2021年河北省唐山市高考物理二模試卷(含答案詳解)

2021年河北省唐山市高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.如圖所示，印度第一艘自主研發(fā)的核潛艇于2009年7月26日正式下水，成為世界第六個擁有核

潛艇的國家.核動力潛艇是潛艇中的一種類型，指以核反應堆為動力來源設計的潛艇.在核反

應中有一種是一個取2原子核在中子的轟擊下發(fā)生的一種可能的裂變反應，其裂變方程為

昭5（/+H-X+瑞Sr+10乩，則下列敘述正確的是（）

二.：.一..汴正

|\?GW”.大；；，

A.X原子核中含有54個質子

B.X原子核中含有53個中子

C.裂變時釋放能量是因為虧損的質量變成了能量

D.裂變時釋放能量，出現質量虧損，質量數不守恒

2.如圖所示，a、b、c表示的是電壓表或電流表，當Ki、心都閉合時，下列

正確說法是（）

A.a、b、c都是電流表

B.a、b、c都是電壓表

C.a、b是電壓表，而c是電流表

D.b.c是電流表，而a是電壓表

3.甲乙疊放在水平面上，現對甲施加水平向右的力凡它們靜止不動，則甲甲____?

--------F

對乙摩擦力方和水平面對乙摩擦力片分別為（）I乙

A.左=尸向右，上=F向左B.A=F向左，為=產向右

C.左=0,f2=F向右D.A=0,f2=尸向左

4.某質點運動的速度一時間圖象如圖所示，下列說法正確的是（）

A.質點在第2s末與第12s末的速度大小相等，方向相反

B.質點在第2s末與第12s末的加速度大小相等，方向相同

C.質點在0?5s內與第10s?15s內的位移大小相等，方向相同

D.質點在0?15s內的位移大小為5nl

5.2022年冬季奧運會將于2022年2月4日至20日在北京和張家口舉行。如1

圖所示為我國運動員“雙人花樣滑冰”訓練時的情景，下列說法正確的.____

是（）

A.研究運動員的技術動作時，可以把運動員看成質點

B.女運動員做勻速圓周運動時.，速度大小不變

C.女運動員做勻速圓周運動時，她受到的合力不變

D.男運動員對女運動員的力大于女運動員對男運動員的力

6.如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為4：1,b是原線圈的中心抽頭，圖中電表均為理

想的交流電表，定值電阻R=100,其余電阻均不計.從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如

圖乙所示的交變電壓，則下列說法正確的是（）

311

O

3//|0:?

-311

A.當單刀雙指開關由a撥向b時，原線圈的輸入功率增大

B.當單刀雙指開關與a連接且t=0.01s時，電流表示數為零

C.當單刀雙指開關與a連接時，電壓表的示數為77.8V

D.當單刀雙指開關由a撥向b時，副線圈輸出電壓的頻率為25Hz

二、多選題（本大題共4小題，共24.0分）

7.一斜劈被兩個小樁4和B固定在光滑的水平地面上，然后在其斜面一■-

上放一物體，如圖所示，以下判斷正確的是（）人B

A.若物體靜止在斜面上，則B受到擠壓-Pfri7-rri11;in

B.若物體勻速下滑，則B受到擠壓

C.若物體加速下滑，則8受到擠壓

D.若物體減速下滑，則A受到擠壓

8.如圖甲所示，足夠長的光滑固定的斜面上有一物體，物體在一沿J"0"''

斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上運動，在0-2s內推力的6/

46

大小a=5N,在2-4s內推力的大小尸2=5.5N,該過程中物體乙

的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取g=10rn/s2,貝ij（

A.物體在前4s內的位移為57n

B.在第3s物體的加速度大小為2M/S2

C.物體質量為2kg

D.斜面與水平面的夾角為30°

9.如圖所示，豎直光滑桿上套有一個小球和兩根彈簧，兩彈簧的一端各與小球相連，另M

一端分別用銷釘M、N固定于桿上，小球處于靜止狀態(tài).設拔去銷釘M瞬間，小球加|j

速度的大小為12m/s2.若不拔去銷釘M而拔去銷釘N瞬間，小球的加速度可能是(取2

9=10m/s2)()手

—W

A.22m/s2,豎直向上

B.22m/s2,豎直向下

C.2m/s2,豎直向上

D.2m/s2,豎直向下

10.如圖所示，固定傾斜放置的平行導軌足夠長且電阻不計，傾角為

6,導軌間距為3兩阻值均為R的導體棒協(xié)、cd置于導軌上，棒

的質量均為加，棒與導軌垂直且始終保持良好接觸，整個裝置處

在與導軌平面垂直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中，開始時

導體棒帥、cd均處于靜止狀態(tài)，現給cd一平行于導軌平面向上的恒力F,使cd向上做加速運動。

到to時刻時，cd棒的位移為X,速度達到孫，時剛好要向上滑動。棒與導軌的動摩擦因數均為出

且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則在0?的過程中()

