文档内容
南海一中2025-2026学年上学期高三期中考试
物理试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有
一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全
部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的x-t图像如图甲所示，物体C、D从同一地点沿同
一方向运动的v-t图像如图乙所示。根据图像做出的以下判断中正确的是( )
A. 物体A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大
B. 在0～3s的时间内，物体B运动的位移为15m
C. 物体C比物体D的加速度大
D. 相遇前，物体C与物体D最远距离为22.5m
【答案】ACD
【解析】x-t图像斜率表示速度，A和B的斜率都不为零，都为固定值，且A的斜率大于B的斜率，
所以A和B均做匀速直线运动且A的速度比B大。故A正确；由甲图可得，在0～3s的时间内，
物体B运动的位移为10m。故B错误；v-t图像的斜率表示加速度，由乙图得，D的加速度大小为
，C的加速度大小为 ，所以物体C比物体D的加速度大。故C
正 确 ； v-t 图 像 的 面 积 表 示 位 移 ， 相 遇 前 当 C 和 D 速 度 相 同 时 ， 相 距 最 远 为
，故D正确。
2.类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”(磁感线的通路)的一些基本
概念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，
如图1所示，磁动势E =NI，其中N为线圈的匝数，I为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆
m
定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律E =ΦR ，其中Φ为磁通量，R 被称为磁阻，磁阻所满足
m m m
的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路
的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是( )A. 变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率
A2 ⋅s2
B. 在国际单位制中，磁阻的单位可以表示为
kg⋅m2
C. 不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足E =Φ(R + R )
m m1 m2
D. 不考虑漏磁，在图3所示的并联磁路中，磁阻小的支路中磁感应强度一定大
【答案】D
l
【解析】变压器铁芯的磁阻率远小于空气的磁阻率，故A正确；根据磁阻定律R =ρ ，磁阻的
m mS
T Φ
单位为 m；根据磁感应强度与磁通量的关系有B= ，磁感应强度B的单位为T，电流I的单位为
A S
A，时间t的单位为s，质量m的单位为kg，长度l的单位为m，面积S的单位为m2，根据磁动势
A2 ⋅s2
E =NI，磁阻的单位可以表示为 ，故B正确；不考虑漏磁，图2所示的串联磁路满足磁路欧
m kg⋅m2
姆定律E =Φ(R +R )，故C正确；不考虑漏磁，在图3所示的并联电路中，磁阻小的支路中磁通
m m1 m2
量大，但磁感应强度不一定大，因为磁感应强度与磁通量和面积 S的比值有关，故D错误。本题
选不正确的，故选D。
3.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全
相同的小球B以水平速度v 与A相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中
0
的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I，则
下列表达式中正确的是( )
A. E＝ mv2 I＝2mv B. E＝ mv2 I＝2mv
0 0 0 0C. E＝ mv2 I＝mv D. E＝ mv2 I＝mv
0 0 0 0
【答案】A
【解析】A、B碰撞瞬间，由动量守恒定律可知mv＝2mv，解得v＝ ，碰撞后系统机械能守恒，
0 1 1
当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能 E＝ ×2m× ＝ mv2，取A、B整
0
体分析，取向右为正，由动量定理可得I＝2m× － ＝2mv ，所以墙对弹簧的冲量大小为
0
2mv，故A正确。
0
4.如图所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把
