北京市海淀区2022-2022高三年级第一学期期中练习物理一、单选题：共4题1．一位同学从操场A点出发，向西走了30m，到达B点，然后又向北走了40m，达到C点.在从A点到C点的过程中，该同学的位移大小是A.70mB.50mC.40mD.30m2．如图所示，在光滑墙壁上用网兜把足球挂在A点，足球与墙壁的接触点为B，足球的质量为m，悬绳与墙壁的夹角为α，网兜的质量不计.则悬绳对球的拉力F的大小为A.F=mgtanαB.F=mgsinαC.F=mgcosαD.F=mgtanα3．一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点.从某时刻开始计时，经过二分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度.下图中能正确反映该弹簧振子的位移x与时间t关系的图像是4．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理.如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知1000粒的豆粒的总质量为100g.则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为15/16A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N二、多选题：共6题5．如图所示，某同学站在体重计上观察超重与失重现象.由稳定的站姿变化到稳定的蹲姿称为“下蹲”过程；由稳定的蹲姿变化到稳定的站姿称为“起立”过程.她稳定站立时，体重计的示数为A0，关于实验现象，下列说法正确的是A.“起立”过程，体重计的示数一直大于A0B.“下蹲”过程，体重计的示数一直小于A0C.“起立”、“下蹲”过程，都能出现体重计的示数大于A0的现象D.“起立”的过程，先出现超重现象后出现失重现象6．用如图所示装置研究摩擦力的变化规律，把木块放在水平长木板上，在弹簧测力计的指针下轻放一个小纸团，它只能被指针向左推动.用弹簧测力计沿水平方向拉木块，使拉力由零缓慢增大.下列说法正确的是A.木块开始运动前，摩擦力逐渐增大B.当拉力达到某一数值时木块开始移动，此时拉力会突然变小C.该实验装置可以记录最大静摩擦力的大小D.木块开始运动前，拉力小于摩擦力7．物体A做平抛运动，以物体被抛出的位置为原点O，以初速度v0的方向为x轴的正方向、竖直向下的方向为y轴的正方向，建立平面直角坐标系.如图所示，沿两坐标轴分别放置两个光屏.两束平行光分别沿着与坐标轴平行的方向照射，物体A15/16在两个光屏上分别留下物体的两个“影子”的坐标分别为x、y，则图中两个影子的坐标随时间变化关系正确的是8．如图是某绳波形成过程的示意图.质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、3、4，…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端.t=T/4时，质点5刚要开始运动.下列说法正确的是A.t＝T/4时，质点5开始向下运动B.t＝T/4时，质点3的加速度方向向下C.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的速度正在减小D.从t＝T/2开始的一小段时间内，质点8的加速度正在减小9．与嫦娥1号、2号月球探测器不同，嫦娥3号是一次性进入距月球表面100km高的圆轨道Ⅰ（不计地球对探测器的影响），运行一段时间后再次变轨，从100km的环月圆轨道Ⅰ，降低到距月球15km的近月点B、距月球100km的远月点A的椭圆轨道Ⅱ，如图所示，为下一步月面软着陆做准备.关于嫦娥3号探测器下列说法正确的是A.探测器在轨道Ⅱ经过A点的速度小于经过B点的速度15/16B.探测器沿轨道Ⅰ运动过程中，探测器中的科考仪器对其支持面没有压力C.探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应加速D.探测器在轨道Ⅱ经过A点时的加速度小于在轨道Ⅰ经过A点时的加速度10．如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，做出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是A.当x=h+x0，重力势能与弹性势能之和最小B.最低点的坐标为x=h+2x0C.小球受到的弹力最大值大于2mgD.小球动能的最大值为mgh+mgx02三、实验题：共2题11．如图所示，某同学借用“探究加速度与力、质量之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和物体动能变化关系”的实验.（1）为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的间隔判断小车是否做________运动.（2）按上图所示装置，接通打点计时器电源，由静止释放小车，打出若干条纸带，从中挑选一条点迹清晰的纸带，如图所示.