柞水中学2023-2024学年度高三物理试卷含答案解析

柞水中学2023—2024学年度高三（二模考试）

物理试卷

一、单选题（共40分）

L2023年5月30日9时31分，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫

星发射中心发射升空。神舟十六号载人飞船入轨后，于5月30日16时29分，成功对接于空间

站天和核心舱径向端口，如图所示，下列说法正确的是（）

A.“16时29分”指的是时间间隔

B.天和核心舱绕地球运动时，必定受到地球引力的作用

C.对接后，“神舟十六号”与“天和核心舱”之间是相对运动的

D.“神舟十六号”与“天和核心舱”对接时，神舟十六号可视为质点

【答案】B

【详解】

A.“16时29分”指的是时刻，故A错误；

B.天和核心舱绕地球运动时，必定受到地球引力的作用，故B正确；

C.对接后，“神舟十六号”与“天和核心舱”之间是相对静止的，故C错误；

D.“神舟十六号”与“天和核心舱”对接时，神舟十六号大小形状不可忽略，不可视为质点，

故D错误。

故选Bo

2.高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是从识别区起点到自动栏杆的水平

距离.某人驾驶汽车以5m/s的速度匀速进入ETC通道，ETC天线用了0.4s的时间识别车载电子

标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是立即刹车，汽车刚好紧贴

栏杆停下。已知司机的反应时间为0.3s,刹车时汽车的加速度大小为3m/s2,则该ETC通道的长

度约为（）

自动栏杆

A.3.5mB.4.2mC.6.5mD.7.7m

【答案】D

【分析】

【详解】

汽车在前0.4s+0.3s内做匀速直线运动通过的位移

xi=vo（力+女）=3.5m

随后汽车做匀减速运动通过的位移

X2=S=^m'4-2m

所以该ETC通道的长度约为

L=x\+%2=7.7m

故选D。

3.下列有关生活中的圆周运动的实例分析，正确的是（）

A.图甲所示为汽车通过凹形桥最低点的情境，此时汽车受到的支持力小于重力

B.图乙所示为演员表演“水流星”的情境，当小桶刚好能通过最高点时，小桶处于完全失重状

态，仍受重力作用

C.图丙所示为火车转弯的情境，火车超过规定速度转弯时，车轮会挤压内轨

D.图丁所示为洗衣机脱水桶，其脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而被甩出

【答案】B

【详解】

A.汽车通过凹形桥最低点时

V2

N-mq=m—

r

解得

v2

N=mq+m—

r

所以汽车受到的支持力大于重力，故A错误；

B.当小桶刚好能通过最高点时，只受重力，支持力等于零，小桶处于完全失重状态，故B正

确；

C.火车转弯时，火车超过规定速度转弯时重力和支持力的合力不足以提供过弯所需要的向心

力，此时车轮会挤压外轨，故C错误。

D.洗衣机脱水桶脱水原理是衣服对水滴的吸附力小于水滴做圆周运动需要的向心力，做离心运

动，故D错误。

故选B,

4.如图甲所示，鸟儿有多拼，为了生存几只鸟像炮弹或标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设小鸟的