A.必棒受到的安培力一直增大

B.仍棒受到導軌的摩擦力一直增大

C.cd棒克服安培力的功為Fx-fimgxcosd

D.在%時刻突然撤去拉力的一瞬間，cd棒的加速度為「警

三、實驗題(本大題共2小題，共15.0分)

11.在“探究彈力和彈簧伸長的關系”實驗中。

(1)如圖(a)所示，測出彈簧的原長(自然長度)“=cm.

(2)如圖(匕)所示，在彈簧下端掛上1個、2個……i個相同質量的鉤碼，實驗測出彈簧靜止時的伸長量

x=",并作出m-x的關系圖線如圖(c)。則該彈簧的勁度系數k=n/m(g=10m/s2,

結果保留三位有效數字)。

(3)作出的zn-x圖象的末端圖象變彎曲的原因是：o

12.某同學要測量一導體的電阻Rx

(1)他先用多用電表粗測其電阻。用己經調零且選擇開關指向電阻檔“x100”檔位的多用電表測量,

其表盤及指針所指位置如圖甲所示，要能比較準確地測量該電阻的阻值，應將多用電表的選擇

開關旋轉到電阻檔的

檔位，調到正確檔位后重新調零，再次測量此電阻,其表盤及指針所指位置如圖乙所示，則

該電阻約為n

(2)該同學想用“伏安法”更精確地測量該導體的電阻％,現有的器材及其代號和規(guī)格如下:

4待測電阻&

及電流表4(量程0?50m4，內阻約為500)

C.電流表4(量程0?5nM，內阻約為300)

D電壓表匕(量程0?3V，內阻約為10k。)

￡電壓表彩（量程0?15U,內阻約為50k。）

F.直流電源E（電動勢6V,內阻不計）

G滑動變阻器&（阻值范圍為0?200,允許通過的最大電流為204）

H.定值電阻/?2=50。

/.定值電阻7?3=5000/2

J.開關S一個，導線若干。則

①為了使實驗誤差較小，要求電表的指針的偏轉幅度達到半偏以上，并要求測得多組數據進行分析,

該同學設計了如圖所示的電路，則圖中①應選擇,②應選擇,定值電阻R應選擇

（選填器材前的字母代號）。

②使用設計的電路圖進行測量，若電壓表的讀數為U,電流表的讀數為/,那么，待測電阻的阻值

Rx=（用已知物理量和測量的物理量的字母符號表示）。

四、計算題（本大題共4小題，共47.0分）

13.如圖所示虛線矩形區(qū)域NPP'N'、MNN'M'內分別充滿豎直向下的勻強電場和大小為B垂直紙面向

里的勻強磁場，兩場寬度均為d、長度均為4d,NN'為磁場與電場之間的分界線。點C'、C將MN

三等分，在C'、C間安裝一接收裝置。一電量為-e.質量為優(yōu)、初速度為零的電子，從P'點開始由

靜止經電場加速后垂直進入磁場，最后從MN之間離開磁場.不計電子所受重力。求：

（1）若電場強度大小為E,則電子進入磁場時速度為多大。

（2）改變場強大小，讓電子能垂直進入接收裝置，則該裝置能夠接收到幾種垂直于MN方向的電子。

（3）在（2）問中接收到的電子在兩場中運動的最長時間為多大。

14.如圖所示，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=6kg的物塊4。4與傳送帶左端相距L=2m

