2021年河北省唐山市高考物理二模试卷(含答案详解)

2021年河北省唐山市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.如图所示，印度第一艘自主研发的核潜艇于2009年7月26日正式下水，成为世界第六个拥有核

潜艇的国家.核动力潜艇是潜艇中的一种类型，指以核反应堆为动力来源设计的潜艇.在核反

应中有一种是一个取2原子核在中子的轰击下发生的一种可能的裂变反应，其裂变方程为

昭5（/+H-X+瑞Sr+10乩，则下列叙述正确的是（）

二.：.一..汴正

|\?GW”.大；；，

A.X原子核中含有54个质子

B.X原子核中含有53个中子

C.裂变时释放能量是因为亏损的质量变成了能量

D.裂变时释放能量，出现质量亏损，质量数不守恒

2.如图所示，a、b、c表示的是电压表或电流表，当Ki、心都闭合时，下列

正确说法是（）

A.a、b、c都是电流表

B.a、b、c都是电压表

C.a、b是电压表，而c是电流表

D.b.c是电流表，而a是电压表

3.甲乙叠放在水平面上，现对甲施加水平向右的力凡它们静止不动，则甲甲____♦

--------F

对乙摩擦力方和水平面对乙摩擦力片分别为（）I乙

A.左=尸向右，上=F向左B.A=F向左，为=产向右

C.左=0,f2=F向右D.A=0,f2=尸向左

4.某质点运动的速度一时间图象如图所示，下列说法正确的是（）

A.质点在第2s末与第12s末的速度大小相等，方向相反

B.质点在第2s末与第12s末的加速度大小相等，方向相同

C.质点在0〜5s内与第10s〜15s内的位移大小相等，方向相同

D.质点在0〜15s内的位移大小为5nl

5.2022年冬季奥运会将于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行。如1

图所示为我国运动员“双人花样滑冰”训练时的情景，下列说法正确的.____

是（）

A.研究运动员的技术动作时，可以把运动员看成质点

B.女运动员做匀速圆周运动时.，速度大小不变

C.女运动员做匀速圆周运动时，她受到的合力不变

D.男运动员对女运动员的力大于女运动员对男运动员的力

6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1,b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理

想的交流电表，定值电阻R=100,其余电阻均不计.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如

图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是（）

311

O

3//|0:»

-311

A.当单刀双指开关由a拨向b时，原线圈的输入功率增大

B.当单刀双指开关与a连接且t=0.01s时，电流表示数为零

C.当单刀双指开关与a连接时，电压表的示数为77.8V

D.当单刀双指开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25Hz

二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）

7.一斜劈被两个小桩4和B固定在光滑的水平地面上，然后在其斜面一■-

上放一物体，如图所示，以下判断正确的是（）人B

A.若物体静止在斜面上，则B受到挤压-Pfri7-rri11;in

B.若物体匀速下滑，则B受到挤压

C.若物体加速下滑，则8受到挤压

D.若物体减速下滑，则A受到挤压

8.如图甲所示，足够长的光滑固定的斜面上有一物体，物体在一沿J"0"''

斜面向上的推力F的作用下沿斜面向上运动，在0-2s内推力的6/

46

大小a=5N,在2-4s内推力的大小尸2=5.5N,该过程中物体乙

的速度随时间变化的规律如图乙所示，取g=10rn/s2,贝ij（

A.物体在前4s内的位移为57n

B.在第3s物体的加速度大小为2M/S2

C.物体质量为2kg

D.斜面与水平面的夹角为30°

9.如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另M

一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态.设拔去销钉M瞬间，小球加|j

速度的大小为12m/s2.若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是(取2

9=10m/s2)()手

—W

A.22m/s2,竖直向上

B.22m/s2,竖直向下

C.2m/s2,竖直向上

D.2m/s2,竖直向下

10.如图所示，固定倾斜放置的平行导轨足够长且电阻不计，倾角为

6,导轨间距为3两阻值均为R的导体棒协、cd置于导轨上，棒

的质量均为加，棒与导轨垂直且始终保持良好接触，整个装置处

在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中，开始时

导体棒帅、cd均处于静止状态，现给cd一平行于导轨平面向上的恒力F,使cd向上做加速运动。

到to时刻时，cd棒的位移为X,速度达到孙，时刚好要向上滑动。棒与导轨的动摩擦因数均为出

且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在0〜的过程中()

A.必棒受到的安培力一直增大

B.仍棒受到导轨的摩擦力一直增大

C.cd棒克服安培力的功为Fx-fimgxcosd

D.在%时刻突然撤去拉力的一瞬间，cd棒的加速度为「警

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

11.在“探究弹力和弹簧伸长的关系”实验中。

(1)如图(a)所示，测出弹簧的原长(自然长度)“=cm.