俯冲是自由落体运动，进入水中后是匀减速直线运动，其内图像如图乙所示，自由落体运动的

时间为整个过程的运动时间为，1，最大速度为为=18m/s,重力加速度g取10m/s2,下列

说法正确的是（）

A.ti=1.6sB.整个过程下落的高度为27m

Ct1至累1时间内v-f图像的斜率为一10m/s2D.J至|口时间内阻力是重力的1.5倍

【答案】B

【详解】

A.小鸟自由落体运动的最大速度为为=18m/s,由自由落体运动的规律有

vm=gti

解得

ti=1.8s

故A错误；

B.整个过程下落的高度为图乙2图像与时间轴所围成的面积，则

vm5

h=-x-t1=27m

故B正确：

C.七1至|11时间内小鸟的加速度为

a=―15m/s2

3fi-ti

则此时间内v-t图像的斜率为

/c=a=—15m/s2

故C错误；

D.q至|打：时间内由牛顿第二定律有

f—mg=ma

可得

工一25

mg

即阻力是重力的2.5倍，故D错误。

5.2023年5月发射天舟六号货运飞船和神舟十六号载人飞船，飞船发射后会在停泊轨道（I）上

进行数据确认，后择机经转移轨道（II）完成与中国空间站的交会对接，其变轨过程可简化如图

所示，已知停泊轨道半径近似为地球半径R,中国空间站轨道（III）距地面的高度为小飞船在

停泊轨道上的周期为7\,下列说法正确的是（）

B.飞船在转移轨道（II）上P点的加速度小于。点的加速度

C.飞船从P到Q的运动时间至少为“（1+

D.空间站内的物品或宇航员处于“漂浮”状态，说明此时它们受力平衡

【答案】C

【详解】

A.飞船在停泊轨道（I）上的速度为

2nR

v------

飞船从停泊轨道（I）上的P点到转移轨道（H）上P点要加速，则在转移轨道（H）上P点

的速度大于。=半，选项A错误；

B.根据

GM

a二产

可知，飞船在转移轨道（II）上P点的加速度大于Q点的加速度，选项B错误；

C.设飞船在转移轨道（II）上的周期为T2,则根据开普勒第三定律

R3=（空/）3

77=一%一

解得

飞船从P到Q的运动时间至少为

选项C正确；

D.空间站内的物品或宇航员随空间站绕地球做匀速圆周运动，则虽然处于“漂浮”状态，但它们

受力不平衡，选项D错误。

故选Co

6.如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时，乙黄豆从另一吸

管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的

运动轨迹。若M点在尸点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长

度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则（）

A.甲黄豆在尸点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等

B.乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半

C.两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的3倍

D.两黄豆相遇时甲的速度大小与乙的速度大小之比为“:企

【答案】D

【详解】

A.甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，二

者整个运动过程的水平位移和时间均相同，故水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆

在最高点的速度相等，故A错误；

B.设PM=MN=h,甲、乙两黄豆自射出后经时间/相遇，则有

1

%=/产

对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点（设为。）到N的运动时间为。、N两点

之间的水平距离为发竖直距离为

故B错误；

C.根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角的的正切值为

位移方向与水平方向的夹角%的正切值的2倍，即

2h

tan%=2tanJi=—=2

乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角戊2的正切值为相对于。点的位移方向与水平方向

的夹角。2的正切值的2倍，即

2h,

tana2=2tan02=—^―=1

2

可得

tan%=2tana2

故c错误;

D.根据B项分析，设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为火,速度大小分别为内、

“2,有

%=J诏+(2%)2=V5v0

v2=J诏+诏=V2v0

可得

%:v2=V5:V2

故D正确。

故选D。

7.如图所示，斜面体固定在水平面上，一轻质细线绕过滑轮1和滑轮2,两端分别与物体。和轻

环c连接，轻环c穿在水平横杆上，滑轮2下吊一物体人物体。和滑轮1间的细线平行于斜

面，系统静止。现将轻环c向右移动少许，物体。始终静止，系统再次静止，不计滑轮的质量和

滑轮与细线间的摩擦。下列说法正确的是()