且光滑，裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶

輪逆時針勻速轉動，使傳送帶上表面以u=2m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.256位

于豎直平面內的光滑;圓弧軌道。質量m=2kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B

與傳送帶之間的動摩擦因數4=0.1,傳送帶兩軸之間的距離1=4.5小。設第一次碰撞前，物塊4

靜止，物塊B與4發(fā)生碰撞后被彈回，物塊4、B間的碰撞皆為彈性正碰。取g=10zn/s2。求：

(1)物塊8滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力；

(2)物塊B與物塊4第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；

(3)如果物塊4、B每次碰撞后，至再次相碰前4已回到平衡位置并被立即鎖定，當4B再次碰撞前瞬

間解除鎖定，求物塊B從第一次與物塊4碰撞后到第三次與物塊4碰撞的時間。

15.受托里拆利實驗的啟發(fā)，某實驗小組設計了如下實驗，如圖所示，AB是一粗細

均勻的玻璃細管的兩端，管長A=70cm。在溫度為17K的室內，將玻璃細管的B

端向下豎直插入水銀槽中，當B距水銀面九=40cm時將4端封閉；然后將細管緩

慢豎直向上提起，直至B端恰好要離開水銀面時封住8端；之后將細管拿出水銀

槽并在豎直平面內緩慢旋轉180。，使B端在上4端在下，再打開B端。已知細管足

夠細，此時毛細現象將使細管中可以維持水銀在上空氣在下的狀態(tài)。再將管內氣

體加熱，直到水銀柱上端恰好與管口平齊。已知大氣壓為75cmHg,求：

①B端離開水銀面后，管中水銀柱的長度；

②將管內氣體加熱，氣體的溫度需要達到多少攝氏度才能讓水銀柱上端恰好與管口8平齊。

16.如圖所示，一玻璃球體的半徑為猿，磔為球心，理為直徑。來自瑪點

的光線雨盥在解點射出?出射光線平行于國瓢，另一光線僦恰好在穗'

點發(fā)生全反射。已知心囑麻=：：寐T，求：(1)玻璃的折射率；(2)球心。到

BN的距離。

參考答案及解析

1.答案：A

解析:解：由核反應方程的質量數守恒和電荷數守恒可知:X原子核中含有92-38=54個質子,235+

1-94-10-54=78個中子；釋放能量不是質量變成了能量，而是虧損的質量以能量的形式釋放.

故選：A

根據核反應前后質量數和核電荷數均守恒，即可求解.

本題題干較長，涉及信息較多，但真正有用信息是考查核反應方程.

2.答案：D

解析：解：根據電壓表與被測量電路并聯(lián)，電流表與被測電路串聯(lián)，可知，氏c是電流表，而a是電

壓表。

故選：Do

測量電壓量，電壓表與被測量電路并聯(lián).測量電流時，電流表與被測電路串聯(lián).

本題考查電表的連接方式，是基本的常識問題，比較簡單.

3.答案：A

解析：

根據力平衡條件對物體受力分析得到摩擦力的大小和方向，

解題的關鍵是應用整體法和隔離體法相結合對物體受力分析。

對物體甲受力分析，豎直方向受重力和支持力，水平方向受拉力F,故乙對甲的摩擦力/!一定向左,

且與尸二力平衡，即后'=凡向左；根據牛頓第第三定律得知：甲對乙摩擦力后=//=F,方向向

右；再對乙受力分析，豎直方向受重力、壓力和支持力；水平方向受甲對乙向右的摩擦力//,由于

勻速，故地面對乙的摩擦力人一定向左，根據平衡條件有片=牙故為=尸，向左；故A正確；故

BCD錯誤。

故選A。

4.答案：C

解析：解：4、由圖知，質點在第2s末與第12s末的速度大小相等，方向相同，故4錯誤.

B、根據v-t圖象的斜率表示加速度，知質點在第2s末與第12s末的加速度大小相等，方向相反，故

B錯誤.

C、根據v-t圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內發(fā)生的位移，知質點在0?5s內與第

10s?15s內的位移大小相等，方向相同，故C正確.

D、質點在0?15s內的位移大小為％x=10m,故。錯誤.

故選：C

在u-t中圖象中，速度的正負表示速度的方向，斜率代表物體的加速度，速度圖象與時間軸圍成的

面積等于物體在該段時間內發(fā)生的位移，根據這些知識進行分析.

速度圖象的斜率等于物體的加速度，速度圖象與時間軸圍成的面積等于物體在該段時間內發(fā)生的位

移.掌握了這些知識即可順利解決此類題目.

