，滑块（含遮光条）增加的动能为
若满足关系式
即
则滑块与钩码组成的系统机械能守恒。
12．【答案】 左
【详解】（1）[1]为保护电路，S与1接通前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的滑片P应置于左端。
（3）[2][3]当S与1接通时，由闭合电路欧姆定律，有
即
同理，当S与2接通时，有
联立可得
结合图乙可知
故
13．【答案】（1）0.2p0Sg （2）208 K
【解析】（1）设封闭气体的压强为p，对活塞由平衡条件有
pS＝p0S＋Mg（1分）
用水银柱高度表达此时封闭气体的压强
p＝ρgh（1分）
联立解得M＝0.2p0Sg（2分）
（2）对活塞上方、下方气体，由理想气体状态方程分别有
上方：p0HST1＝p1×1.04HST2（1分）
下方：1.2p0HST1＝p2×0.96HST2（1分）
对活塞由平衡条件有
p2S－p1S＝Mg（1分）
解得p1＝23p0（1分）
T2＝208 K（2分）
14．【答案】（1） 30N
（2） 85C
（3） 4F
【题图剖析】
【详解】
（1） 由题意可知b棒恰好可以通过圆弧轨道最高点，设b棒在圆弧轨道最高点时的速度为vbQ，此时b棒所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得mg=mvbQ2R（1分）
设b棒经过圆弧轨道最低点时的速度为vbP，受到轨道单边对其的支持力为FN，b棒对轨道单边的压力为F压，
b棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理可得−2mgR=12mvbQ2−12mvbP2（1分）
b棒在圆弧轨道最低点时，轨道对其的支持力与自身的重力的合力提供其做圆周运动的向心力，则有2FN−mg=mvbP2R（1分）
由牛顿第三定律可得FN=F压，联立并代入数据，解得F压=30N（1分）
（2） 设a棒运动到NN′位置时的速度大小为vaN，a、b棒发生弹性碰撞后a棒的速度大小为va，由于水平导轨光滑，取a棒运动到NN′位置后在水平导轨上运动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有mvaN=mva+mvbP（1分）
12mvaN2=12mva2+12mvbP2（1分）
联立解得vaN=vbP=25m/s，va=0，
设a棒在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt内速度的变化量为Δv，电容器带电荷量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU，
由法拉第电磁感应定律有ΔU=BLΔv（点拨：a棒电阻不计，电容器两端的电压的变化量即为感应电动势的变化量）（1分）
取沿倾斜导轨向下为正方向，根据动量定理可得mgsinθ⋅Δt−BILΔt=mΔv（1分）
其中IΔt=ΔQ=CBLΔv，
a棒的加速度大小为a=ΔvΔt，
解得a=mgsinθm+CB2L2（1分）
则a棒沿倾斜导轨向下运动过程中加速度保持不变，做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有vaN2=2ax2（1分）
a棒下滑到NN′位置时电容器所带的电荷量为Q=CBLvaN（1分）
联立解得Q=85C（1分）
（3） b棒从圆弧轨道最高点飞出后做平抛运动，设b棒在圆弧轨道最高点时的速度为v′bQ，电容器的电容为C′时b棒能垂直落到倾斜轨道上，b棒在空中运动的时间为t，水平方向上的位移为x，竖直方向上的位移为y，
由平抛运动规律可得x=v′bQt，y=12gt2，
b棒落到倾斜轨道上时速度方向与水平方向夹角为α=37∘ ，则yx=12tanθ（关键：α+θ=90∘ ，则正切值互为倒数），b棒运动轨迹的正视图如图所示，
由几何关系可得2R−yx−x1=tanθ （2分）
设b棒在圆弧轨道最低点时的速度为v′bP，a棒在倾斜导轨上的加速度为a′，b棒从圆弧轨道最低点运动至最高点过程中，由动能定理有−mg⋅2R=12mv′bQ2−12mv′bP2，
由（2）分析可知，a、b棒碰撞前a的速度大小等于碰撞后b的速度大小，即v′aN=v′bP，a棒加速度大小a′=mgsinθm+C′B2L2，
由运动学公式可得v′aN2=2a′x2，联立解得C′=4F（2分）
15．【答案】(1) 5m/s；(2) ；(3)
【详解】
(1)设物块离开弹簧时的速度大小为v0，在物块被弹簧弹出的过程中，由机械能守恒定律得
解得
v0=6m/s
假设物块在传送带上始终做匀减速运动，加速度大小为a，则由牛顿第二定律得
μmg=ma
设物块到达传送带右端时速度大小为v，由运动学公式得
解得
ν=5m/s
可见ν=5m/s＞4m/s，假设成立。
(2)物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为的v1，小球1被撞后的速度大小为u1，由动量守恒和能量守恒定律得
mv=-mv1+mu1
解得
,
物决被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
0-v12=-2as
解得
s=＜1.1m
(3)由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。
由(2)可知，物块第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小分别为
,
依次类推，物块和小球1经过n次碰撞后，它们的速度大小分别为
,
由于相邻小球之间每次相互碰撞都进行速度交换，所以，最终从1号小球开始，到n号小球，它们的速度大小依次为un、un-1、un-2、……、u1，则n个小球的总动能为
解得