2026年高考考前预测卷-物理（北京卷02）全解全析

2026年高考考前预测卷（北京专用）

物理・全解全析

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

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

第一部分

本部分共14题，每题3分，功42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。

I.2025年5月，我国“天问三号”在火星表面完成采样任务升空返回，其火星表面上升器中搭载了杯238

（翼Pu）核电池，利用衰变释放的能在极寒的火星夜为设备供热供电。已知钵238（S8Pu）的衰变方程

为空Pufm11+*。则（）

A.X为氮核，该衰变属于p衰变

B.衰变前杯238的质量等于衰变后铀234与X的质量之和

C.火星夜的极寒环境会显著延长杯238的半衰期

D.守Pu的比结合能小于的比结合能

【答案】D

【解析】A.根据核反应电荷数守恒、质量数守恒，可得X的电荷数为2,质量数为4,故X为银核

（a粒子），该衰变为a衰变，故A错误；

B.衰变过程释放能量，存在质量亏损，因此衰变前钵238的质量大广衰变后铀234与X的质量之

和，故B错误；

C.半衰期由原子核内部结构决定，与外界温度、压强等环境因素无关，极寒环境不会改变钵238的

半衰期，故C错误；

D,衰变过程释放能最，说明生成物的原子核更稳定，而比结合能越大原子核越稳定，因此rPu的比

结合能小于TU的比结合能，故D正确。故选D。

2.下列现象属于光的干涉的是（）

A.雨后天空出现彩虹

B.水中的气泡看上去特别明亮

c.雨后路面上油膜在口光照射卜.呈现彩色

D.通过一条狭缝看日光灯观察到彩色条纹

【答案】C

【解析】A.雨后天空彩虹是阳光在雨滴中发生折射、色散形成的，属于光的折射现象，放A不符合

题意；

B.水中气泡看上去特别明光是光从光密介质水射入光疏介质气泡时，发生全反射导致的，属于全反

射现象，故B不符合题意；

C.路面油膜在口光下的彩色，是光在油膜上下表面反射后叠加发生干涉形成的，属于薄膜干涉现

象，故c符合题意；

D.通过狭缝看日光灯出现彩色条纹，是光通过单缝发生衍射的结果，属于光的衍射现象，故D不符

合题意。故选C。

3.一列简谐横波某时刻的波形如图所示，关于介质中的三个质点〃、庆c。下列说法正确的是（）

A.该时刻。的加速度最小

B.该时刻。与c的加速度方向相同

C.若。比c先回到平衡位置，波沿x轴正方向传播

D.若波沿x轴正方向传播，一段时间后，。将运动到的位置

【答案】C

【解析】A.该时刻〃位于正向最大位移处，加速度最大，故A错误；

B.该时刻。与c位于平衡位置两侧，加速度由质点所在位置指向平衡位置，故。与c的加速度方向

相反，故B错误；

C.若a比c先回到平衡位置，则该时刻c的速度方向沿一丁方向，根据同侧法可知，波沿x轴正方向

传播，故C正确；

D.波在传播过程中，质点不会随波迁移，故D错误。故选C。

4.下列说法正确的是（）

A.温度相同的物体内能一定相同

B.液体中液体分子的无规则运动称为布朗运动，布朗运动随温度的升高而更加剧烈

C.一定质量的理想气体，当温度不变、压强增大时，其体积可能增大

D.在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁仍有压强

【答案】D

【解析】A.内能是物体内所有分子热运动动能和分子势能的总和，其大小取决于物体的温度、体

积、物态和分子数。温度相同仅表明分子平均动能相同，但内能还可能因其他因素不同而不同，故A错

误；