(2)如图(匕)所示，在弹簧下端挂上1个、2个……i个相同质量的钩码，实验测出弹簧静止时的伸长量

x=",并作出m-x的关系图线如图(c)。则该弹簧的劲度系数k=n/m(g=10m/s2,

结果保留三位有效数字)。

(3)作出的zn-x图象的末端图象变弯曲的原因是：o

12.某同学要测量一导体的电阻Rx

(1)他先用多用电表粗测其电阻。用己经调零且选择开关指向电阻档“x100”档位的多用电表测量,

其表盘及指针所指位置如图甲所示，要能比较准确地测量该电阻的阻值，应将多用电表的选择

开关旋转到电阻档的

档位，调到正确档位后重新调零，再次测量此电阻,其表盘及指针所指位置如图乙所示，则

该电阻约为n

(2)该同学想用“伏安法”更精确地测量该导体的电阻％,现有的器材及其代号和规格如下:

4待测电阻&

及电流表4(量程0〜50m4，内阻约为500)

C.电流表4(量程0〜5nM，内阻约为300)

D电压表匕(量程0〜3V，内阻约为10k。)

£电压表彩（量程0〜15U,内阻约为50k。）

F.直流电源E（电动势6V,内阻不计）

G滑动变阻器&（阻值范围为0〜200,允许通过的最大电流为204）

H.定值电阻/?2=50。

/.定值电阻7?3=5000/2

J.开关S一个，导线若干。则

①为了使实验误差较小，要求电表的指针的偏转幅度达到半偏以上，并要求测得多组数据进行分析,

该同学设计了如图所示的电路，则图中①应选择,②应选择,定值电阻R应选择

（选填器材前的字母代号）。

②使用设计的电路图进行测量，若电压表的读数为U,电流表的读数为/,那么，待测电阻的阻值

Rx=（用已知物理量和测量的物理量的字母符号表示）。

四、计算题（本大题共4小题，共47.0分）

13.如图所示虚线矩形区域NPP'N'、MNN'M'内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向

里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d,NN'为磁场与电场之间的分界线。点C'、C将MN

三等分，在C'、C间安装一接收装置。一电量为-e.质量为优、初速度为零的电子，从P'点开始由

静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场.不计电子所受重力。求：

（1）若电场强度大小为E,则电子进入磁场时速度为多大。

（2）改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。

（3）在（2）问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。

14.如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6kg的物块4。4与传送带左端相距L=2m

且光滑，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。传送带的皮带

轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.256位

于竖直平面内的光滑;圆弧轨道。质量m=2kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B

与传送带之间的动摩擦因数4=0.1,传送带两轴之间的距离1=4.5小。设第一次碰撞前，物块4

静止，物块B与4发生碰撞后被弹回，物块4、B间的碰撞皆为弹性正碰。取g=10zn/s2。求：

(1)物块8滑到圆弧的最低点C时对轨道的压力；

(2)物块B与物块4第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

(3)如果物块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锁定，当4B再次碰撞前瞬

间解除锁定，求物块B从第一次与物块4碰撞后到第三次与物块4碰撞的时间。

15.受托里拆利实验的启发，某实验小组设计了如下实验，如图所示，AB是一粗细

均匀的玻璃细管的两端，管长A=70cm。在温度为17K的室内，将玻璃细管的B

端向下竖直插入水银槽中，当B距水银面九=40cm时将4端封闭；然后将细管缓

慢竖直向上提起，直至B端恰好要离开水银面时封住8端；之后将细管拿出水银

槽并在竖直平面内缓慢旋转180。，使B端在上4端在下，再打开B端。已知细管足

够细，此时毛细现象将使细管中可以维持水银在上空气在下的状态。再将管内气

体加热，直到水银柱上端恰好与管口平齐。已知大气压为75cmHg,求：

①B端离开水银面后，管中水银柱的长度；

②将管内气体加热，气体的温度需要达到多少摄氏度才能让水银柱上端恰好与管口8平齐。

16.如图所示，一玻璃球体的半径为猿，磔为球心，理为直径。来自玛点

的光线雨盥在解点射出•出射光线平行于国瓢，另一光线僦恰好在穗'

点发生全反射。已知心嘱麻=：：寐T，求：(1)玻璃的折射率；(2)球心。到

BN的距离。

参考答案及解析

1.答案：A

解析:解：由核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知:X原子核中含有92-38=54个质子,235+

1-94-10-54=78个中子；释放能量不是质量变成了能量，而是亏损的质量以能量的形式释放.