纸带上打出相邻两个点之间的时间间隔为T，O点是打点计时器打出的第一个点，从O点到A、B、C、D、E、F点的距离依次为s1、s2、s3、s4、s5、s6.已知小车的质量为M，盘和砝码的总质量为m.由此可求得纸带上由O点到E点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝ ，该小车动能改变量的表达式ΔEk＝ .由于实验中存在误差，所以，W ΔEk.（选填“小于”、“等于”或“大于”）.15/1612．在用如图所示单摆“测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤如下：a.取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；b.用米尺测量细线长度为l，l与小球半径之和记为摆长；c.缓慢拉动小球，使细线偏离竖直方向约为5°位置由静止释放小球；d.用秒表记录小球完成n次全振动所用的总时间t，计算单摆周期T＝t/n；e.用公式g=4π2lT2计算当地重力加速度；f.改变细线长度，重复b、c、d、e步骤，进行多次测量.（1）在上述步骤中，错误的是_________（写出该步骤的字母）；改正后正确的应该是:__________________________________.（2）该同学为了减少误差，利用上述未改正错误测量中的多组实验数据做出了图像，该图像对应下图中的________图.（3）在“用单摆测定重力加速度”的正确实验中，下列做法有利于减小实验误差的是_________.A.适当加长摆线B.质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较大的C.单摆偏离平衡位置的角度不能太大15/16D.当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期（4）北京时间2022年5月22日上午10点05分，中国女子登山队首次登上珠穆朗玛峰顶峰，五星红旗再一次在珠峰峰顶飘扬.若登山队员利用单摆来确定珠峰的高度，测得该单摆在海平面处的周期是Ｔ0，在峰顶的周期是T，则珠峰顶峰的海拔高度h＝_______.(地球可看作质量均匀分布的半径为R的球体)四、计算题：共6题13．商场工作人员推着质量m=20kg的货箱沿水平地面滑行.若用力F1=100N沿水平方向推货箱，货箱恰好做匀速直线运动；现改用F2=120N水平推力把货箱从静止开始推动.（g取10m/s2）.（1）求货箱与地面之间的动摩擦因数；（2）F2作用在货箱上时，求货箱运动的加速度大小；（3）在F2作用下，货箱运动4.0s时撤掉推力，求货箱从静止开始运动的总位移大小.14．如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L=5.0m，倾角θ=37º，水平段与斜面段平滑连接.某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在滑道上.已知小朋友质量为20kg，小朋友与滑梯轨道间的动摩擦因数μ=0.3，不计空气阻力.已知sin37º=0.60，cos37º=0.80.（g取10m/s2）.求小朋友：（1）沿滑梯下滑时所受摩擦力的大小；（2）滑到斜面底端时的速度大小；（3）在水平段滑行至停止过程中摩擦力做的功.15．2022年9月12日晚上11时58分，中国“天舟一号”货运飞船顺利完成与“天宫二号”太空实验室的自主快速交会对接试验，此次试验将中国太空交会对接的两天的准备时间缩短至6.5小时，为中国太空站工程后续研制建设奠定更加坚实的技术基础.如图是“天舟”与“天宫”对接过程示意图，已知“天舟1号”与“天宫2号”成功对接后，组合体沿圆形轨道运行.经过时间t，组合体绕地球转过的角度为θ，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转.求：地球质量M；组合体运动的周期T；（3）组合体所在圆轨道离地面高度H.15/1616．暑假里，小明去游乐场游玩，坐了一次名叫“摇头飞椅”的游艺机，如图甲所示，该游艺机顶上有一个半径为4.5m的“伞盖”，“伞盖”在转动过程中带动下面的悬绳转动，其示意图如图乙所示.“摇头飞椅”高O1O2=5.8m，绳长5m.小明挑选了一个悬挂在“伞盖”边缘的最外侧的椅子坐下，他与座椅的总质量为40kg.小明和椅子的转动可简化为如图乙所示的圆周运动.在某段时间内，“伞盖”保持在水平面内稳定旋转，绳与竖直方向夹角为37º.g取10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，在此过程中，求：（1）座椅受到绳子的拉力大小；（2）小明运动的线速度大小；（3）小明随身带的玻璃球从座椅上不慎滑落，求落地点与游艺机转轴（即图乙中O1点）的距离（保留两位有效数字）.图甲 图乙17．我国高速铁路使用的和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车.