B.布朗运动是指悬浮在液体I」的微粒的无规则运动，它是液体分子无规则热运动的反映，而非液体分

子本身的运动。液体分子的无规则运动称为热运动。布朗运动随温度升高而加剧，故B错误；

C.根据理想气体状态方程牛=C

C为常数，当温度不变、压强增大时，其体枳减小，故C错误；

D.气体压强是由气体分子无规则热运动频繁碰撞器壁产生的，与重力无关。在完全失重状态下，分

子热运动不受影响，对器壁的碰撞仍会产生压强，故D正确。故选D。

5.如图所示，L是自感系数很大、电阻几乎为0的线圈，A和B是两个规格相同的灯泡，电源内阻不

计，电动势与灯泡额定电压大小相等，则（）

A.当开关S由断开变为闭合时，A、B两个灯泡均逐渐变亮，最终两灯泡均正常发光

B.当开关S由断开变为闭合时，A、B两个灯泡均逐渐变亮，最终灯泡A比灯泡B亮

C.当开关S由闭合变为断开时，A、B两个灯泡均逐渐变培，最后同时熄灭

D.当开关S由闭合变为断开时，灯泡A立即熄灭；灯泡B由熄灭状态突然变亮，然后逐渐熄灭

【答案】D

【解析】AB.当开关S由断开变为闭合时，由于线圈的自感作用，线圈在开关S闭合瞬间相当于断

路，A、B两灯同时亮，随着线圈的自感作用减弱，线圈中电流增大，线圈的分流作用增大，B灯逐渐变

暗直至熄灭，而这个过程外电路总电流增大，A灯亮度增大，故A错误，B错误；

CD.当开关S由闭合变为断开时，A灯立即熄灭，线圈L中电流减小，产生自感电动势，感应电流

流过B灯，B由熄灭状态突然变宛，然后逐渐变暗，直至熄灭，故C错误，D正确。故选D,

6.如图甲所示为交流发电机的原理图，正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴00'匀速转动，电流

表为理想交流电表。线圈中产生的交变电流随时间的变化规律如图乙所示，则（）

A.电流表的示数为10A

B.线圈转动的角速度为50rad/s

C.f=0.01s时线圈平面和磁场平行

D.f=0.01s时穿过线圈的磁通量变化率为0

【答案】D

【解析】A.由题图乙可知交流电电流的最大值是/m=10A,由于电流表的示数为有效值，可知电流

表的示数为£A=5&A,故A错误；

B.由题图乙可知周期为7=0.02s,可得角速度为/=^=100/zrad/s,故B错误；

CD.，=0.01s时电流为零，则穿过线圈的磁通量为最大，磁通量变化率为0,此时线圈平面位于中性

面，与磁场垂直，故C错误，D正确。故选D。

7.如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为，〃和26，在恒定拉力广的作用下沿固定斜

面网上加速运动。则（）

A,轻绳拉力的大小与斜面的倾角。有关

B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数〃有关

2

C.轻绳拉力的大小为

D.若改用同样大小拉力尸沿斜面向下拉连接体加速运动，轻绳拉力的大小可能为零

【答案】C

【解析】ABC.以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得

F-3mgsin。一〃•3mgcos0=3nia

解得〃-gsin。一〃geos。

3m

再隔离B进行分析，根据牛顿第二定律得4-2”?gsin夕-川2mgcos0=2ma

解簿&啜/号

故绳子的拉力与斜面倾角。无关，与动摩擦因数〃无关，与两物体的质量有关，故C正确，AB错

误；

D.若改用同样大小拉力/沿斜面向下拉连接体加速运动，整体由牛顿第二定律得

F+3叫sin。一〃•3mgcos0=3ma

,F

解得a=——+gsin8-cos8

3m

再隔离A进行分析，假设轻绳拉力的大小为零，则根据牛顿第一定律得mgsin，-〃・切gcos£=〃"

