2024-2025学年湖南省长沙市某中学高二（上）入学考试物理试卷（含解析）

2024-2025学年湖南省长沙市长郡中学高二（上）入学考试物理试卷

一、单选题：本大题共6小题，共24分。

1.我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为小的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附

近经历一个时长为％、速度由为减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5

倍，地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直

线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为

A.m（0.4g-^B.m（0.4g+匏C.ni（0.2g-匏D.m（0.2g+匏

2.如图甲所示，静置于光滑水平面上坐标原点。处的小物块，在水平拉力F的作用下沿x轴方向运动，拉力

F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示。已知纵、横坐标轴单位长度代表的数值相同，纵、横坐标

单位均为国际单位，曲线部分为半圆,则小物块运动到Xo处时拉力所做的功为（）

OF

/777777777777777777777777777777777j^

甲

B.|(F+fo)xo

A.Fmx()m

C.~^(F—F)x+FxF

m00ooD.%o+oxo

3.如图所示，轻质弹簧一端系在墙上，另一端系在三根长度相同的轻绳上，轻绳的下端各系质量与电荷量

均相同的带正电小球，且三个小球均处于静止状态，已知重力加速度为9。四种情形下每个小球受到的电

场力大小与轻绳长度、小球质量、小球电荷量的关系如表所示，以下说法正确的是（）

情形轻绳长度小球质量小球电荷量小球受到的电场力大小

73

1Lm①~Ym9

平

22Lm②

2火

3L2m③3m9

4Lm④y/^mg

A.②中电荷量为①中电荷量的避倍B.③中电荷量为②中电荷量的/倍

C.④中电荷量为③中电荷量的乎倍D.情形④下弹簧的伸长量最大

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4.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d=0.166，上、下极板开有一小孔，四个质量均为

m=13g,带电荷量均为q=6.4*10-6（7的带电小球，其间用长为。的绝缘轻轩相连，处于竖直状态，今

使下端小球恰好位于小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到法下榴版时•减席恰

好为零（g=10a/s2）,以下说法正确的是（）

A.当最上端的小球进入平行板电容器前，小球一直做加速度减小的加速运动J

B.最下端的小球在两平行板之间的运动过程，系统的电势能先增加后减小

C.两极板间的电压为500U

D.从释放到速度减为零的过程中，小球最大速度约为0.82/n/s

5.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度火

先后垂直电场进入，并分别落在正极板的4B、C三处，。点是下极板的左端点，且0。=2。4

4C=28C,如图所示，则下列说法不正确的是（）

A.带正、负电荷的两个粒子的电荷量之比为7：20二_，

B.三个粒子在电场中运动的时间之比以：加：勿=2：3：4

**--------------7>-------------.

C.三个粒子在电场中运动的加速度之比以：aB；ac=l：3：4

D.三个粒子在电场中运动时动能的变化量之比E"：EkB：EkC=36：16：9

6.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路.当调节滑动变阻器R,使电动机停止转动

时，电流表和电压表的示数分别为0.54和1.0M；当重新调节R,使电动机恢复正常运转时，电流表和电压

表的示数分别为2.04和15.0匕则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是（）

A.电动机的内电阻为7.5。B.电动机的内电阻发热功率为8W

C.电动机的输出功率为30WD,电动机的效率约为27%

二、多选题：本大题共4小题，共20分。

7.甲，乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，甲车正在刹车，其u-t图像如图所示。在t=0时刻，乙车在

甲车前方劭处，在0〜以时间内甲车的位移为X,下列判断正确的是（）

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A.若甲车的位移为|x时，两车第一次相遇，则第二次相遇时，甲车位移是条