5.答案：B

解析：解：4、研究運動員的技術動作時，不能忽略運動員的大小和形狀，不可以把運動員看成質點，

故4錯誤；

8、女運動員做勻速圓周運動時，速度大小不變，方向變化，故B正確；

C、女運動員做勻速圓周運動時，她受到的合力指向圓心，大小不變，方向變化，故C錯誤；

。、男運動員對女運動員的力與女運動員對男運動員的力是一對作用力和反作用力，根據牛頓第三

定律，大小相等方向相反，故。錯誤。

故選：B。

根據物體可看作質點的條件進行判斷；勻速圓周運動中運動員速度大小和向心力大小不變，方向時

刻改變；根據牛頓第三定律判斷男運動員對女運動員的力和女運動員對男運動員的力的關系。

物體可看作質點的條件是研究對象的大小和形狀可忽略不計。

6.答案：A

解析：解：由圖象可知，電壓的最大值為311M,交流電的周期為2xl0-2s,所以交流電的頻率為f=

50Hz,

A、當單刀雙擲開關由a撥向b時，原線圈的匝數變小，所以副線圈的輸出的電壓要變大，電阻R上消

耗的功率變大，原線圈的輸入功率也要變大，故A正確.

8、當單刀雙擲開關與a連接時，電流表示數為電流的有效值，不隨時間的變化而變化，所以電流表

的示數為不為零，故3錯誤；

C、交流電的有效值為220乙根據電壓與匝數程正比可知，當單刀雙擲開關與a連接時，副線圈電壓

為55V,故C錯誤；

由圖象可知，電壓的最大值為311V,交流電的周期為2x10-2s,所以交流電的頻率為/=50Hz,

故。錯誤；

故選：A

根據圖象可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得結論.

掌握住理想變壓器的電壓、電流之間的關系，最大值和有效值之間的關系即可解決本題.

7.答案：CD

解析：解：將物體和斜面看做一個整體系統(tǒng)進行分析：

A、若物體靜止，則系統(tǒng)所受合力為零，即4、B均不受擠壓，A錯誤；

2、若物體勻速下滑，則系統(tǒng)所示合力仍為零，B不受擠壓，2錯誤；

C、若物體加速下滑，設加速度大小為a,在水平方向的加速度g，ax=acos3,對系統(tǒng)應用牛頓第

二定律，水平方向應有尸=m幺=macos。，方向向左，即B應受到擠壓，C正確；

D、若減速下滑，則加速度方向沿斜面向上，在水平方向的分加速度&=acos。，方向向右，再對系

統(tǒng)應用牛頓第二定律，水平方向應有F=jn&=niacos8,即小樁4應對斜面產生向右的擠壓力，則

力受到擠壓，D正確。

故選：CD。

解本題時應對斜面和物體組成的整體為研究對象進行受力分析，結合平衡條件和牛頓第二定律來求

解.

對系統(tǒng)應用牛頓第二定律的方法是；對系統(tǒng)進行受力分析，此時可以不分析系統(tǒng)內物體之間的相互

作用力，因而簡單.

8.答案：AD

解析：

本題關鍵是對物體進行運動情況分析，先勻速后加速；然后受力分析，根據共點力平衡條件和牛頓

第二定律列式求解。

在u-t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，圖象的斜率等于加速度的大??；由u-t圖象知，