A.细线的拉力将不变

B.横杆对轻环c的摩擦力将变小

C.地面对斜面体的支持力将不变

D.斜面体对物体a的摩擦力将变小

【答案】C

【详解】

A.以滑轮2为研究对象，受力分析如图甲所示

(1/2

□6

a

甲

若将轻环C向右移动少许，两细线之间的夹角/?增大，由于物体方对滑轮的拉力不变，两细线之

间的夹角变大，根据

2Fcos-=Gb

可知细线的拉力尸一定变大，故A错误；

C.对斜面体、物体人物体人整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦

力，如图乙所示

根据平衡条件，有

FN=G总一Feos-=G总-

风与角度6无关，恒定不变，故C正确；

B.以轻环c为研究对象，受力分析如图丙所示

水平方向有

Ff=Fsina

轻环c向右移动少许，尸变大，a变大，sina变大，横杆对轻环c的摩擦力将变大，故B错误；

D.若原来物体a有下滑趋势，摩擦力方向沿斜面向上，细线的拉力增大时，摩擦力减小，若细

线拉力继续增大，则摩擦力减小到零后会反向增大；若原来物体a有上滑趋势，摩擦力方向沿斜

面向下，则细线的拉力增大时，摩擦力会增大。综合分析可知摩擦力大小和方向都不能确定，故

D错误。

故选C。

8.如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定的速率几沿逆时针方向运行。t=0时，将质量加=1kg

的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的图像如图乙所示，2s时滑离传

送带。设沿传送带向下为正方向重力加速度g取10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=0.8。则（）

A.传送带的倾角。=30°B.物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.4

C.传送带上下两端的间距为15mD.物体在传送带上留下的痕迹长度为5m

【答案】D

【详解】

AB.由题图得0〜1s内物体加速度

△%10.0。.