一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法中错误的是( )
A. 当小球到达最低点时，木块有最大速率
B. 当小球的速率最大时，木块有最大速率
C. 当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
D. 当小球再次上升到最高点时，木块的速率最大
【答案】D
【解析】小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统动量为零，当小球到达最低点时，
小球有最大速率，水平方向上系统动量为零，所以小球到达最低点时，木块有最大动量，即木块
有最大速率，故A、B正确，不符合题意；小球和木块的系统在水平方向上动量守恒，初状态系统
动量为零，知末状态系统在水平方向上动量为零，所以小球上升到最高点时，小球速率为零，木
块的速率也为零，故C正确，D错误．
5.如图甲所示，是深插钢圆筒快速成岛技术，即起重船吊起巨型钢圆筒插入海床固定，然后在中
间填土形成人工岛。如图乙所示，每个钢圆筒的半径为R，质量为m，由4根长度均为4R的特制
起吊绳通过液压机械抓手连接在钢圆筒边缘的 8个等分点处，每根绳的中点挂在挂钩上(图乙中仅
画出一根起吊绳)。不考虑起吊绳和机械抓手的重力，已知重力加速度为g，则( )1
A. 钢圆筒竖直向上匀速运动时，每根起吊绳的拉力大小为 mg
4
√3m(g+a)
B. 钢圆筒以大小为a的恒定加速度竖直向下减速运动时，每根起吊绳的拉力大小为
12
C. 钢圆筒以大小为a的加速度水平向左匀加速直线运动，无论起吊绳长或短，所有起吊绳对钢圆
筒的总作用力总是mg
D. 钢圆筒以大小为a的加速度水平向左匀加速直线运动，如果起吊绳越短，则所有起吊绳对钢圆
筒的总作用力越大
【答案】B
【解析】设每根起吊绳与竖直方向的夹角为θ，每根绳的中点挂在挂钩上，钢圆筒竖直向上匀速运
R 1
sinθ= =
动时，根据平衡条件有4×2Fcosθ=mg，根据几何关系有 1 2，每根起吊绳的拉
×4R
2
√3
力大小为F= mg，故A错误；钢圆筒以大小为a的恒定加速度竖直向下减速运动时，根据牛顿
12
√3m(g+a)
第二定律4×2F cosθ-mg=ma，每根起吊绳的拉力大小为F = ，故B正确；钢圆
1 1 12
筒以大小为a的加速度水平向左匀加速直线运动，无论起吊绳长或短，所有起吊绳对钢圆筒的总作
用力总是F =√(mg) 2+(ma) 2=m√g2+a2，故CD错误。故选B。
2
6.新疆是我国最大的产棉区，在新疆超过70%的棉田都是通过机械自动化采收。自动采棉机能够在
采摘棉花的同时将棉花打包成圆柱形棉包，通过采棉机后侧可以旋转的支架平稳将其放下。放下
棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”形挡板上，两板间夹角为120∘固
定不变，“V”形挡板可绕P点在竖直面内转动忽略“V”形挡板对棉包的摩擦力，在使BP板由
水平位置逆时针缓慢转动60∘的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 当AP板水平时，棉包受到三个力的作用
B. 棉包对AP板的压力一直增大
C. 棉包对BP板的压力先减小后增大
D. 当BP板转过30∘时，棉包对AP板的压力大于棉包对BP板的压力
【答案】B
【解析】当AP板水平时，若BP对棉包有弹力，则棉包将向左运动，不能够保持平衡，因此BP对
棉包没有弹力作用，可知当AP板水平时，棉包受到重力与AP板弹力两个力的作用，A错误；对
棉包受力分析如图所示
mg N N
则有 = A = B ，棉包在转动过程中，夹角α增大，β减小，可知作用力N 增大，N
sin120∘ sinα sinβ A B
减小，根据牛顿第三定律可知棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，B正
确，C错误；当BP板转至30∘时，根据上述受力分析图可知α=β=30∘，此时棉包对AP板的压力
等于棉包对BP板的压力，由于棉包对AP板的压力一直增大，棉包对BP板的压力一直减小，可知，
当BP板转过30∘时，棉包对AP板的压力等于棉包对BP板的压力，D错误。故选B。
7.如图甲所示，电路中电源的电动势为3.0 V，内阻不计，L 、L 、L 为三个相同规格的小灯泡，
1 2 3
小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列说法正确的是( )A. L 中的电流为L 中电流的2倍 B. L 的电阻约为1.875 Ω
1 2 3
C. L 的电功率约为0.75 W D. L 和L 的总功率约为3 W
3 2 3
【答案】B
【解析】由于不计电源内阻，所以L 两端的电压为3 V，L 和L 两端的电压均为U＝1.5 V，由
1 2 3