解得〃'=gsin夕一〃gcos6<a

故D错误。故选C。

8.如图所示，光滑水平面上的正方形导线框〃/，口以水平向右的初速度进入竖直向下的匀强破场并最终

完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）

A.线框一直匀速穿过磁场区域

B.线框一直受到安培力的作用

C.线框进和出磁场的两个过程，通过线框的电荷量相同

D.线框进和出磁场的两个过程，b、c两点间的电势差相等

【答案】C

【解析】AB.线框在进入磁场和出磁场时受到安培力的作用，将做减速运动；当线框完全进入磁场中

时，线框的磁通量不变，线框中没有电流，不会受到安培力的作用，做匀速运动，故AB错误；

C.线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量为〃—力五一后，△①

q=H=-i=1=

RRR

线框在进和出磁场的两过程中磁通量变化量相同，线框在正和出磁场的两过程中通过导线横截面的电

荷量相等，故c正确；

D.线框进和出磁场过程中产生电动势为

进磁场时，从边相当于电源，根据右手定则可知，》点相当于电源的正极，所以〃、c两点间的电势差

33

为几尸清=jBLv

山磁场时，c以边相当于电源，根据右手定则可知，。点相当于电源的正极，所以〃、c两点间的电势

差为UA=：E=：BLV

线框在进磁场的过程中的速度大于线框在出磁场的过程中的速度，进磁场时“、c两点间的电势差大

于出磁场的，故D错误。故选C。

9.如图所示，地球绕太阳做匀速圆周运动，轨道半径为，"周期为兀X彗星绕太阳运动的轨道为椭|员|,

近日点?到太阳中心的距离为4,远日点Q到太阳中心的距离为々。已知引力常量为G,下列说法正确的

是（）

A.地球的质量为一1-

GT2

B.X彗星的周期为三，但7

C.在近日点P,地球的向心加速度小于X彗星的向心加速度

D.在近日点P，地球的线速度小于X彗星的线速度

【答案】D

【解析】A.设太阳的质量为M,地球的质量为〃?，万有引力提供向心力，有6粤=小箓4

r\I

可得太阳的质量M二警二根据提供的信息无法求出地球的质量，故A错误；

B.根据开普勒第三定律可得4:（宥）

尸一7^~

可得彗星的周期（=铝'晤］，故B错误；

2「V2zi

C.在近日点尸，物体受引力的方向与速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得G^=〃也=〃?综