Qi=-----=——m/s2=10.0m/s2

△1.0

根据牛顿第二定律得

mgsind4-fimgcosd=mat

1〜2s内加速度

△七12.0-10.0

0.2=m/s2=2.0m/s2

△12ib

根据牛顿第二定律得

mgsinO—/-tmgcosB=ma2

联立解得

8=31°,〃=0.5

故AB错误；

C.由题可得物体0〜2s内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据四图像与f轴所围的面

积表示位移，可知位移

10.0x1,010.0+12.0

I=--------mH-----------------xIm=16m

22

故C错误；

D.由题图知传送带的速率v（）=10m/s,则0〜Is内，物体的位移为

10.0X1,0

%!=------------m=5m

传送带的位移为

X2=voZi=lOxlm=1Om

故物体与传送带间相对位移大小为

/^\=X2-X\=1Om-5m=5m

物体相对传送带向上运动；1〜2s内物体的位移为

10.0+12.0

%3=---------------xIm=11m

传送带的位移为

X4=vot2=1Ox1m=10m

故物体与传送带间相对位移大小为

AX2=X3-X4=lni

物体相对传送带向下运动，痕迹重叠1m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m,故D正

确。

故选D。

二、多选题（共20分）

9.如图所示，M,N两物体叠放在一起，在恒力F作用下，一起向上做匀加速直线运动，则关于

两物体受力情况的说法正确的是（）

A.物体M一定受到4个力B.物体N可能受到4个力

C.物体M与墙之间一定有弹力和摩擦力D.物体M与N之间一定有摩擦力

【答案】AD

【详解】

将两个物体看做整体，整体在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上不受力，故物体M

与墙之间没有弹力，所以也没有摩擦力；N在竖直方向上做加速直线运动，除了重力和M与N

之间的支持力，必定会受到M对N的摩擦力，所以竖直方向上M受到恒力R自身重力、N的

压力、N对M摩擦力等4个力的作用，N受到重力、物体M的支持力和摩擦力3个力的作用，

故AD正确，BC错误。

故选ADo

10.春节临近，有长辈给小朋友压岁钱的习俗，为了增添年味，现在发压岁钱的方式也是越来越

有趣，其中有一种叫做“滚钱”，具体操作是在桌面放置不同金额的纸币，瓶子滚到哪张纸币上

就可以赢取此金额，如图甲所示。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，滚瓶从水平桌面

上。点出发，途中经过A、B、C、D、E5个放钱的位置，相邻两个位置的距离均为0.2m,滚瓶

停在哪里就获得对应的压岁钱，滚瓶掉下桌子就没有。现设滚瓶（可视为质点）从。点出发后

受到的阻力恒定，张强同学以vo=lm/s的速度推出滚瓶，最后刚好停在E处，已知滚瓶在。点

和E点之间滑行的时间为1s,则下列说法正确的是（）

A.滚瓶由位置A滑至位置E所用的时间等于2s

B.滚瓶在位置A的速度等于它在08之间的平均速度

C.滚瓶经过位置A时的速度是经过位置。时的速度的3倍

D.如果张强以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶最终将停在CO之间

【答案】AD

【详解】

A.滚瓶做末速度为零的匀减速运动，设滚瓶依次滑过两相邻位置的时间间隔分别为小小t3

和U,由逆向思维知

七4：七3：z2：S=1：（V2—1）：—V2）：（2-V3）

而以二ls,故滚瓶由位置A滑至位置E所用的时间

故A正确；

B.滚瓶由位置。到位置E,由％=可得

a=0.4m/s2

滚瓶经过位置A的速度

V2=^/=0.8m/s

滚瓶经过位置B的速度

»2=%一%=0.8m/s—0.4X（2—V3）m/s=0.4V3m/s

在之间的平均速度

v+v1+0.4次

v=v=-Q-—2=-----------m/sH%=0.8m/s

故B错误；

C.滚瓶经过位置D的速度

1

v4=at4=0.4m/s=-vx

C错误；

D.滚瓶从。点到位置E,有

Vo5

加=诟=L

则若以0.9m/s的速度将滚瓶推出，滚瓶运动的位移为

x'=—=—m<xD=xoE~0.2m=1.05m且％'>x=x—0.2x2m=0.85m

2a800cc0E

停在CO之间，故D项正确。

故选ADo

11.为民族“起重”为大国“举力”。这是对中国工程机械最好的诠释。如图所示为我国自主研

发的第一台全地面起重机QAY25,起重范围从25t到2600t,中国起重机在世界地位越来越

“重”。若该起重机由静止开始提升质量为200t的物体，其a-工图像如图所示，不计其它阻

V

力，下列说法正确的是（

A.起重机的额定功率P=2.4x104W

B.重物上升的最大速度%=10m/s

C.重物0〜5s内做匀加速直线运动

D.10s内起重机对重物做的功为W=1.8x108J

【答案】CD

【详解】

A.根据牛顿第二定律与功率表达式可得

F—mg=ma,P=Fv

联立可得

p1

a=---------q

mv

由a-工图像的斜率可得

V

P12

—=—=120

m0.1

解得起重机的额定功率为

P=2.4x107W

故A错误；

B.重物的最大速度

P

17m==12m/s

mg

故B错误；

C.由图像可知重物匀加速运动的时间为

v10

t=—=—s=5s

a2

故C正确；

D.0〜5s内设起重机对重物做的功为名,对重物由动能定理得

1

12

W1—mgh=-mv

11

h=-at2=—x2x52m=25m

22

解得

%=6x107J

5s后起重机功率恒定，那么5〜10s内起重机对重物做的功为

7

14^=pt2=12x10J

那么10s内起重机对重物做的功为

8

W=W1+W2=1.8X10]

故D正确。

故选CD。

12.如图所示，足够长的轻绳一端固定于。点，绕过轻质光滑的动滑轮和定滑轮，另一端与质量

为10kg的物块B相连，动滑轮下方悬挂质量为5kg的物块A,将物块B置于倾角为30。的固定斜

面的顶端。已知斜面长为L=3.6m,与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行，物块B与斜面间

的动摩擦因数〃=*,悬挂动滑轮的轻绳竖直，两滑轮间竖直距离足够长，空气阻力忽略不计，

两物块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。现由静止释放物块B至其运动到斜面底端的过

程中，下列说法正确的是（）

o

D

v

二

AC二

二

"////一

A.物块A增加的机械能等于物块B减少的机械能

B.物块A运动的加速度大小为gm/s2

C.物块B获得的最大动能为48J

D.物块A增加的机械能为48J

【答案】BC

【详解】

A.物块B运动过程中会产生摩擦热，A、B组成系统机械能不守恒，故A错误;

B.由题可知，同一时刻瞬时速度关系为

vB=2VA

对A、B组成的系统，由动能定理有

L11

o97

mB<gLsin30°—mKgx--/imBgcos30・L=-mAv^+-mBVg

解得

4V15,

=—z—m/s

由

VQ=2aL

得

a2

ms

QA=2=3/

故B正确；

C.物块B的最大动能为

1）

Ek==48J

故C正确；

D.设此过程中物块A增加的机械能为AE,有

L1?