故选：A

根据核反应前后质量数和核电荷数均守恒，即可求解.

本题题干较长，涉及信息较多，但真正有用信息是考查核反应方程.

2.答案：D

解析：解：根据电压表与被测量电路并联，电流表与被测电路串联，可知，氏c是电流表，而a是电

压表。

故选：Do

测量电压量，电压表与被测量电路并联.测量电流时，电流表与被测电路串联.

本题考查电表的连接方式，是基本的常识问题，比较简单.

3.答案：A

解析：

根据力平衡条件对物体受力分析得到摩擦力的大小和方向，

解题的关键是应用整体法和隔离体法相结合对物体受力分析。

对物体甲受力分析，竖直方向受重力和支持力，水平方向受拉力F,故乙对甲的摩擦力/!一定向左,

且与尸二力平衡，即后'=凡向左；根据牛顿第第三定律得知：甲对乙摩擦力后=//=F,方向向

右；再对乙受力分析，竖直方向受重力、压力和支持力；水平方向受甲对乙向右的摩擦力//,由于

匀速，故地面对乙的摩擦力人一定向左，根据平衡条件有片=牙故为=尸，向左；故A正确；故

BCD错误。

故选A。

4.答案：C

解析：解：4、由图知，质点在第2s末与第12s末的速度大小相等，方向相同，故4错误.

B、根据v-t图象的斜率表示加速度，知质点在第2s末与第12s末的加速度大小相等，方向相反，故

B错误.

C、根据v-t图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位移，知质点在0〜5s内与第

10s〜15s内的位移大小相等，方向相同，故C正确.

D、质点在0〜15s内的位移大小为％x=10m,故。错误.

故选：C

在u-t中图象中，速度的正负表示速度的方向，斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的

面积等于物体在该段时间内发生的位移，根据这些知识进行分析.

速度图象的斜率等于物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内发生的位

移.掌握了这些知识即可顺利解决此类题目.

5.答案：B

解析：解：4、研究运动员的技术动作时，不能忽略运动员的大小和形状，不可以把运动员看成质点，

故4错误；

8、女运动员做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向变化，故B正确；

C、女运动员做匀速圆周运动时，她受到的合力指向圆心，大小不变，方向变化，故C错误；

。、男运动员对女运动员的力与女运动员对男运动员的力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三

定律，大小相等方向相反，故。错误。

故选：B。

根据物体可看作质点的条件进行判断；匀速圆周运动中运动员速度大小和向心力大小不变，方向时

刻改变；根据牛顿第三定律判断男运动员对女运动员的力和女运动员对男运动员的力的关系。

物体可看作质点的条件是研究对象的大小和形状可忽略不计。

6.答案：A

解析：解：由图象可知，电压的最大值为311M,交流电的周期为2xl0-2s,所以交流电的频率为f=

50Hz,

A、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消

耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故A正确.

8、当单刀双掷开关与a连接时，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表

的示数为不为零，故3错误；

C、交流电的有效值为220乙根据电压与匝数程正比可知，当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压

为55V,故C错误；

由图象可知，电压的最大值为311V,交流电的周期为2x10-2s,所以交流电的频率为/=50Hz,

故。错误；

故选：A

根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论.

掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题.

7.答案：CD

解析：解：将物体和斜面看做一个整体系统进行分析：

A、若物体静止，则系统所受合力为零，即4、B均不受挤压，A错误；

2、若物体匀速下滑，则系统所示合力仍为零，B不受挤压，2错误；

C、若物体加速下滑，设加速度大小为a,在水平方向的加速度g，ax=acos3,对系统应用牛顿第

二定律，水平方向应有尸=m幺=macos。，方向向左，即B应受到挤压，C正确；

D、若减速下滑，则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，再对系

统应用牛顿第二定律，水平方向应有F=jn&=niacos8,即小桩4应对斜面产生向右的挤压力，则

力受到挤压，D正确。

故选：CD。

解本题时应对斜面和物体组成的整体为研究对象进行受力分析，结合平衡条件和牛顿第二定律来求

解.

对系统应用牛顿第二定律的方法是；对系统进行受力分析，此时可以不分析系统内物体之间的相互

作用力，因而简单.