某列动车组由8节车厢组成，其中车头第1节、车中第5节为动车，其余为拖车，假设每节动车和拖车的质量均为m=2×104kg，每节动车提供的最大功率P=600kW.15/16（1）假设行驶过程中每节车厢所受阻力f大小均为车厢重力的0.01倍，若该动车组从静止以加速度a=0.5m/s2加速行驶.a.求此过程中，第5节和第6节车厢间作用力大小；b.以此加速度行驶时所能持续的时间.（2）若行驶过程中动车组所受阻力与速度成正比，两节动车带6节拖车的动车组所能达到的最大速度为v1.为提高动车组速度，现将动车组改为4节动车带4节拖车，则动车组所能达到的最大速度为v2，求v1与v2的比值.18．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A.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=2.0m/s匀速运动.传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道.质量m=2.0kg的物块B从14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μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m.设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止.取g=10m/s2.求：（1）物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力；（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间.15/16参考答案1.B【解析】本题考查了位移的计算，意在考查考生的理解能力.位移是矢量，是指从初位置指向末位置的有向线段，根据勾股定理可知该同学的位移大小为50m，选项B正确，选项ACD错误；综上本题选B. 2.C【解析】本题考查了共点力的平衡，意在考查考生的分析和解决能力.足球受到重力、拉力和支持力作用，根据共点力平衡有：Fcosα=mg；Fsinα=N，解得F=mgcosα，选项C正确，选项ABD错误；综上本题选C. 3.D【解析】本题考查了简谐运动的图像，意在考查考生的理解和分析能力.根据题意，经过二分之一的周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度，可知振子位于负向最大位移处，那么初始位置应该处于正向最大位移处，选项D正确，选项ABC错误；综上本题选D. 4.B15/16【解析】本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力.豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v=2gh=4m/s，根据题意反弹速度为2m/s，对1000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有：F=0.1×2-0.1×(-4)1N=0.6N，选项B正确，选项ACD错误；综上本题选B. 5.CD【解析】本题考查了超重和失重的相关知识，意在考查考生的理解能力.稳定站立时，重力等于支持力，起立过程同学要先加速上升再减速上升最后静止，所以加速度先向上，后向下，最后为零，体重计的示数先大于A0后小于A0最后等于A0，先超重后失重，选项A错误，选项D正确；下蹲过程：同学要先加速向下，后减速向下，最后静止，体重计的示数要先小于A0，后大于A0，最后等于A0，选项B错误，选项C正确；综上本题选CD. 6.ABC【解析】本题考查了摩擦力的探究实验，意在考查考生的理解和分析能力.小木块受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，运动前处于静止状态，拉力等于静摩擦力，随着拉力增大，静摩擦力逐渐变大，选项A正确，选项D错误；当拉力等于最大静摩擦力时，木块开始运动，此时摩擦力会突然变为滑动摩擦力，又因为滑动摩擦力略小于最大静摩擦力，所以木块开始移动时拉力会突然变小，选项B正确；木块开始运动时的拉力等于最大静摩擦力，所以该装置可以记录最大静摩擦力，选项C正确；综上本题选ABC. 7.AD【解析】本题考查了平抛运动的规律，意在考查考生的分析和解决能力.两束平行光分别将小球水平和竖直的位置照射在了两个坐标轴上，由于小球水平做匀速直线运动，所以x=v0t，选项A正确，选项B错误；竖直方向小球做自由落体运动，所以y=12gt2，选项C错误，选项D正确；综上本题选AD. 8.BC【解析】本题考查了机械波的形成与传播，意在考查考生的理解和分析能力.根据上下坡法可知t＝T4时，质点5开始向上运动，质点3具有向下的加速度，选项A错误，选项B正确；t＝T215/16时，质点8位于正向某一位移处，且处于下坡，因此在之后的一小段时间内，它的速度逐渐减小，加速度逐渐增大，选项C正确，选项D错误；综上本题选BC. 