题图乙可知此时通过L 的电流为1.0 A，通过L 和L 的电流为I＝0.8 A，所以L 中的电流不是
1 2 3 1
L2中电流的2倍，A错误；L 的电阻R＝ ＝1.875 Ω，B正确；L 的电功率P＝UI＝1.5×0.8 W
3 3
＝1.2 W，C错误；L 和L 的总功率P′＝2P＝2.4 W，D错误。
2 3
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
8.依据玻尔原子理论，可以计算氢原子中电子的可能轨道半径及相应的能量，从而得到氢原子的
能级图，如图所示，关于玻尔原子理论及氢原子跃迁的问题，下列说法正确的是( )
A. 玻尔理论可以定量解释所有原子的光谱现象
B. 从高能级跃迁至低能级时，氢原子总能量减小
C. 处于基态的氢原子可以吸收11.0eV的能量从而跃迁至n = 2能级
D. 氢原子向低能级跃迁时所辐射出的光子能量不可能大于13.6eV
【答案】BD
【解析】玻尔理论能成功解释氢原子光谱的实验规律，但不能解释其他原子光谱的实验规律，A错
误；从高能级向低能级跃迁时静电力对电子做正功，则电子的动能增大、原子的势能减小、原子
的总能量减小，B正确；1.0eV的能量不等于基态与其它能级间的能级差，所以不能吸收而发生跃
迁，C错误；已知氢原子的基态能量为 - 13.6eV，所以氢原子从高能级跃迁到低能级的最大能量
差是13.6eV，所以向外辐射光子的能量不会超过13.6eV，D正确。
9.“波”字最早用于描述水纹起伏之状，唐代诗人有“微风动柳生水波”的描述。图甲为一列可
看成简谐横波的水波在t=0.5s时的波形图，P、Q是介质中的两个质点，图乙为质点P的振动图像。
下列说法正确的是（ ）A. 水波的波速为0.6m/s
B. 从图甲开始计时质点Q先于质点P振动到波谷
A
C. t=1.0s时，质点Q的位移为-
2
D. 质点P的平衡位置坐标为x =8cm
P
【答案】BC
【解析】由图甲可知波长为 λ=0.12m，由图乙可得周期为T=1.2s，则水波的波速为
λ
v= =0.1m/s，故A错误；图乙为质点P的振动图像，可知在t=0.5s其振动方向向下，在图甲
T
中由同侧法可知波沿x轴负向传播，故由图甲可得质点P往平衡位置振动，Q在平衡位置向波谷振
动，则从图甲开始计时质点Q先于质点P振动到波谷，故B正确；从图示的甲图到t=1.0s波形向
左移动x=vΔt=0.1×0.5m=5cm，根据对称性可知，此时Q点到平衡位置的距离与P点到平衡位
A
置的距离相等，所以 Q 点的位移为- ，故 C 正确；由图甲可得波的函数图像为
2
2π A π 2π π
y=Asin( x+φ )，取x=0时，y= ，可得φ = ，即波函数为y=Asin( x+ )，则当
λ 0 2 0 6 12 6
A
y = 时，解得x =4cm，故D错误。故选BC。
P 2 P
10.如图甲所示，两根足够长的光滑平行金属直导轨固定，导轨间距为L，所在平面与水平面的夹
角为θ=30°，导轨间存在垂直于导轨平面、方向相反的匀强磁场，其磁感应强度的大小分别为B、
B'。pp'、qq'是垂直于导轨，间距为d的磁场边界。将质量分别为m、2m的金属棒a、b垂直导轨
放置，a棒与pp'的间距也为d，两棒接入导轨之间的电阻均为R，其他电阻不计。现同时将两棒由
静止释放，两棒与导轨始终垂直且接触良好。t 时刻a棒经过qq'，b棒恰好经过pp'进入磁场，t
1 2
时刻b棒经过qq'。a棒运动的v-t图像如图乙所示，中间图线平行于横轴，重力加速度为g。下列
说法正确的是( )1
A. B'= B B. a棒刚进入磁场时的速度大小v =√gd
2 0
1
C. 0∼t 时间内，a棒上产生的焦耳热为 mgd D. t 时刻，a、b两棒的距离为
1 2 2
1
d
2
【答案】AB
1
【解析】对a棒从开始到刚进入磁场过程，根据机械能守恒可得mgdsin30°= mv2 ，解得a棒
2 0
刚 进 入 磁 场 时 的 速 度 为 ： v =√gd， 0～t 时 间 内 ， 根 据 能 量 守 恒 可 得
0 1
1
mg⋅2d⋅sin30°= mv2+Q，由于两棒接入导轨之间的电阻相等，故 a棒上产生的焦耳热为
2 0
1 1
Q = Q，联立解得Q = mgd，故B正确，C错误；设初始时两棒间的距离为Δx，根据题意，
a 2 a 4
t 时刻a棒经过qq'，b棒恰好经过pp'进入磁场，在0~t 时间内a棒先做匀加速运动，进入磁场后
1 1
d d
+ =t
做匀速运动，b棒一直做加速度大小为gsin30°的匀加速运动，对a棒，有v v 1 ，对b棒，
0 0
2
1 5
有 gsin30°⋅t2=Δx+d，联立解得Δx= d，设b棒刚好经过pp'进入磁场时的速度为v ，由
2 1 4 b
3
运动学公式得v2=2gsin30°⋅(Δx+d)，解得 b棒的速度为v = v ，根据图像可知，a棒在
b b 2 0
t ~t 时间内做匀速运动，受力分析可知a棒在两区域磁场中时受到的安培力相等，由于a棒经过