8.答案：AD

解析：

本题关键是对物体进行运动情况分析，先匀速后加速；然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿

第二定律列式求解。

在u-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示位移，图象的斜率等于加速度的大小；由u-t图象知，

在最初2s内物体匀速运动,合力为0,根据平衡条件求得物体重力沿斜面向下的分力，当物体受到5.5N

的拉力时产生加速度，根据牛顿第二定律求解物体的质量；已知物体的质量，根据物体开始做匀速

运动可以求出物体重力沿斜面向下的分力，根据分力与夹角的关系可以求出夹角的大小。

4速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，所以物体在前4s内的位移为%4=lx2m+^x2m=

5m,故A正确；

8.由图象知，物体在2-4s内的加速度Q=三根/$2=0.5?n/s2,故8错误；

4—2

C令物体质量为小，有：物体匀速上升时：F1-mgsind=0①

物体加速上升时：F2-mgsind=ma（2）

2

已知&=5N,F2=5.5/V,a=0.5m/s,所以由①和②解得：

物体质量m=1kg,故C错误；

D代入物体质量m=1kg到式①，可得：s讥。=含=卷所以夹角。=30。，故。正确。

故选ADo

9.答案：BC

解析：解：设小球的质量为小，向上为正方向，刚开始受力平衡，则有：

FN+F”-G=°

拔去销钉M瞬间有：FN-G=+12m

所以FN=-2m或227n

所以FM=12nl或-12m

去销钉N瞬间，小球受M弹簧和重力G的作用，

加速度为：a=^=2rn/s2或—22zn/s2

故选：BCo

小球加速度的大小为12m/s2可能向上也可能向下，拔去销钉M瞬间，上面一个弹簧对小球的作用力

为0,小球只受到下面弹簧的作用力，根据牛顿第二定律算出上面弹簧对小球的作用力，如拔去销钉

N则下面一根弹簧作用力为0,再根据牛顿第二定律即可求解，要注意方向.

本题主要考查了牛顿第二定律的应用，要求同学们能正确进行受力分析，注意加速度是矢量，难度

不大.

10.答案：AD

解析：

分析cd棒产生的感应电动势，由欧姆定律求出回路中的电流，再由安培力公式尸=81分析ab受到

的安培力如何变化。由平衡条件分析ab棒受到导轨的摩擦力如何变化，根据动能定理求cd棒克服安

培力的功，由牛顿第二定律求cd棒的加速度。

解决本题的关键要正确分析两棒的受力情况，根据法拉第定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关

系，运用力学的规律研究。

解：4、cd棒做加速运动，由E=8而知cd棒产生的感应电动势增大，由欧姆定律可知回路中产生的

感应电流增大，由尸=B/L知帅棒受到的安培力一直增大，故A正确；

B、当ab棒受到的安培力小于mgsin。时，由平衡条件得：BIL+/=mgsinO,则/增大，ab受到的

摩擦力/减小。当ab棒受到的安培力大于mgsin。时，由平衡条件得：BIL=f+mgsind,则/增大,

/增大。故8错误；

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

Fx-mgxsind—林mgxcos。—1m诏,故C错误；

。、在玲时刻突然撤去拉力的一瞬间，回路中感应电流/=瞥

Cd棒的加速度大小为a=

m

对于ab分析有：iimgcosd+mgsinO=BIL,联立解得a=口故。正确。

故选：AD.

11.答案：9.050.0超出弹簧的弹性限度

解析：解：(1)如图(a)所示，测出弹簧的原长(自然长度)为9.0cm；

(2)根据图象可知弹簧的劲度系数：k=%=若黑?N/m=50.0W/m：

(3)从弯曲的图线可以看出，发生相同形变量时，增加的质量在减小，说明弹簧更容易发生形变了，

即弹簧的劲度系数发生了明显的减小，说明超出了弹簧的弹性限度。

故答案为：(1)9.0；(2)50.0；(3)超出弹簧的弹性限度。

(1)弹簧秤最小刻度为1N,根据刻度读数；

(2)根据图象的斜率求解劲度系数；

(3)作出的图象的末端图象变弯曲的原因是超出弹簧的弹性限度。

本题关键从实验原理出发设计实验并进行数据处理；用图象法处理数据有利于减小实验误差。

U

12.答案：X10220Z)BH7ZZ

解析：解：(1)选择开关指向欧姆挡“x100”挡位，发现指针的偏转角度太大，此时指针所指的数

据比较小，误差较大，

说明所选倍率较大，应将选择开关换成欧姆挡的x10挡位；

欧姆表的读数为：R=22x100=2200。

(2)①电源电动势为6V,则图中①应选择电压表：D,

电流的最大值是/=最=54"13.6mA,②应选择电流表：B,

电表的指针的偏转幅度达到半偏以上，为了达到实验要求，定值电阻R并联应选择H;