在最初2s內物體勻速運動,合力為0,根據平衡條件求得物體重力沿斜面向下的分力，當物體受到5.5N

的拉力時產生加速度，根據牛頓第二定律求解物體的質量；已知物體的質量，根據物體開始做勻速

運動可以求出物體重力沿斜面向下的分力，根據分力與夾角的關系可以求出夾角的大小。

4速度圖象與坐標軸圍成的面積表示位移，所以物體在前4s內的位移為%4=lx2m+^x2m=

5m,故A正確；

8.由圖象知，物體在2-4s內的加速度Q=三根/$2=0.5?n/s2,故8錯誤；

4—2

C令物體質量為小，有：物體勻速上升時：F1-mgsind=0①

物體加速上升時：F2-mgsind=ma（2）

2

已知&=5N,F2=5.5/V,a=0.5m/s,所以由①和②解得：

物體質量m=1kg,故C錯誤；

D代入物體質量m=1kg到式①，可得：s譏。=含=卷所以夾角。=30。，故。正確。

故選ADo

9.答案：BC

解析：解：設小球的質量為小，向上為正方向，剛開始受力平衡，則有：

FN+F”-G=°

拔去銷釘M瞬間有：FN-G=+12m

所以FN=-2m或227n

所以FM=12nl或-12m

去銷釘N瞬間，小球受M彈簧和重力G的作用，

加速度為：a=^=2rn/s2或—22zn/s2

故選：BCo

小球加速度的大小為12m/s2可能向上也可能向下，拔去銷釘M瞬間，上面一個彈簧對小球的作用力

為0,小球只受到下面彈簧的作用力，根據牛頓第二定律算出上面彈簧對小球的作用力，如拔去銷釘

N則下面一根彈簧作用力為0,再根據牛頓第二定律即可求解，要注意方向.

本題主要考查了牛頓第二定律的應用，要求同學們能正確進行受力分析，注意加速度是矢量，難度

不大.

10.答案：AD

解析：

分析cd棒產生的感應電動勢，由歐姆定律求出回路中的電流，再由安培力公式尸=81分析ab受到

的安培力如何變化。由平衡條件分析ab棒受到導軌的摩擦力如何變化，根據動能定理求cd棒克服安

培力的功，由牛頓第二定律求cd棒的加速度。

解決本題的關鍵要正確分析兩棒的受力情況，根據法拉第定律、歐姆定律推導出安培力與速度的關

系，運用力學的規(guī)律研究。

解：4、cd棒做加速運動，由E=8而知cd棒產生的感應電動勢增大，由歐姆定律可知回路中產生的

感應電流增大，由尸=B/L知帥棒受到的安培力一直增大，故A正確；

B、當ab棒受到的安培力小于mgsin。時，由平衡條件得：BIL+/=mgsinO,則/增大，ab受到的

摩擦力/減小。當ab棒受到的安培力大于mgsin。時，由平衡條件得：BIL=f+mgsind,則/增大,

/增大。故8錯誤；

C、對cd棒，由動能定理得尸x-mgxsinB-nmgxcosd-W^.=^mv^-0,得：克服安培力的功川宓=

Fx-mgxsind—林mgxcos?！?m詔,故C錯誤；

。、在玲時刻突然撤去拉力的一瞬間，回路中感應電流/=瞥

Cd棒的加速度大小為a=

m

對于ab分析有：iimgcosd+mgsinO=BIL,聯(lián)立解得a=口故。正確。

故選：AD.

11.答案：9.050.0超出彈簧的彈性限度

解析：解：(1)如圖(a)所示，測出彈簧的原長(自然長度)為9.0cm；

(2)根據圖象可知彈簧的勁度系數：k=%=若黑?N/m=50.0W/m：

(3)從彎曲的圖線可以看出，發(fā)生相同形變量時，增加的質量在減小，說明彈簧更容易發(fā)生形變了，

即彈簧的勁度系數發(fā)生了明顯的減小，說明超出了彈簧的彈性限度。

故答案為：(1)9.0；(2)50.0；(3)超出彈簧的彈性限度。

(1)彈簧秤最小刻度為1N,根據刻度讀數；

(2)根據圖象的斜率求解勁度系數；

(3)作出的圖象的末端圖象變彎曲的原因是超出彈簧的彈性限度。

本題關鍵從實驗原理出發(fā)設計實驗并進行數據處理；用圖象法處理數據有利于減小實驗誤差。

U

12.答案：X10220Z)BH7ZZ

解析：解：(1)選擇開關指向歐姆擋“x100”擋位，發(fā)現指針的偏轉角度太大，此時指針所指的數

據比較小，誤差較大，

說明所選倍率較大，應將選擇開關換成歐姆擋的x10擋位；

歐姆表的讀數為：R=22x100=2200。

(2)①電源電動勢為6V,則圖中①應選擇電壓表：D,

電流的最大值是/=最=54"13.6mA,②應選擇電流表：B,

電表的指針的偏轉幅度達到半偏以上，為了達到實驗要求，定值電阻R并聯(lián)應選擇H;