△E=mAg-+-mAvi

解得

△E=96J

故D错误。

故选BCo

三、实验题（共10分）

13.某同学先用图1所示装置测弹簧的劲度系数，再用该弹簧以图2所示装置测物块与长木板间

的动摩擦因数,重力加速度g取10m/s2

800

600

400

200

081216x/cm

图1图2图3

（1）测劲度系数的实验步骤：

a.将轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，将刻度尺竖直固定在轻弹簧旁将刻度尺的零刻度与轻弹簧

的上端对齐；

b.在弹簧下端依次挂上不同质量的钩码，记录每次钩码的总质量机及对应指针所指刻度值尤；

c.在m-x坐标系上描点作图，作出的图像如图3所示。

由图像可知，弹簧的原长"=cm,弹簧的劲度系数左=N/mo

（2）用图2所示装置测动摩擦因数，长木板B放在水平面上，物块A放在长木板上，并用

（1）问中轻弹簧将物块A与竖直墙面连接，弹簧保持水平，用水平力F拉长木板B向左运动，

A保持静止，测得这时弹簧的长度为/=10cm,已知物块A的质量为1kg,则物块A与长木板间

的动摩擦因数〃=

【答案】（1）.4（2）.70(3).0.42

【详解】

（1）［1］由胡克定律可得

mg=—Zo)

可得

99

可知图象的横截距等于弹簧的原长，则有

l0=4cm

⑵图象的斜率为

k700x10~3

-=77^----T7-TT^kg/m=7.0kg/m

g(14-4)xIO-20’

弹簧的劲度系数为

k=70N/m

(2)⑶以物块A为研究对象，根据平衡条件有

k(l-l)=4mA。

0

物块A与长木板间的动摩擦因数为

H=0.42

14.为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图所示的实验装置，其中

M为小车的质量，加为砂和砂桶的总质量，〃g为滑轮的质量。力传感器可测出轻绳中的拉力大

小。

A纸带

UU।I

(1)实验时，一定要进行的操作是。

A.用天平测出砂和砂桶的总质量

B.将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力

C.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数

D.为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量〃?远小于小车的质量M

(2)甲同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两计数点间还有四个点没有画出)，已知打点

计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2(结果

保留3位有效数字)。

单位:cm

,1.103.09.5.12.7.10.9.13.11.09.

|<»<—--------------->k-----------M

0123456

乙

(3)甲同学以力传感器的示数尸为横轴，加速度。为纵轴，画出的。孑图线是一条直线，如图

所示，图线与横轴的夹角为0,求得图线的斜率为攵，则小车的质量M=

22

C.—TTIQD.—

kuk

(4)乙同学根据测量数据作出如图4所示的图线，该同学做实验时存在的问题是

【答案】(1).BC##CB(2).2.00(3).C(4).没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够

【详解】

(1)[1]AD.本题绳中拉力可以由力传感器测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也不需

要使砂和砂桶的总质量小远小于小车的质量M,故AD错误;

B.用力传感器测量绳子的拉力，则力传感器示数的2倍等于小车受到的合外力大小，需要平衡

摩擦力，故B正确;

C.为充分利用纸带，释放小车之前应先接通电源，待打点稳定后再释放小车，该实验还需要

记录力传感器的示数，故C正确。

故选BCo

(2)⑵根据题意，相邻计数点时间间隔

5

T=-=0.1s

由逐差法计算加速度

（如+“+仁二8+2+%）=2.00m/s2

(3)[3]对小车与滑轮组成的系统，由牛顿第二定律得

2

a=-----

m0+M

图线的斜率为匕则

2

k=_____

m0+M

故小车的质量

2

M=--m

K0

故选C。

(4)⑷图线在F轴上的截距不为零，说明力传感器显示有拉力时，小车仍然静止，这是没有平

衡摩擦力或平衡摩擦力不够造成的。

四、解答题(共15分)