②电压表的读数为U,电流表的读数为/,

根据欧姆定律和并联电路的规律得：

通过待测电阻值的电流是4=1一%

K2

八UU

所以待测电阻的阻值Rx=4=汉；

«2

故答案为：(1)x10,220；(2)①D;B；H；②&

(1)用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是

欧姆表示数。

(2)根据电源电动势选择电压表，根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据实验电路图与实验原理

选择实验器材；

根据图示电路图，应用串并联电路特点与欧姆定律求出待测电阻阻值。

此题考查测量仪器的读数及伏安法测电阻的问题；知道仪器的选择原则：安全、准确、方便；当电

压表内阻远大于待测电阻阻值时采用电流表外接法，当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流

从零调时，变阻器应采用分压式接法。

13.答案：解：(1)设电子进入磁场的速度为Z根据动能定理可得：eEd=1mv2

解得：睡

yjm

(2)电子先在电场中加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，经过半圆周在回到电场中减速运动，速

度为零后，在向上做匀加速运动，再次以相同的速度进入磁场，这样循环下去，直至到达最右端。

在磁场中有71个圆，设电子在磁场中运动的半径为R,则有：(2n+l)R=4d

半径满足：g<R<|d

解得：2.5<n<5.5

可见n=3、4、5共有三种速度的电子。如图所示

(3)第(2)问中TI=5时运动的时间最长，根据几何关系有：

HR=4d

电子在磁场中运动，根据牛顿第二定律可得：

V2

evB=rn—

R

在磁场中运动的时间为：tl=?•粤

x4eB

lid22d

电子在电场中运动的时间为：±2=丁=丁

2

最长时间为：t=ti+t2

解得：t=^(兀+11)

答：(1)若电场强度大小为E,则电子进入磁场时速度为

(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到3种垂直于MN方向的电子。

(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为翳(兀+11)。

解析：(1)根据动能定理可以得到；

(2)根据电子的运动情况可以判断出电子在磁场中经过儿个半圆周，判断电子的半径与磁场宽度之间

的关系即可得到；

(3)分别计算出电子在磁场中运动的时间和在电场中的运动时间，二者之和即为总时间。

画出电子在磁场中的运动轨迹是解题的关键，根据电子的运动半径判断出电子在磁场中的可能运动

情况，即可计算出相关问题。注意电子在磁场中运动的周期是定值，与电子的速度无关。

14.答案：解：(1)物块B沿光滑曲面下滑过程中，根据机械能守恒：mgR=1mvl

代入数据解得：VQ=5m/s

2

在圆弧最低点C,根据牛顿第二定律：F-mg^m^

代入数据解得：F=60N

由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小F'=F=60N,方向竖直向下。

(2)在传送带上，对物块B,根据牛顿第二定律得：i^mg=am

设物块B通过传送带后运动速度大小为u,根据运动学公式得：v2-vl=2aL

代入数据解得：v=4m/s

由于u>u=2?n/s所以B与4第一次碰撞前的速度为u=4mls

设物块4、B第一次碰撞后的速度分别为外、％，

物块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+MV2

由机械能守恒定律得：|mv2

代入数据解得：%=-2m/s,v2=2m/s

物块4的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大：0=："谚=：*6*22/=12/

(3)第一次碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为Z/,

根据动能定理得：=0

代入数据解得：I'=2m<4.5m

物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，

将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为％'=2m/s,

继而与物块4发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带上运动的时间为口。

由动量定理得：卬ngQ=2mvr

代入数据解得：匕=4s

物块B在水平台面上运动的时间为t2,贝I」：t2=/=芋s=2s

设物块4、B第二次碰撞后的速度分别为%、%,

以向左为正方向，由动量守恒定律得：mvi=mv3+MV4

由机械能守恒定律得：^mvrl=imvf+^M久

代入数据解得：%=—lm/s

同理可得，第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块8在传送带运动的时间为匕

由动量定理得：^rngt3=2mv3

代入数据解得：2s

物块B在水平台面上运动的时间为t4,则t4=中=竽S=4s