②電壓表的讀數為U,電流表的讀數為/,

根據歐姆定律和并聯(lián)電路的規(guī)律得：

通過待測電阻值的電流是4=1一%

K2

八UU

所以待測電阻的阻值Rx=4=漢；

?2

故答案為：(1)x10,220；(2)①D;B；H；②&

(1)用歐姆表測電阻要選擇合適的擋位使指針指在中央刻度線附近，歐姆表指針示數與擋位的乘積是

歐姆表示數。

(2)根據電源電動勢選擇電壓表，根據通過電阻的最大電流選擇電流表，根據實驗電路圖與實驗原理

選擇實驗器材；

根據圖示電路圖，應用串并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出待測電阻阻值。

此題考查測量儀器的讀數及伏安法測電阻的問題；知道儀器的選擇原則：安全、準確、方便；當電

壓表內阻遠大于待測電阻阻值時采用電流表外接法，當變阻器的全電阻遠小于待測電阻或要求電流

從零調時，變阻器應采用分壓式接法。

13.答案：解：(1)設電子進入磁場的速度為Z根據動能定理可得：eEd=1mv2

解得：睡

yjm

(2)電子先在電場中加速，然后進入磁場中做勻速圓周運動，經過半圓周在回到電場中減速運動，速

度為零后，在向上做勻加速運動，再次以相同的速度進入磁場，這樣循環(huán)下去，直至到達最右端。

在磁場中有71個圓，設電子在磁場中運動的半徑為R,則有：(2n+l)R=4d

半徑滿足：g<R<|d

解得：2.5<n<5.5

可見n=3、4、5共有三種速度的電子。如圖所示

(3)第(2)問中TI=5時運動的時間最長，根據幾何關系有：

HR=4d

電子在磁場中運動，根據牛頓第二定律可得：

V2

evB=rn—

R

在磁場中運動的時間為：tl=??粵

x4eB

lid22d

電子在電場中運動的時間為：±2=丁=丁

2

最長時間為：t=ti+t2

解得：t=^(兀+11)

答：(1)若電場強度大小為E,則電子進入磁場時速度為

(2)改變場強大小，讓電子能垂直進入接收裝置，則該裝置能夠接收到3種垂直于MN方向的電子。

(3)在(2)問中接收到的電子在兩場中運動的最長時間為翳(兀+11)。

解析：(1)根據動能定理可以得到；

(2)根據電子的運動情況可以判斷出電子在磁場中經過兒個半圓周，判斷電子的半徑與磁場寬度之間

的關系即可得到；

(3)分別計算出電子在磁場中運動的時間和在電場中的運動時間，二者之和即為總時間。

畫出電子在磁場中的運動軌跡是解題的關鍵，根據電子的運動半徑判斷出電子在磁場中的可能運動

情況，即可計算出相關問題。注意電子在磁場中運動的周期是定值，與電子的速度無關。

14.答案：解：(1)物塊B沿光滑曲面下滑過程中，根據機械能守恒：mgR=1mvl

代入數據解得：VQ=5m/s

2

在圓弧最低點C,根據牛頓第二定律：F-mg^m^

代入數據解得：F=60N

由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大小F'=F=60N,方向豎直向下。

(2)在傳送帶上，對物塊B,根據牛頓第二定律得：i^mg=am

設物塊B通過傳送帶后運動速度大小為u,根據運動學公式得：v2-vl=2aL

代入數據解得：v=4m/s

由于u>u=2?n/s所以B與4第一次碰撞前的速度為u=4mls

設物塊4、B第一次碰撞后的速度分別為外、％，

物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，

以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=mv1+MV2

由機械能守恒定律得：|mv2

代入數據解得：%=-2m/s,v2=2m/s

物塊4的速度為零時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大：0=："諺=：*6*22/=12/

(3)第一次碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動，設物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為Z/,

根據動能定理得：=0

代入數據解得：I'=2m<4.5m

物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上，當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，

將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為％'=2m/s,

繼而與物塊4發(fā)生第二次碰撞。設第1次碰撞到第2次碰撞之間，物塊B在傳送帶上運動的時間為口。

由動量定理得：卬ngQ=2mvr

代入數據解得：匕=4s

物塊B在水平臺面上運動的時間為t2,貝I」：t2=/=芋s=2s

設物塊4、B第二次碰撞后的速度分別為%、%,

以向左為正方向，由動量守恒定律得：mvi=mv3+MV4

由機械能守恒定律得：^mvrl=imvf+^M久

代入數據解得：%=—lm/s

同理可得，第2次碰撞到第3次碰撞之間，物塊8在傳送帶運動的時間為匕

由動量定理得：^rngt3=2mv3

代入數據解得：2s

物塊B在水平臺面上運動的時間為t4,則t4=中=竽S=4s