OO

B.若甲车的位移x=基（），则甲、乙两车在打时刻相遇

C.若甲、乙两车在t＜方时间内能够相遇，两车只能相遇一次

D.若甲、乙两车在t＜匕时间内能够相遇，两车一定可以相遇两次

8.如图所示，4BCD是边长为I的正四面体，虚线圆为三角形ABD的内切

圆，M、N、P分别为B。、48和4。边与圆的切点，。为圆心，正四面体

的顶点力、B和D分别固定有电荷量为+Q、+Q和一Q的点电荷，则（）

A.M、P两点的电场强度相同

B.将正试探电荷由P移动到N,电场力做负功

C.将正试探电荷由C移动到M,电势能增加

D.正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量大于由C移动到N时的电势能变化量

9.如图所示电路，%、/?2为定值电阻，K为单刀双掷开关，4B为导体板，且它们之间的距离足够大，当K

接通a时，4B板间的一个带电小球在P点处于悬浮状态，此时带电小球的电势能为Epi。让开关K脱离a（未

接触6）,小球开始向下运动，经过时间t再把开关K接通6,此后经过时间t,小球回到P点，此时带电小球

10.在如图所示电路中，电源电动势E=12V,内阻r=80,定值电阻R=212,/?=10/2,/?=20。,滑动变阻

器夫4的取值范围为0〜300,所有电表均为理想电表。闭合开关S,在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过

程中，电压表乙、电压表0、电流表4示数的变化量分别为△力、△〃2、△/.下列说法正确的是（）

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A.力读数变小，则/读数变大，［△Ui］小于1△/I

B.|*=2。。,笔=25。

C./?4的功率先增大后减小，最大值为0.36W

D.电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W

三、实验题：本大题共1小题，共10分。

11.近年来以比亚迪为代表的新能源汽车得到了空前发展，然而使用新能源的车主发现新旧电池不能混

用，更换电池时须整体更换，成本高昂。某学习小组为了弄清新旧电池不能混用的原因，利用普通5号碱

性电池做了如下模拟实验。实验器材如下：

新旧5号碱性电池若干；灵敏电流计G一个（量程0〜2爪4内阻为100）；

电流表2一个（量程0〜0.34内阻为20）；滑动变阻器（阻值0-200）；电阻箱（阻值。〜99990）；

开关、导线若干。

//mA

乙

（1）小王同学用上述器材分别测量5号碱性电池48的电源电动势和内阻（每次测量一节电池）o首先他把灵

敏电流计和电阻箱串联改装成21/的电压表，电阻箱应调至_________以

（2）改装完成后，设计了图甲所示的电路进行实验；利用实验数据作出了图乙所示的UT图像。图乙中有可

能是旧电池的是（选填“力”或"B”）,其电动势为V,内阻为。（结果保

留两位有效数字）。

（3）小赵同学对标有“2.5V,0.3勿”的小灯泡描绘出了伏安特性曲线如乙图中的C所示。若将上述力、B两

节电池串联起来为该小灯泡供电，则该电池组的发热功率为W（结果保留两位有效数字）。由此

他们推测新旧电池不能混用的原因可能是混用后电池内阻消耗的功率很大。

四、计算题：本大题共4小题，共46分。

12.密立根通过油滴实验测量了元电荷，实验装置的示意图如图所示。实验।---------------------v

时用喷雾器将油喷入两块相距为d的水平放置的平行极板之间，油在喷射撕।.

裂成油滴（可看做球形）时，一般都会带上负电荷，调整极板之间的电压，使

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油滴在重力、电场力、空气浮力以及粘滞阻力的作用下分别竖直向上、向下作匀速运动，通过测量油滴匀

速上升、下降时的速率和该油滴的直径等物理量，计算油滴的带电量，进而测出元电荷。

(1)下列关于密立根油滴实验的叙述中不正确的是O

4平行极板一定要水平，通电时上极板接电源负极

A实验时要选择质量、电量适当小一些的油滴

C.实验证明了任何带电体所带电荷都是基本电荷的整数倍

■D.质子和电子都是元电荷

(2)当平行板不加电压时，某半径为a的油滴在板间匀速下落的速率为次，反复调整极板间的电压直至该油

滴能匀速上升，此时板间的电压为U,油滴上升的速率为也，已知油滴的密度为P，板间空气的密度为Po，

油滴受到的空气阻力大小与其速率成正比，重力加速度为g(已知浮力公式为：/浮=2气9了排)。请据此计算

油滴的质量m,板间的电场强度E=,油滴的电荷量q=o

13.如图所示，在光滑水平面AB、CD之间连接一长度为L=2爪的传送带，圆心为0、半径为R=0.2m的竖

直光滑半圆轨道DEG与水平面4D在。点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心。等高，Z.EOF=30%