9.AB【解析】本题考查了万有引力定律的应用，意在考查考生的理解能力.探测器从轨道ⅡA点运动到B点的过程中，万有引力做正功，动能增加，速度增大，所以经过A点的速度小于经过B点，选项A正确；探测器在轨道Ⅰ运动过程中，处于完全失重状态，对支持面的压力为零，选项B正确；探测器从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，在A点应减速做近心运动，选项C错误；探测器在同一点受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知加速度相等，选项D错误；综上本题选AB. 10.ACD【解析】本题考查了机械能守恒的应用，意在考查考生的分析能力.开始过程是自由落体，之后先做加速度减小的加速运动，当重力和弹力等大时，加速度为零，速度最大，之后做加速度增大的减速运动，直到最低点；当x=h+x0，弹力等于重力，动能最大，根据机械能守恒可知，此时重力势能与弹性势能之和最小，选项A正确；x=h和x=h+2x0两点关于x=h+x0点对称，根据对称性可知x=h+2x0点速度不为零，该点不是最低点，选项B错误；由对称性得x=h+2x0的形变量也为x0，所以该点的弹力为2mg，由于不是最低点，所以小球还要继续向下运动，因此小球速度为零时小球受到的弹力最大值大于2mg，选项C正确；从开始到小球速度最大的过程，应用机械能守恒，有EK=△EPG+△EP弹=mgh+x0-mg2x0=mgh+mgx02，选项D正确，综上本题选ACD. 11.（1）匀速直线（2）mgs5，M(s6-s4)28T2， 大于【解析】本题考查了研究合外力做功和物体动能变化关系，意在考查考生的理解能力.（1）根据实验原理，可知要研究合外力做功和物体动能变化关系，所以实验中要用细绳的拉力作为小车受到的合力，所以实验前应先平衡摩擦力，即通过调整垫块的位置，改变长木板倾斜程度，根据纸带打出点的间隔判断小车是否做匀速直线运动；（2）盘和砝码的总质量为m，由O点到E点所对应的运动过程中，盘和砝码受到的重力所做功的表达式W＝mgs5；小车打下E点时的速度为s6-s42T，动能改变量的表达式ΔEk＝M(s6-s4)28T2.由于实验中存在误差，所以合力做功应大于小车动能的增加量，即W大于ΔEk.15/16 12.（1）e，g=4π2(l+d2)T2 （2）Ｃ（3）ＡＣ（4）h=TT0-1R【解析】本题考查了用单摆测定重力加速度的实验探究，意在考查考生的理解和应用能力.（1）实验时单摆的摆长应该是从球心到悬点的距离，e步骤错误；根据单摆的周期公式：T=2πl+d2g⇒g=4π2(l+d2)T2；（2）根据周期公式可得l=g4π2T2-d2，故C正确，选项ABD错误；（3）为了减小实验误差，摆长适当即可，不易太长，且对实验误差影响不大，选项A错误；质量相同，体积不同的摆球，应选用体积较小的，选项B错误；单摆摆角太大就不再符合简谐运动的规律了，选项C正确；当单摆经过平衡位置时开始计时，经过n次全振动后停止计时，用此时间间隔与n的比值作为单摆振动的周期，选项D错误；综上本题选C.（4）根据单摆周期公式：T0=2πLg，T=2πLg'联立可得：T0T=g'g⇒g'=T02T2g，再根据万有引力与重力加速度的关系有：GMR2=mg,GM(R+h)2=mg'，解得h=TT0-1R 13.（1）0.5（2）1.0m/s2（3）9.6m【解析】本题考查了牛顿运动定律的综合应用，意在考查考生的分析和解决能力.（1）木箱在水平拉力下匀速运动，由牛顿第二定律F1-μmg=0μ=F1mg QUOTE10020×10 =0.5（2）由牛顿第二定律F2-μmg=ma，a=F2-μmgm QUOTE120-10020 =1.0m/s2（3）设在F2作用下木箱的位移为x1，撤掉推力时木箱速度大小为v，撤掉推力后木箱加速度大小为a1，移动的位移为x2，总位移为x，则x1=12at2QUOTE12×1.0×16 =8.0mv=at=QUOTE×4 4.0m/s-μmg=ma1， a1=-5.0m/s20-v2=2a1x2x2=1.6m15/16x=x1+x2=9.6m 14.（1）48N（2）6m/s（3）-360J【解析】本题考查了牛顿第二定律和动能定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力.（1）小孩在斜面上滑行时所受的摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=48N（2）小孩在斜面上滑行时，由牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma1解得a1=gsinθ-μgcosθ=3.6m/s2由运动学公式v2=2aL解得小孩滑至B点时的速度大小为v=2aL=6m/s（3）小孩在水平段滑行时，由动能定理得Wf=0mv2=-360J 15.（1）M=gR2G（2）2πtθ（3）H=3gR2t2θ2-R【解析】本题考查了万有引力定律的应用，意在考查考生的识记和应用能力.