2024届山东省潍坊市昌乐第一中学高三上学期模拟预测物理试题 解析版

这是一份2024届山东省潍坊市昌乐第一中学高三上学期模拟预测物理试题 解析版，共24页。试卷主要包含了实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核（）发生了“K俘获”，生成一个新的原子核，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（），核反应方程为。关于铍原子核（）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 新原子核带负电
B. 新原子核比原来的铍原子核少一个中子
C. 新原子核比原来的铍原子核少一个质子
D. 新原子核与原来的铍原子核的核子数不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据电荷数守恒得，新原子核X的电荷数是3，则新原子核X带正电，故A错误；
BCD．根据电荷数和质量数守恒得，新原子核X的电荷数是3，核子数是7，新原子核与铍核相比，电荷数少一个而核子数相同，所以是质子数少一个，中子数多一个，故BD错误，C正确。
故选C。
2. 一质量为m的滑块（可视为质点），以不同的初速度v0从斜面顶端沿斜面下滑，下滑的最大距离x与v02的关系图像如图所示，已知斜面长度为6m，下列说法正确的是（ ）
A. 滑块下滑过程中处于失重状态
B. 滑块下滑的加速度大小为0.5m/s2
C. 若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的时间为3s
D. 若v0=4m/s，滑块沿斜面下滑的时间为4s
【答案】C
【解析】
【详解】B．由题意可知，滑块沿斜面向下做匀减速直线运动，当最大位移小于6m时，末速度为零，由位移速度公式可得
对比图像可得
解得滑块下滑的加速度大小为
B错误；
A．滑块减速下滑，具有竖直向上的分加速度，可知滑块处于超重状态，A错误；
CD．若v0=3m/s，滑块沿斜面下滑的位移为
下滑时间为
同理可知，若v0=4m/s，滑块减速至速度为零下滑的位移为
由位移公式可得
解得
另一解6s不符合题意舍去，D错误。
故选C
3. 新冠病毒疫情防控工作中额温枪被广泛使用。有一种额温枪的工作原理是采集人体辐射出的红外线，并将红外线照射到温度传感器上，发生光电效应，从而将光信号转化为电信号显示出人体的温度。已知人体在正常体温时辐射的红外线波长约为，用该波长的红外线照射图甲电路中阴极K，电路中的光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知，，。下列说法正确的是（ ）
A. 真空中波长的红外线的频率约为
B. 由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为
C. 人体温度升高，辐射的红外线强度增大，饱和光电流减小
D. 对于某种金属，无论照射光频率多小，只要强度足够大、光照时间足够长就可以产生光电效应现象
【答案】B
【解析】
【详解】A．由c = λv得，红外线的频率约为，A错误；
B．根据爱因斯坦光电效应方程
根据动能定理得
解得该光电管的阴极金属逸出功约为，B正确；
C．人体温度升高，辐射的红外线强度增大，逸出光电子增加，饱和光电流增大，C错误；
D．对于某种金属，根据爱因斯坦光电效应方程，若照射光的频率小于其截止频率，则无论强度多大、光照时间多长，都不会有光电子逸出，不会产生光电效应现象，D错误。
故选B。
4. 人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意，卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为时有
卫星的引力势能为
轨道半径为时
卫星的引力势能为
设损失的机械能为，根据能量守恒定律得
联立以上各式可得
故选A
5. 如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）
A. 仅使滑片M下移，电流表示数变大
B. 仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大
C. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大
D. 仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器可知副线圈电压减小，又因为副线圈电路电阻不变，所以副线圈电流减小，故A错误；
B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，由功率关系
U1I1＝U2I2
可知，原线圈中电流变小，故B错误；
C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据欧姆定律可知，L2中电流一直增大，故C正确；
D．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故D错误。
故选C。