15.城市高层建筑越来越多，高空坠物事件时有发生。如图所示，某高楼距地面高”=47m的阳台

上的花盆因受扰动而掉落，掉落过程可看成自由落体运动(花盆可视为质点)。现有一辆长人=

8m、高/z=2m的货车，正以为=9m/s的速度驶向阳台正下方的通道。花盆刚开始掉落时，货

车车头距花盆的水平距离为乙2=24m,由于道路限制，汽车只能直行通过阳台的正下方的通

道，取g=10m/s2o

(1)若司机没有发现花盆掉落，货车保持%=9m/s的速度匀速直行，通过计算说明货车是否会

被花盆砸到。

(2)若司机发现花盆开始掉落，采取制动的方式来避险，货车最大加速度为4.5m/s2,使货车在

花盆砸落点前停下，求允许货车司机反应的最长时间如

【答案】（1）货车会被花盆砸到；（2）t0=1.67s

【详解】

（1）花盆自由落体的时间为

1

H-h=-gt29

解得

t=3s

货车匀速行驶的距离为

x=vQt=27m

因为

L?VxVL]+£»2

货车会被花盆砸到；

（2）设刹车距离为X2

0—VQ=—2ax2

解得

x2=9m

匀速运动的距离为

乙2一久2=%%

解得

t0=1.67s

16.足够长光滑斜面BC的倾角a=53。，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5,水平面与斜面之间

8点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点。现在段对小物块施加与水平方

向成a=53。的恒力尸作用，如图（。）所示，小物块在段运动的速度-时间图像如图S所

示，到达3点迅速撤去恒力尸（已知$也53。=0.8,cos53°=0.6,,g=10m/s2）。求：

（1）小物块所受到的恒力产；

（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回8点所用的时间；

（3）小物块返回水平面上停止运动的位置到A点的距离。

【答案】（1）UN,方向斜向右上方且与水平方向夹角53。；（2）0.5s；（3）3.6m

【详解】

（1）由图可知，小物块在AB段做匀加速直线运动，且加速度大小为

=—=0.5m/sz

根据牛顿第二定律有

Fcosa—n（jng—Fs\na）='m.a1

解得

F=11N

方向斜向右上方且与水平方向夹角53。。

（2）小物块在斜面上运动时，加速度大小为

ci2=gsina=8m/s2

方向沿斜面向下，因为斜面光滑，则小物块返回B点时速度大小和从B点向上运动的速度大小

不变，均为

%=2m/s

根据公式有

-v1=v1-a2t1

解得

t1=0.5s

（3）根据

vl~0=2a1x1

可得间的距离为

x1=4m

当小物块从3点返回平面上时，加速度大小为

a3=〃g=5m/s2

根据

2

0-(-Vi)=-2a3%2

则小物块做匀减速直线运动距离为

x2=0.4m<4m

距离A点3.6m

17.如图所示，一游戏装置由倾斜角为a的光滑轨道A3、水平传送带8C、半径为R的光滑半圆弧

轨道OE组成，。为圆弧轨道的圆心，。、C、。、E四点在同一竖直线上。游戏时，小滑块从倾

斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿半圆弧轨道运动，最后由E点平抛落地面。已知小

滑块与传送带的动摩擦因数〃=0.1，BC长为L=4m,AB长为L'=6m,传送带顺时针转动，速度

大小始终为v=4m/s,。距地面的高度”=6m,R=0.5m,a=37。，CO间的距离刚好允许小滑块

通过，忽略传送带转轮大小和C。间距大小，小滑块经8、。处时无能量损失，小滑块可视为质

点，其余阻力不计，sin37o=0.6,g取lOm*求：

（1）若小滑块匀速通过传送带，求释放的高度任

（2）在（1）问中小滑块平抛的水平距离x；

（3）小滑块平抛的水平距离x