（1）地球表面的万有引力等于重力，GMmR2=mg所以M=gR2G（2）设组合体角速度为ω，依题意ω=θt故周期T=2πω=2πtθ（3）根据牛顿第二定律：GMm(R+H)2=mω2(R+H)H=3gR2t2θ2-R 16.（1）500N（2）7.5m/s（3）8.8m【解析】本题考查了圆周运动、平抛运动的综合问题，意在考查考生的理解和应用能力.（1）向心力沿水平方向，由平行四边形定则，得15/16拉力T=mgcos370 =500N（2）由牛顿第二定律有：mgtan370=mv2R0其中 R0=7.5m解得，v=7.5m/s（3）由几何关系，座椅离地高度h=O1O2-Lcos37°=5.8m-4m=1.8m由平抛运动规律，得：x=vth=12gt2解得，x=4.5m由勾股定理，落地点与游艺机中心距离r'=R02+x2=1.534m=8.8m 17.（1）a.3.6×104N b.25s（2）12【解析】本题考查了整体隔离法、牛顿运动定律的综合应用以及瞬时功率的计算，意在考查考生的分析和解决能力.（1）a.以第6、7、8三节车厢为整体分析，总质量为3m，所受拉力为F，据牛顿第二定律有F-3f=3maf=0.01mg代入数据解得F=3.6×104Nb.设每个动车提供最大功率为p，提供的牵引力为F，动车匀加速行驶能达到的最大速度为vm，对整个动车组进行分析，据牛顿第二定律，有2F-8f=8ma2p=2Fvm QUOTE2pVm-8f=8ma 代入数据解得vm=12.5m/s持续时间t=Vma=25s（2）动车组以最大速度行驶时有F牵=f阻=kv，依据公式p=F牵×v2p=kv1×v14p=kv2×v2两式相比得 v1v2=12 15/1618.（1）60N方向竖直向下（2）12J（3）8s【解析】本题考查了动量守恒定律、动量定理、动能定理以及牛顿运动定律等相关知识，意在考查考生的综合分析和解决能力.（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知：mgR＝12mv02得v0=2gR=5m/s设物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：F-mg=mv02R解得：F=60N由牛顿第三定律得：物块B滑到14圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F1=60N，方向竖直向下.（2）设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则μmg＝ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2-v02=-2al联立解得v＝4m/s由于v>u＝2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小.设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mv1＋Mv212mv2＝12mv12＋12Mv22 （动量守恒、能量守恒）解得v1＝-12v=-2m/s，v2=2m/s弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块M的初动能EP=12Mv22=12J（3）物块B经第一次与物块A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l′，由动能定理得：－μmgl′=0－12mv12得l′＝2m<4.5m所以物块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v1′＝2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1.15/16由动量定理得：μmgt1＝2mv1′解得t1=2v1'μg=2μg×12v=2×12×4=4s设物块A、B第二次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1′＝mv3＋Mv412mv1′2＝12mv32＋12Mv42解得v3＝-12×2=-1m/s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v3′＝1m/s，继而与物块A发生第3次碰撞.则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2.由动量定理得：μmgt2＝2mv3解得t2=2v3'μg=2μg×12v1=2μg×12×12v=2×122×4=2s同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为tn=12n-1×4s，构成无穷等比数列，公比q=12由无穷等比数列求和公式t总=t11-qn1-q可知，当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为t总=11-12×4=8s 15/16