6. 如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的轻质绝缘细绳，一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则（ ）
A. 小球带负电
B. 电场力跟重力是一对平衡力
C. 小球从a点运动到b点的过程中，电势能减小
D. 运动过程中小球的机械能守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】AB．据题小球在竖直平面内做匀速圆周运动，由合外力提供向心力，小球受到重力、电场力和细绳的拉力，电场力应与重力平衡，即小球所受电场力与重力等大反向，则知小球带正电，故A错误，B正确；
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，小球的电势能增大，故C错误；
D．由于电场力做功，所以小球在运动过程中机械能不守恒，故D错误。
故选B。
7. 如图甲所示，生活中常用两根并排的竹竿将砖块从高处运送到低处。将竹竿简化为两根平行放置、粗细均匀的圆柱形直杆，一长方体砖块放在两竹竿的正中间，由静止开始从高处下滑。图乙为垂直于运动方向的截面图（砖块截面为正方形）。若仅将两竹竿间距减少一些，则（ ）
A. 竹竿对砖块的弹力变小
B. 竹竿对砖块的摩擦力变大
C. 砖块的加速度不变
D. 砖块下滑到底端的时间变短
【答案】C
【解析】
【详解】A．设竹竿与水平方向夹角为，两竹竿对砖块弹力的夹角为，砖块在垂直运动方向受力如图
根据平衡条件有
仅将两竹竿间距减少一些，不变，竹竿对砖的弹力不变，故A错误；
B．竹竿对砖的摩擦力为
不变，则摩擦力不变，故B错误；
C．沿运动方向，根据牛顿第二定律有
、不变，则砖块下滑的加速度不变，故C正确；
D．根据位移公式有
解得
竹竿的长度不变，砖块的加速度不变，可知砖块滑动底端的时间不变，故D错误。
故选C。
8. 单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。下列说法正确的是（ ）
A. ∠BCD=135°
B. ∠BAE和∠BCD不相等
C. 该五棱镜折射率的最小值是
D. 该五棱镜折射率的最小值是
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由题意画出光路图如图所示，设光线在CD面上的入射角为
根据光路图和反射定律可知
得
由四边形内角和为360°和角度关系可得
∠BCD=∠BAE =90°+=112.5°
故AB错误；
CD．光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值，则
解得
故C正确，D错误。
故选C。
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。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图，两端开口、下端连通的导热汽缸，用两个轻质绝热活塞（截面积分别为和）封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。在左端活塞上缓慢加细沙，活塞从下降高度到位置时，活塞上细沙的总质量为。在此过程中，用外力作用在右端活塞上，使活塞位置始终不变。整个过程环境温度和大气压强保持不变，系统始终处于平衡状态，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 整个过程，外力做功大于0，小于
B. 整个过程，理想气体的分子平均动能保持不变
C. 整个过程，理想气体的内能增大
D. 整个过程，理想气体向外界释放的热量小于
【答案】BD
【解析】
【详解】A．外力F作用在右端活塞上，活塞位置不变，可知在F作用下没有位移，可知外力F做功为零，故A错误；
BC．汽缸为导热汽缸，环境温度不变，所以气体状态变化过程中温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，对于一定质量的理想气体，内能只与分子平均动能有关，所以内能也不变，故B正确，C错误；
D．此过程外界大气通过活塞对封闭气体做功为p0S1h，活塞下降过程，因缓慢加细沙，故细沙通过活塞对气体做功小于mgh，所以外界对气体做功
根据，因，所以
即气体向外界释放的热量小于，故D正确。
故选BD。
10. “战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图1所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图2所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位移为8cm。已知绳子长度为12m，下列说法正确的是（ ）
A. a、b两质点振动的相位差为
B. 时，质点a的位移仍为cm，且速度方向向下
C. 健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间
D. 健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动恰好传到P点
【答案】AB
【解析】