可得在近日点P,地球的向心加速度等于X彗星的向心加速度，故c错误；

D.在近日点P,X彗星做离心运动，地球的线速度小于X彗星的线速度，故D正确。故选D。

10.如图所示，在水平方向的匀强电场中，•带电小球仅受重力和静电力的作用，在竖直面（纸面）内运

动。若小球的初速度方向与虚线平行，则其运动轨迹为直线。现小球从M点以初速度％竖直向上运动，经

过最高点P点，到达与M点等高的N点（P点、N点均未画出〕。小球从M点到N点的过程口。下列说法

正确的是（）

\利。

、、

、

、、

M\

\\

、、

\、

、

A.经过P点时动能最小

B.动能先减小后增大，电势能先增大后减小

C.从M点到0点与从P点到N点的时间相等

D.从M点到P点与从P点到N点的水平位移相等

【答案】C

【解析】A.由题意可知，小球所受合力沿虚线方向，则小球所受电场力的方向水平向右，故小球所

受介力沿虚线向下。小球从M点到N点的过程中，初速度与介力成钝角，则速度与件力的夹角由钝角逐

渐减小为锐角，动能先减小后增大，当速度与合力垂直时动能最小，小球经过P点时，速度方向水平向

右，速度与合力成锐角，动能不是最小，故A错误；

B.小球从M点到N点的过程中，水平方向的位移向右，电场力做正功，电势能减小，故B错误；

CD.小球竖直方向做竖直上物运动，根据对称性可知，从"点到P点与从尸点到N点的时间相等；

小球水平方向做匀加速直线运动，从加点到尸点与从尸点到N点的水平位移不相等，故C正确，D错

误。故选C。

11.如图所示，两根长直平行导线。、b,分别通以大小为/和2/的同向电流，两导线所在的平面内有一

点P到两导线的距离相等。下列说法正确的是（）

•P

b----------------------------

2/

A.导线a受到导线人的作用力为斥力

B.若仅使导线。电流加倍，则其受到的安培力也加倍

C.移走导线力前后，尸点的破感应强度方向不会改变

D.在两导线所在平面外的有限空间内，存在磁感应强度为零的位置

【答案】B

【解析】A.两根长直平行导线。、。通以同向电流时，根据安培定则和左手定则判断可知，两导线表

现为相互吸引的作用，故A错误；

B.若仅使导线“电流加倍，向导线。在导线a处产生的磁感应强度8不变，导线。长度也不变，由

尸=8//可得，其受到的安培力也加倍，故B正确；

C.根据安培定则，a、b中的电流在P点产生的磁感应强度方向相反，移走导线方前，b的电流较

大，则，点磁场方向与b产生磁场方向相同，垂直纸面向里，移走〃后，导线〃在。点产生的磁场方向垂

直纸面向外，所以移走导线力前后，P点的磁感应强度方向会改变，故c错误；

D.因直线电流产生的磁场的磁感线是以直线电流为圆心的同心圆，故在离两导线所在的平面有一定

距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场方向均不在同•条直线匕故不存在磁感应强度为零的位

置,故D错误。故选B。

12.如图所示，08C。为半圆柱体玻璃的横截面，0Q为直径。一束由〃光和。光组成的亚色光沿AO方

向从真空中射入玻璃，。光、匕光分别从8、。点射出。则下列说法正确的是（）

A.〃光的折射率较大

B.逐渐增大复色光的入射角，在玻璃下表面〃光先消失

C.用同一装置做双缝干涉实验，〃光的条纹间距较大

D.。光从。到B与0光从0到C的传播时间相同

【答案】D

【解析】A.复色光在。点入射角i相同，“光偏折程度更大，折射角「更小，根据折射定律

，可得折射率关系〃故A错误；

sinr

B.由几何关系可知，光线在玻璃下表面的入射角等于（90。-「），增大复色光的入射角"则折射角/

增大，（90。--）减小，因此〃光和人光均不会发生全反射，不会有光消失，故B错误；

c.折射率越大，光的频率越大，波长越短，即用＜4,

双缝干涉条纹间距为入*=。1，波长越小间距越小，因此〃光的条纹间距更小，故C错误；

d

D.光在玻璃中速度u=£

n

由几何关系得。点到出射点的路径长度x=2Hsinl

_x_2Rsinr_2Az?sinr

传播时间’v£c

n

、sin/-rm.2Rsini

ftAn=--,可得『=------

sinrc

R、i对a、。光都相同，因此传播时间相同，故D正确。故选D。

13.太极球是市民中较流行的健身器材，现将其简化成如图所示的小球拍和小球。某市民健身时，让小球

拍和质量为小的小球在竖直面内保持这样的姿势且按顺时针方向做半径为广的匀速圆周运动。已知运动过

程中小球拍对小球的最大作用力为2/咫，小球相对于小球拍始终保持静止，重力加速度为下列说法正

确的是（）

A

A.小球做圆周运动的角速度大小为"=4成

B.从最高点。到最低点4运动的过程中，小球先处于超重状态后处于失重状态

C.从最高点C到最低点A运动的过程中，小球拍刈小球的支持力先减小后增人

D.小球经过与圆心等高的。点时，小球拍对小球的作用力大小为"摩

【答案】D

【解析1A.分析可知，在最低点A点小球拍对小球的作用力最大，根据牛顿第二定律有

-mg=mco2r

解得①=J,故A错误；

B.从最高点。点运动到。点的过程中，加速度方向有竖直向下的分量，小球处于失重状态，从。点

运动到最低点4点的过程中，加速度方向有竖直向上的分量，处于超重状态，故B错误；

C.小球的向心加速度大小4一定，从最高点。到点。运动的过程中，设小球的加速度方向与

竖直方向的角度为0,竖直方向有〃&=〃qcosO

e增大，cose减小，则支持力增大，故C错误；

D.小球经过与圆心等高的。点时，对小球竖直方向有五N=〃陪

水平方向有不="=worr=mg

故小球拍对小球的作用力大小为尸=+,故D正确。故选D。

14.圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成，工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴

转动。两转子间距可忽略。外转子处在半径为「的圆周上，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的

电阻均为R,直边的长度均为L,与轴线平行。内转子由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁

场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子转动后，连接负载的内转子也会随之转动起来。某时刻线圈