可视为质点的小物块从4点以"o=2.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kg,与传送带间的

摩擦因数4=0.1,重力加速度g取10m/s2。

(1)若传送带不转，求小物块滑到圆轨道。点时的速度大小；

(2)若传送带以。=2m/s的速率顺时针方向转动，求小物块能到达圆轨道的最大高度；

(3)若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从G点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范

围。

14.如图所示，小物块4B由跨过定滑轮的轻绳相连，4位于水平传送带的右端，8置于倾角为30。的光滑

固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度%=2M/s逆时针匀速转动，某时刻4从

传送带右端通过细绳带动B以相同初速率%=5m/s运动，方向如图，经过一段时间4回到传送带的右端,

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已知力、B的质量均为1kg,4与传送带间的动摩擦因数为0.1,斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到

定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，gWm/s2,求：

(1)4向左运动的总时间；

(2)月回到传送带右端的速度大小；

(3)上述过程中，4与传送带间因摩擦产生的总热量。

15.如图所示的直角坐标系中，在直线久=-d到y轴之间的区域内存在

着沿无轴正方向的匀强电场，电场强度为瓦；在y轴到直线x=2d之间的

区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场(电场强度E未知

),其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，》轴下方的电场方向沿y轴正

方向在电场左边界上4i(-d,d)到C(-d,-d)区域内，连续分布着电量为

q、质量为爪均处于静止状态的带正电粒子.若处于4的粒子由静止释

放，在电场力作用下，经第一象限恰能从42(2d,0)处射出电场不计粒子的重力及它们间的相互作用.

(1)必处粒子由静止释放后，在电场力作用下到达y轴时的速度大小。0；

(2)求y轴到直线x=2d之间的区域内的匀强电场的电场强度E；

(3)若处于4停之间的某些粒子由静止释放，它们到达x轴时，速度与支轴的夹角为。=30。，求这些粒子释

放时的位置坐标和射出电场时的动能.

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答案解析

1.5

【解析】当忽略星球自转时，重力等于万有引力，得：mg=G整，得：g=普，于是有

g火M火RL

"=T7A-^=0.1X4=0.4

9M地磁

即火星表面的重力加速度g火=0.4g

着陆器减速运动的加速度大小为a=?

对着陆器，根据牛顿第二定律有：F-OAmg=ma

解得尸=zn（0.4g+争，故3正确，/CD错误；

故选:Bo

根据万有引力等于重力求出火星表面的重力加速度，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求解制动力大

小。

本题考查万有引力定律与牛顿第二定律的综合问题，关键是知道在天体表面重力等于万有引力，同时分析

好运动情况和受力情况，灵活应用运动学公式和牛顿第二定律列式求解。

2.C

【解析】F-x图像的“面积”等于拉力做的功，则得到拉力做的功W=Fo物+会（矍）2=丘劭+£就，由

题图乙可知，Fm-F0=y,故W=京尸帆一丘）无0+尸0孙，故C正确，错误。

故选Co

3.C

【解析】由于三个小球质量和电荷量均相等，由对称性可知，三个小球必构成等边三角形，且每个小球受

到的电场力相等，设绳的拉力为T,与竖直方向夹角为仇两小球之间的距离为八一个球受到另外两个小

球的电场力的合力为F,对其中一个小球受力分析可得：Tsind=mg,TcosQ=F=,

解得：F=缪=墨

rztana

由几何关系可知：terne=占==W2T2

退丁r

3

整理得：F

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4对比①和②可知，并应用上式可得

2

的1

一-mgn_pmg

1-W-

3L2-rl3

mgr2pmg

’33)2—搂5

故电荷量之间的关系为：卷=含=看故/错误;

A由③可知

_kqj_27ng门_2pmg

3"乐fk

解得：「3=

故

故8错误;

由④可知

「娱产三3g

「4/3L2—W

故C正确;

。以三个小球为整体可知，小球受到的弹力应该等于其重力，故小球质量越大，弹簧弹力越大，故③情形

下弹簧的伸长量最大，故。错误;

故选：Co

4.D

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【解析】区电场力一直做负功，故系统的电势能一直增加，B选项错误；

C根据动能定理可得：2Uq+汐q+yUq=4mgx|d,得：U=当等=5000匕C选项错误；

41Z4J-Di/

4D.当两个小球在电场中时，电场力匕=%x2q=岁1。<4叫，当三个小球在电场中时，电场力Fi岩

x3q=^mg>4mg,故当第三个小球进入电场时小球的速度最大，根据动能定理可得：4mgx^-|

Uq—^Uq=1X4mv2,得u=x0.82m/s,。正确；

4由上面分析可知，当第三个小球进入电场时小球的速度最大，/错误.