【详解】A．a、b两质点二者平衡位置间距离如果为一个波长，则其相位差为2，依题意其平衡位置相距波长，则振动的相位差为

故A正确；
B．由题意可知振动频率为2Hz，则周期为0.5s，则从图示位置开始计时，则质点a的位移与时间的关系为
可知当时，质点a的位移仍为cm，且由图2可知此时质点a从波峰向平衡位置运动，故B正确；
C．波速由介质而定，则增大抖动频率，不会改变振动从绳子端点传播到P点的时间，故C错误；
D．从图中可以得到，波长为8m，周期为0.5秒，则波速为

经0.4s，传播的距离为

即健身者抖动绳子端点（刚开始处于平衡位置），经过0.4s振动不能传到P点，故D错误。
故选AB。
11. 如图所示，一根足够长水平滑杆上套有一质量为m的光滑铝环，在滑杆的正下方放置一足够长光滑绝缘轨道PP′，PP′与杆SS′平行。现使质量为M的条形磁铁正对铝环的圆心以水平初速度v0沿绝缘轨道向右运动，圆环平面始终垂直于滑杆，则（ ）
A. 从左往右看，圆环中感应电流的方向始终为顺时针
B. 磁铁不会穿过滑环，且最终二者共速
C. 磁铁与圆环的最终速度为
D. 整个过程最多能产生热量
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若金属环能穿过条形磁铁，在条形磁铁的左端时，靠近磁铁，向左的磁通量就越大，会感应出向右的磁场，电流方向从左向右看为顺时针方向，在右端远离磁铁时，向左的磁通量减小，感应出向左的磁场，电流方向从左向右看为逆时针，故A错误；
BC．磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动；选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时
解得
故B错误，C正确；
D．磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为
故选CD。
12. 如图所示，质量为m的小球穿过一竖直固定的光滑杆并拴在轻弹簧上，质量为4m的物块用轻绳跨过光滑的定滑轮（不计滑轮质量和大小）与小球连接，开始用手托住物块，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角α＝53°，某时刻由静止释放物块（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，O、Q两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。则小球由P点到Q点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球和物块组成的系统机械能守恒
B. 弹簧的劲度系数为
C. 小球到达Q点时的速度大小为
D. 重力对物块做功的功率一直增大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．小球由P到Q的过程，弹簧的弹性势能先减小后增大，则小球和物块组成的系统机械能之和先增大后减小，故A错误；
B．P 、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知
则小球位于P点时弹簧的压缩量为
小球在P点，由力的平衡条件可知
解得
故B正确；
C．当小球运动到Q点时，假设小球的速度为v，此时物块的速度为零，又小球、物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得
解得
故C正确；
D．由于小球在P和Q点处，物块的速度都为零，重力对物块做功的瞬时功率先增大后减小，故D错误。
故选BC。
三、实验题
13. 某研究性学习小组设计实验粗测小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值。给小球一个初速度，用手机给运动小球录像。为了比较准确的测量时间，播放时选择倍速“0.25”，表示播放时间是实际时间的四倍。图甲是小球经某一瓷砖边缘第一次播放暂停时的时间显示，其中“00：11”是时间扩大为4倍后，录像播放了11s，“01：07”是时间扩大为4倍后总的播放时间。从图甲小球暂停位置到小球停止，小球共垂直瓷砖边缘沿直线运动了12块整瓷砖和第13块瓷砖部分长度，图乙是小球刚停下时的播放时间，图丙是小球停下时的位置，刻度尺0刻度与第12、13块瓷砖边缘对齐。每块瓷砖长度为60cm，图丁是图丙部分放大，小球的运动可视做匀变速直线运动。
根据以上信息
（1）第一次暂停时刻对应的小球实际速度为________m/s（结果保留两位有效数字）；
（2）小球在水平瓷砖上滚动时所受的阻力与重力的比值为_________（用重力加速度g，小球滚动的距离L，小球滚动的时间t三个字母表示）；
（3）下列说法正确的是_________
A.小球直径越大，测量位移时读数误差越小
B.视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，造成了实验测量比值偏小
C.多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量
D.为了减小实验误差，应多测几次，求平均值
【答案】 ①. 1.2 ②. ③. CD