"cd的直边时与〃处的磁场方向截面图如乙图所示.系统达到稳定后，内、外转子分别以角速度①、％

匀速转动，线圈中产生大小为/的感应电流。不计所有摩擦。下列说法正确的是（）

外转....-

内转了7

甲乙

A.感应电流/=%乂%出

R

B.线圈中感应电流的变化周期r=3-

4-60

C.维持外转子匀速转动的外力功率为0=88〃供/

D.若突然增大内转子上连接的负载，则线圈中的感应电流将突然减小

【答案】C

【解析】A.由乙图可知，而边所在处的磁场沿半径向外，产生的感应电动势大小为耳=以公乙方

向沿adcb,其中△□=-0）r

〃边所在处的磁场沿半径向内，产生的感应电动势大小为&=BLlu,方向沿a成力，故线圈中的感应

电动势为七=E+&=2孔（为-幼厂

根据欧姆定律，线圈中产生的感应电流为A错误；

RR

B.依题意，外转子相对内转子的角速度为纤T。，由乙图可知，线圈转动90"穿过线图的磁场方向

改变一次，再转90“，磁场方向再次改变，与初态相同，故线圈中感应电流的变化周期为丁=’^，B错

（OQ—（0

误；

C.由尸=8〃知每个线圈所受的安培力为尸=28〃

由尸=所知维持外转子匀速转动的外力功率为P=4Fv

其中吁

解得P=8B/例/,C正确；

D,突然增大内转子上连接的负载，内转子受到的阻力矩增大，故其转速。会变小，根据

2BLr（①。-①）

I=

R

知线圈中的感应电流将突然变大，D错误。故选C。

第二部分

本部分共6题，共58分。

15.（8分）物理实验一般涉及实蛤目的、实验原理、实验操作和实验分析等。

（I）图为“研究两个互成角度的力的合成规律''实验的示意图。

①下列实验操作中必要的是（）

A、实验中应保证两弹簧测力计外壳与木板平行，以保证细绳套的方向与木板平行

B、实验中应保证两个分力大小都小于合力大小

C、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置。，通过连点成线的方式标记出两细线的方向，表示分力的

方向

D、两个弹簧测力计拉动圆环静止在位置0,测量出两细线的长度，表示分力的大小

②在作图时，你认为（填“甲”或“乙”）是正确的。

（2）用如图所示的装置探究影峋向心力大小的因素。已知小球在槽中入、8、。位置做圆周运动的半径

之比为1:2:1。某同学实验时，将两个等质量的小球放在A、C位置，皮带套在第二层塔轮上，该层左、右

塔轮的半径之比为2:1。该同学此次实验是为了探究小球的向心力大小与（选填“质量”、”角

速度”或“半径”）的美系。若匀速转动手柄，左右标尺露出长度的比值应等于。

标尺•

&百右塔轮

左塔轮

手柄传动皮带

【答案】(1)AC甲

(2)角速度1：4

【解析】(1)[1]A.保证弹簧测力计与木板平行，可让拉力在纸面内，减小实验误差，操作必要，故

A正确：

B.两分力夹角较大时，分力大小可以大于合力，故B错误；

C.标记分力方向只需在细绳方向标记两个点，连接。点得到方向。故C正确；

D.分力大小由弹簧测力计读数得到，不是细线长度，故D错误。故选AC。

[2]6是实验测得的实际合力，方向一定与橡皮条共线；平行四边形定则得到的是理论合力，因实验误

差会略有偏差，因此甲符合实验事实。

(2)[I]实验控制了小球质量相等、圆周运动半径相等，只有角速度不同，因此探究向心力与角速度

的关系。

12J皮带传动的塔轮线速度相等，由y=得切口!，左、右塔轮半径比2:1

A

因此角速度比如：在=1：2；

由尸=〃皿3用、，.相等，得向心力比乙：兄=就：龙=1：4,标尺露出长度反映向心力大小，因此比

值为1:4。

16.(1()分)某同学测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材。

A.待测干电池一节

B.电流表：量程00.6A,内阻RA=。1夏

C.电压表1：量程015V,内阻未知

D.电压表2：量程03V,内阻未知

E.滑动变阻器1：阻值范围为010Q,允许通过最大电流2A

F.滑动变阻器2：阻值范围为01(X)0,允许通过最大电流IA

G.开关、导线若干

(1)伏安法测电池电动势和内阻的实验，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在

现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。在上述器材中请选择适当的器材，电压表

选择，滑动变阻器选择。(填写器材前的字母)