故选：Do

5.C

【解析】解：B、三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由得，孙：xB：xc

=1：2:2,所以运动时间。：生：tc=2：3：4,故5正确；

-1

C、三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据y=5。产，解得：aB：ac=36：16：9,故C错误；

。、根据牛顿第二定律可知F=aa,因为质量相等，所以合力之比与加速度之比相同，合力做功

W=Fy,由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以，三个粒子在电场中运动过程的动能变化

量之比为36：16：9,故。正确；

/、三个粒子的合力大小关系为£4>/>FC，三个粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，4所受的电场

力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，力带负电，C带正电，由牛顿第二定律得以：aB：ac=(mg+

QAE)：mg：(jng-qcE},解得以：qc=7：20,故/正确。

本题选错误的，

故选:Co

因为上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向

下的电场力。则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电

的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动，由此根据平抛和类平抛运动规律求解。

解决该题的关键是明确知道三个粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，掌握类

平抛运动的解题规律，知道各个粒子的受力情况。

6.B

【解析】解：力、电动机的电阻R=半=/=20,故/错误；

B、电动机的总功率P=t/iZi=15VX2A=3014/；

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电动机的内电阻发热功率PR=llR=(24)2x2。=8勿；

电动机正常运转时的输出功率是P输出=P—PR=30W-8W=22W,故C错误，3正确；

D、电动机的效率4=科=系=73.3%,故。错误。

故选：Bo

从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，电流表测量电路电

流，根据公式R=彳可求电动机停转时的电阻；利用公式。=U/可求电动机的总功率，根据公式P=/2R可

求电动机克服本身电阻的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率.

本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率

的计算方法，这是本题的重点和难点.

1.ABD

【解析】4根据v-t图像可知，甲车的加速度为

如一32%

甲车速度减到零的时间为

为_3tl

在。〜切时间内甲车的位移为

vo+-y2

x=2=可17。^

甲车的位移为|x时的速度为外有

O

(守)2—相=一2a甲久

解得

2

v=

甲车的位移为lx时的时刻为t',有

O

2,

寸0—%一口甲t

解得

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£1

~2

根据图像，若甲车的位移为京时，即京1两车第一次相遇，则第二次相遇的时刻为失，此时甲车位移是

X,，有

VQ=2a甲

(?)2f"_2a甲x

可得

,_9

x~8X

故/正确;