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知，小球从开始运动到第一次播放暂停经过的实际时间为 ，运动的总的实际时间为，则第一次暂停到最后停止运动用时间为

从第一次暂停到最后停止运动经过的位移为
根据
可得第一次暂停时刻的速度

（2）[2]根据逆向思维可知
由牛顿第二定律可知
解得
（3）[3]A．小球直径越大，测量位移时读数误差会越大，选项A错误；
B．视频第一次暂停时刻不是小球刚开始运动的时刻，只是初速度的值较小，小球运动的距离和时间都偏小，而造成的实验测量比值不一定偏小，选项B错误；
C．多录几次视频，选择小球接近做直线运动的进行测量，选项C正确；
D．为了减小实验误差，应多测几次，求平均值，选项D正确。
故选CD。
14. 某实验小组设计了如图（a）所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：
干电池：电动势E=1.5 V，内阻r=1 Ω；
毫安表：满偏电流Ig=1 mA，内阻Rg=125 Ω；
滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大；
定值电阻R1、R2和R3，其中R1= 1000 Ω；
开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。
（1）按照图（a）连接好电路，表笔1为_____（填“红”或“黑”）表笔。
（2）当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R0， 使电流表达到满偏，此时R0=_____Ω，“欧姆表”的倍率是___________（填“×10”和“×100”）。
（3）闭合开关S使“欧姆表”倍率改变，电阻R2=________Ω。将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏。
（4）保持开关闭合，在表笔间接入电阻R3 （图中未画出），电流表指针指向图（b）所示的位置时，电阻R3=______Ω。
【答案】 ①. 红 ②. 374 ③. ×100 ④. 125 ⑤. 225
【解析】
【详解】（1）[1]按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极；
（2）[2]当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得
解得
[3]开关S闭合后，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，故开关S闭合时，欧姆表的倍率是小倍率，开关S断开时的倍率是大倍率，故填“×100”。
（3）[4]闭合开关S，倍率为原来的，干路电流最大值应为原来的10倍，则I2=9mA 故有
解得
R2=125Ω
（4）[5] 由图可知此时毫安表读数为0.40mA，则干路电流为4.0mA，电路总电阻为375Ω，而欧姆表此倍率的内阻为
则可知
R3=225Ω
四、解答题
15. 如图所示，高为、截面积的绝热汽缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度℃、压强）下，用绝热活塞和导热性能良好的活塞将汽缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞用劲度系数为的轻弹簧拴接在汽缸底部，系统平衡时活塞位于汽缸的正中央且弹簧的形变量为零，活塞刚好位于汽缸的顶部；现将一质量为的物体放在活塞上，活塞下降，如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞回到汽缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏度？（活塞的质量以及一切摩擦均可忽略不计，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度取，结果保留整数）
【答案】
【解析】
【详解】对于气体甲，初态
，
末态
，
根据玻意耳定律有解得
若使活塞返回到汽缸顶部，气体乙末状态时气柱长为，此时弹簧要伸长，对活塞有
解得
，
对气体乙，初态
，，
根据理想气体状态方程有解得
则
16. 某水上滑梯的简化结构图如图所示。总质量为m的滑船（包括游客），从图甲所示倾角θ＝53°的光滑斜轨道上A点由静止开始下滑，到达离地高h＝2.5m的B点时，进入一段与斜轨道相切的半径R＝12.5m的光滑圆弧轨道BCD，C点为与地面相切的圆弧轨道最低点，在C点时对轨道的压力为1.8mg，之后从D点沿圆弧切线方向滑上如图乙所示的足够大光滑斜面abcd，速度方向与斜面水平底边ad成夹角θ＝53°。已知斜面abcd的底面离地高度为2.5m且与水平面成β＝37°角，滑船最后在斜面水平底边ad上某点进入水平接收平台。求：
（1）A点距离地面高度；
（2）滑船运动最高点到水平底边ad的距离；
（3）滑船要进入接收平台时和D点的水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）假设A点离地面高度为H，对A到C的过程应用动能定理得