（2）实验电路图应选择图___________（填“甲”或"乙”）。

（3）正确选择电路图后，根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-/图像，则于电池

的内阻〃=Q（保留三位有效数字），此电路测得的电动势数值___________真实值（填“大

于”、“等于”或“小于”）。

【答案】（1）DE

（2）甲

（3）1.15等于

【解析1（1）［1］一节干电池电动势约为L5V,因此选量程0:3V的电压表，即D；

［2］干电池内阻较小，为方便调节，选阻值范围010Q的滑动变阻器，即E。

（2）因为电流表的内阻已知，把它接入干路中，可以准确测出流过电源的干路电流，把它的内阻等

效为电源内阻，电压表的示数即可看作路端电压，则应选甲图。

（3）［1］由闭合电路欧姆定律行U=E-/（RA+-）

结合图像可得|我|=怎十，=

解得r=1.15C

［2］由等效电源法可知电源电动势的测量值等于真实值。

17.（8分）如图，小物块A的质量为加/=0.20kg,小物块B的质量为加2=0.10kg,B静止在轨道水平

段的末端。A以水平速度依与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为

h=1.25m,两物块落地点距离轨道末端的水平距离为5=0.50m,取重力加速度g=10m/s?。（忽略空气阻

力）求：

（1）两物块在空中运动的时间门

（2）两物块碰前A的速度血的大小；

（3）两物块碰撞过程中损失的机械能AEo

【答案】⑴0.50s

（2）1.5m/s

（3）O.O75J

【解析】（I）竖直方向为自由落体运动.由力=gg产

得/=0.50s（2分）

（2）设A、B碰后速度为叭水平方向为匀速运动，由s=W

得y=1.0m/s

根据动量守恒定律,由肛%=根+吗"

得%=1.5m/s（4分）

（3）两物体碰撞过程中损失的机械能g（町+网）/

得AE=0.075J（2分）

18.（9分）如图所示，在x0v坐标系的第一象限内存在匀强磁场，磁感应强度为B。一带电粒子在P点以

与工轴正方向成60。的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于），轴射出磁场。已知带电粒子质量为，〃、电荷量

大小为g（电性未知），OP=a,不计重力。根据上述信息:

（1）判断带电粒子所带电荷的种类;

（2）求带电粒子在磁场中运动的速率V；

（3）求带电粒子在磁场中运动的时间I。

【答案】（1）正电荷

m2aiqB

3m

2乃〃？

⑶TV

【解析】（1）根据粒子的偏转方向可知,粒子所受洛伦兹力方向垂直初速度斜向左上方，磁场方向垂

直于纸面向里，根据左手定则，可知粒子带正电。（2分）

（2）粒子的运动轨迹如图所示

由几何关系可知R=一■丁=卫〃

cos30'3

根据洛伦兹力提供向心力qM=啖

联立可得—2氐M（4分）

3〃？

（3）带电粒子周期为7=达=学2

圆周的圆心角为。=§乃

vqB

则带电粒子在磁场中运动的时间为，=二丁

2不

2兀〃1

解得"~3qB（3分）

19.（II分）如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，水平面和传

送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=L8m的固定光滑;圆弧斜面体。一质量为小尸4kg的滑块A从

斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数〃=0.2,

传送带的右侧依次放有滑块B和C,滑块C的质量为〃?3=lkg,滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰

撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求:

⑴滑块A离开斜面体时的速发大小;

（2）要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大;

（3）在（2）间的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量阳2为多大。

【答案】⑴6m/s

（2）8m/s

（3）2kg

【解析】（1）设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为％,对滑块A,根据动能定理有

解得呱=6m/s（2分）

（2）要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为

vo,则〃网g=叫a,2aL=4一或

解得%=8m/s

故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；