B.ti时刻两车的位移分别为

So+号)_4%0

%甲=5^1=

Vo

乂乙=2tl

解得

%0

“乙=至

因为无甲—久乙=%0,所以甲车的位移％=等，则甲、乙两车在ti时刻相遇，故8正确；

CD若甲、乙两车在t<以时间内能够相遇，后面的乙车做加速运动，前面的甲车做减速运动，乙车一定

能追上甲车，两车还能相遇一次，即两车可以相遇两次，故C错误，。正确。

故选

8.BC

【解析】解：4根据对称性和电场叠加可知，M点和P点的电场强度大小相等，方向不同，故/错误；

3.在力处点电荷产生的电场中，<PN=<PP；在B处点电荷产生的电场中，(pN>(pP；在。处点电荷产生的电场

中，<pN><pP-,所以综合分析可知，(pN>(pP,正探电荷在N点的电势能大于在P点的，正试探电荷由尸到N

电势能增加，电场力做负功，故8正确；

C.仅考虑B处和。处点电荷时，C点和M点的电势相等，正试探电荷由C到靠近4处的正点电荷，电场力

做负功，电势能增加，故C正确；

D根据对称性可知M点和P点电势相等，结合B项分析可知，正试探电荷由M到N,电场力做负功，电势能

增加，因此正试探电荷由C移动到M时的电势能变化量小于由C移动到N时的电势能变化量，故。选项错

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误。

故选：BC。

根据对称性和电场的叠加原理分析M点和P点的电场强度关系。通过比较N点和P点在4处、B处、。处电荷

所产生电场中的电势大小，由此推出P点与N点电势关系。根据正试探电荷由C移动到M电场力做功情况判

断电势能变化情况。

解决本题的关键要掌握电场的叠加原理，分析各个点的电场强度和电势高低，根据电场力做功情况判断电

势能的变化。

9.AD

【解析】4aB间电场方向向下，小球受到电场力竖直向上，所以带负电，故/正确；

2.开关接通b后，4B间电压升高，场强增大，0P>0,根据伟1=UPB=EdpB得出增加，根据Ep=何可

知，Epi>Ep2,故3错误；

C.开关K接通a时，有尸电i=脱离a后，向下运动加速度的=。，经t时间可知速度。i=gt,x=^9t2

设K拨到b时小球加速度为42,因为t后又回到P点，故其位移为f,根据-久=也一与2t2

求解得出a?=3g=3al

根据F电2一瓶9=642

得出F电2=4mg

根据F电-qE,E=祟

可知=4Ui

再根据串联电路规律可得&=3%,故C错误，。正确。

故选

10.ABC

【解析】将七和此等效为电源内阻，则等效电源的电动势

ER

EI=V；----V2----=6V

Ri+&+r

等效内阻

(r+RJR2

=5/2

r+R1+R2

等效电路如图

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4则当滑动变阻器的滑片从a端滑到6端的过程中，/?4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，匕

读数变小，则方读数变大，因

u路端-Ur+u2

可知小于MU2I,故/正确;

8.因为

-ZT=&=20/2

又有

=/?3+厂1=25。

故8正确;

C.将R3等效为新电源的内阻，内阻为

T2=厂1+氏3=25。

当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增

加到30。，可知的功率先增大后减小，当&=25。时功率最大，最大值为

Ei2

P==0.36W

4r2

故C正确;

D当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为

R2R326

R外1=%+

Ri+R3

当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为

/?2（^3+〃4）31

R外1=%+=Tn

R2+R3+R4

电源E的内阻

r=8/2

则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，故。错误。

故选/5C。

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11.(1)990；

(2)4；1.4；26；

(3)0.14。

【解析】(1)由u=I(R+Rg)可得R=9900。

(2)U-/图像的斜率代表电源内阻，旧电池的内阻较大，由图可知4图是旧电池的图像；

由图可知电源电动势为1.4U,电池4、B的内阻分别为

A1J14

以=喘|一&=赴-20=260,

砧=%|-&=急2-20=2°。

(3)将上述4B两节电池串联起来为该小灯泡供电，则等效电动势为2.8U,等效内阻为280,做图如下

由图可知此时灯泡的电压为0.8U,电流为70mA,则电功率为P=U/=0.056加，

电池组发热功率为=I2r=0.1372IV«0.14lV«

1?AD-nn3n-4m3gds-Po)("i+也)

3兀。pdSv"。

【解析】解：(1)油滴竖直向上做匀速直线运动，所受的电场力必须竖直向上，则平行极板一定要水平,

通电时上极板接电源正极，故/错误；

2、为了精确测量，油滴应选择小质量；为了不影响原来的电场，电量应适当小一些，故2正确；

C、通过实验证明了，任何带电体所带电荷都是基本电荷的整数倍，故C正确；

。、元电荷是最小的电荷量，是质子和电子所带电荷量的绝对值，故。错误。

本题选错误的，故选：AD.