在C点处，根据牛顿第二定律可得
联立两式，代入数据可得
（2）根据动能定理，滑船在D点时速度大小满足
解得
滑船在光滑斜面abcd上做类斜抛运动，运动最高点处速度沿水平方向，速度大小
根据动能定理可得，滑船在光滑斜面abcd上最高点与水平底边ad的高度差满足
解得
滑船运动最高点到水平底边ad的距离为
（3）假设滑船进入接收平台时和D点的水平距离为，滑船在光滑斜面abcd上运动时间为，二者满足
①
又因为
②
联立①②解得
17. 如图所示，空间中在一矩形区域Ⅰ内有场强大小、方向水平向右的匀强电场；一条长且不可伸长的轻绳一端固定在区域Ⅰ的左上角O点，另一端系一质量kg、带电荷量的绝缘带电小球a；在紧靠区域Ⅰ的右下角C点竖直放置一足够长、半径的光滑绝缘圆筒，圆筒上端截面水平，CD是圆筒上表面的一条直径且与区域Ⅰ的下边界共线，直径MN与直径CD垂直，圆筒内左半边MNCHJK区域Ⅱ中存在大小N/C、方向垂直纸面向里的匀强电场。把小球a拉至A点（轻绳绷直且水平）静止释放，当小球a运动到O点正下方B点时，轻绳恰好断裂。小球a进入电场继续运动，刚好从区域Ⅰ的右下角C点竖直向下离开电场，然后贴着圆筒内侧进入区域Ⅱ。已知重力加速度大小取，绳断前、断后瞬间，小球a的速度保持不变，忽略一切阻力。求：
（1）轻绳的最大张力；
（2）小球a运动到C点时速度的大小和小球a从B到C过程电势能的变化量；
（3）若小球a刚进入圆筒时，另一绝缘小球b从D点以相同速度竖直向下贴着圆筒内侧进入圆筒，小球b的质量kg，经过一段时间，小球a、b发生弹性碰撞，且碰撞中小球a的电荷量保持不变，则从小球b进入圆筒到与小球a发生第5次碰撞后，小球b增加的机械能是多大。
【答案】（1）15N；（2）2m/s 小球电势能增加了4J；（3）10J
【解析】
【详解】（1）小球a从A运动到B点，根据动能定理得
代入数据得
在B点，根据牛顿第二定律得
代入数据得
（2）小球a在区域Ⅰ中，水平方向
解得
小球减速至0时
小球a运动到C点时速度大小为
小球a从B运动到C点，小球a电势能的变化量为
即小球电势能增加了4J。
（3）因两球在竖直方向下落一样快，故它们碰撞时是水平正碰。根据水平方向碰撞时动量守恒和能量守恒。由于两球质量相等，所以它们正碰时交换水平方向速度。小球a从进入圆筒到第5次碰撞前，小球a增加的机械能为
则第5次碰撞后，小球b增加的机械能为
18. 某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道AB，中间为水平传送带BC，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面CD．倾斜轨道末端及水平面CD与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为、……、的个物块在水平面CD上沿直线依次静止排列．质量为物块从斜面的最高点A由静止开始沿轨道下滑，已知A点距离传送带平面的高度，水平距离，传送带两轴心间距，物块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度。
（1）求物块刚滑上传送带时的速度大小；
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度v的范围；
（3）若物块以（已知）的速度离开传送带，滑到水平轨道上与发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上，各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞。经过依次碰撞后，定义第n个物块获得的动能与第1个物块的初动能之比为第1个物块对第n个物块的动能传递系数，求；
（4）接第（3）问，若，求为何值时，第n个物块获得的速度最大，并求出第n个物块的最大速度。
【答案】（1）v0=6m/s；（2）；（3）；（4）当时，第n个物块获得的速度最大，
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【详解】（1）对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有
解得
v0=6m/s
（2）a.当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v1最小，由动能定理有
解得
b.当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度v2最大，由动能定理有
解得
物块从传送带右侧滑出时的速度范围为
（3）两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得
解得
物块的动能
对物块1、2，动能传递系数
同理可得，m2和m3碰撞后的动能传递系数
（4）质量相等的物块碰撞时没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，物块碰撞后交换速度，则m3与后面的物块碰撞后依次交换速度，m3的最大速度等于第n个物块的最大速度vnm，又
则
当
即
此时，分母最小，k13最大为
此时第n个物块的速度最大，有
解得