(2)油滴的质量为：m=专皿3P

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油滴受到空气的浮力大小为：/浮=《7ra3gpo

油滴匀速下落时，有：mg=/■浮+k%

匀速上升时，有：mg+kv2=qE+f浮

其中电场强度：E=祟

4冗。3gds-0O)OL+12)

联立以上各式，解得：q=

3%U

故答案为：(1)4。；(2)，a3p,u"y(…)。

3CL01/117

(1)密立根油滴实验的原理是共点力平衡条件，根据平衡条件分析油滴所受的电场力方向，从而确定极板

的极性；结合元电荷的含义分析。

(2)根据质量与密度的关系、空气阻力大小与其速率的关系以及平衡条件列式，即可求解。

本题的关键明确油滴的运动情况，然后根据平衡条件列式求解，同时要明确油滴带电量是量子化的。

13.(l)1.5m/s

(2)0.2m

⑶"传《2m/s或"传42"m's

【解析】分析：本题考查的知识点有牛顿第二定律、传送带和圆周运动的临界问题，解题的关键在于把物

体的各个运动过程的受力情况和运动情况分析清楚，然后结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求

解.重点是搞清楚物体在传送带上的运动情况，以及不脱离轨道所和不从G点飞出对应的临界点。

解：⑴4到。过程，对小物块由动能定理-〃mgL="诏-1i诏，可得"D=l.5m/s,

(2)8到C过程，先减速运动，加速度大小为a,则有=ma

解得a=lm/s2

假设物块能减速到与传送带共速，有：诏=2(-a)s减

解得s减=1,125m<L

因此小物块在传送带上先减速再匀速，到达C点时的速度为=2m/s

假设物块能到达圆轨道的最大高度h时速度可以减为0,贝UC到圆轨道某点(速度减为0)过程，对小物块由动

能定理：-mgh-0~mvc

解得h=0.2m<.R

即物块刚好到达圆轨道E点。

⑶①若刚好到达E点不脱轨，由第1、2问可知"=2m/s

所以"传《2m/s

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②若刚好到达尸点不脱轨，在F点有mgsin300=噂

。到F过程，对小物块由动能定理一mg(R+Rcos60°)=

解得"ci=，Cm/s

若刚好到达G点不脱轨，在G点有％=0

C到G过程，对小物块由动能定理—mg2R=0—

解得见2=2pm/s

要保证小物块在EG段圆弧运动中不脱轨且不从G点飞出，从C点滑出的速度应满足"m/s4叫42福机/s

若物块在传送带上全程加速，有卬ngL=|mvc3_|mvo

解得几3—“I。.25m/s>2V2m/s

综上所述，传送带顺时针方向转动的速度。传应满足。传《2m/s或/m/s4"传《2避m/s

14.解：(1)4向左做匀减速直线运动，刚开始时，2的速度大于传送带的速度，以4为研究的对象，水平方

向4受到向右的滑动摩擦力与B对4的拉力，设力B之间绳子的拉力为7\,由牛顿第二定律得：

T1+iimg=mar①

以B为研究对象，贝UB的加速度的大小始终与4的加速度大小相等，B向上运动的过程中，由牛顿第二定律

得：

mgsin30°—T1-mai…②

联立①②代入数据解得：cii=3m/s2③

4的速度与传送带的速度相等时所用的时间：匕=咿=二4=ls;

当a的速度与传送带的速度相等之后，a仍然做减速运动，而此时力的速度小于传送带的速度，

所以受到的滑动摩擦力变成了向左，所以其加速度也发生了变化，此后a向左匀减速运动过程中，

设4B之间绳子的拉力为72，以a为研究的对象，水平方向a受到向左的滑动摩擦力与B对a的拉力，由牛顿

第二定律得

T2—fJ.mg=ma2④

以B为研究的对象，贝的加速度的大小始终与力的加速度大小相等，B向上运动的过程中，由牛顿第二定

律得：

mgsin30°—T2=ma2⑤

2

联立④⑤代入数据解得：a2=2m/s,

4向左做匀减速直线运动，速度变为。过程的时间：频=詈=汆=ls,

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A向左运动的总时间：t=t]+12=Is+Is=2s；

(2)4向右运动的过程中，受到的滑动摩擦力方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，

2

同时，8受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以人的加速度：a3=a2=2m/s,

打时间内人的位移大小：七=%1=xlzn=3.5m,方向：向左，

以时间内人的位移大小：%2=°^V°^2=|xlm=1m,方向：向左，

A向左运动的的总位移大小：x=巧+冷=(3.5+l)m=4.5m

Z回到传送带右端的位移大小：x3=x=4.5m,

“回到传送带右端时的速度大小：v=