1 2
qq'后的一段时间后仍做匀速运动，故可知该段时间内电路中的电流不变，故该段时间内两棒均做3
匀速运动，根据题意可知两棒切割磁感线产生的感应电动势相互叠加，为E'=BL⋅ v +B'Lv ，
2 0 0
E' E'
根据欧姆定律可知回路中的电流为I= ，此时a棒受到的安培力为F =B'I'L=B' ⋅ L；
2R 2 2R
BLv
0~t 时间内对a棒受到的安培力为F =BIL=B⋅ 0 ⋅L，又F =F ，联立解得磁感应强度大小
1 1 2R 1 2
d 2d
B' 1 t = =
之比为： = ，故A正确；b棒在磁感应强度为B的磁场中运动的时间为 b 3 3v ，该段
B 2 v 0
2 0
2d 2d
时间a棒运动的位移为x =v t = ，故t 时刻两棒间距离为 ，故D错误。
a 0 b 3 2 3
11.某同学要测定实验室一干电池组的电动势和内阻，利用现有器材设计了如图1所示的实验电路
图，选用器材如下：
A．待测干电池组(电动势约4.5V，内阻约3Ω)；
B．电压表V (量程0~3V，内阻约3kΩ)；
1
C．电压表V (量程0~15V，内阻约5kΩ)；
2
D．电流表A (量程0~1A，内阻为0.5Ω)；
1
E．电流表A (量程0~100mA，内阻为1Ω；)
2
F．滑动变阻器R (0∼10Ω)；
P
G．开关、导线若干。
闭合开关，该同学通过改变滑动变阻器滑片的位置得到多组关于电压表和电流表的数据，描绘了
如图2所示的U-I图像，根据上述条件回答以下问题。
(1)电压表应选择 ，电流表应选择 (填选项前的字母)。
(2)根据图像和已知数据可算出，电池组电动势E= V，内阻r= Ω(结果
均保留3位有效数字)。与真实值相比，电动势测量值 (填“偏大”“偏小”或“相等”)，内阻测量值 (填“偏大”“偏小”或“相等”)。
【答案】(1)B D；(2)4.50 3.25 相等 相等
【解析】(1)由题可知，待测电池组的电动势大约为4.5V，选量程0~15V的电压表，测量误差较
大，所以实验时需要选择量程0~3V的电压表，通过调节滑动变阻器可以保证不超量程，即电压表
应选择B。结合图2的U-I图像，可知实验过程电路中的电流取值范围 0.4~0.8A，所以选择量程
0~1A的电流表。即电流表选D。(2)根据闭合电路欧姆定律U=E-I(R +r)结合U-I图像可知
A
3=E-0.4×(0.5+r)，1.5=E-0.8×(0.5+r)联立，解得E=4.50V，r=3.25Ω，由于电流表内阻
已知，实验没有电压表分流、电流表分压的引起的误差，则计算出的电源的电动势测量值与真实
值相等，电源内阻测量值和真实值也相等。
12.新能源汽车已经普遍走进了我们的生活，某实验小组通过网络查找了某种知名的电池铭牌，电
池采用的是“刀片电池”技术。现将一块电芯拆解出来，测得长为 960mm，宽为90mm，用游标
卡尺准确测量其厚度，结果如图1所示，然后测量其电动势E和内阻r。由此可知：
(1)块刀片电芯厚度为 mm。
(2)为了减小实验误差，图2中电表①应与电表②的接线柱 连接。(填“A”或“B”)
(3)正确连接电路，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录多组 U和I的值，并以U为纵坐标、I
为横坐标，作出的U-I图像如图3所示，则该干电池的电动势E= V、内阻r= Ω。(结
果均保留三位有效数字)
(4)请同学们写出下图电流表(使用0.6A量程)和电压表(使用3V量程)的读数： A、
V。【答案】(1)13.50 (2)A (3)1.48 2.00 (4)0.44 0.62
【解析】(1)块刀片电芯厚度为d=13mm+10×0.05mm=13.50mm
(2)电压表与电路并联，电流表与电路串联，可知电表①为电压表，电表②为电流表，由于电流表
内阻与干电池内阻接近，为了减小实验误差，电流表应对干电池外接，电表①应与电表②的接线
柱A连接。
(3)根据闭合电路的欧姆定律E=U+Ir，整理得U=-Ir+E，
干电池的电动势为E=1.48V，图像的斜率的绝对值表示内阻，
1.08-0.68
为r=|k|= Ω=2.00Ω
0.40-0.20
(4)电流表读数为I=0.44A，电压表读数为U=0.62V
13.一质量M=1 kg的绝缘长木板放在倾角θ=37°的光滑斜面上，一质量为m=2.95 kg的带正电小
物块置于木板上的某位置。在外力作用下物块和木板均保持静止状态。空间存在沿斜面向下的匀
强电场，场强大小E=1×104 N/C。木板左端距斜面底端的距离x=13m，斜面底端固定着一薄挡板，
0
1
与之相碰的物体会以原速率的 反向弹回(碰撞时间极短可忽略)。t=0时刻撤去作用在木板和物块
2
上的外力，同时一质量为m=50g的子弹以沿斜面向上v=960m/s的速度打入物块并留在其中(时间
0 0
极短可忽略)。当木板第5次与挡板接触时物块恰好第一次到达木板左端，木板和物块均被瞬间锁
定。物块的带电量q=0.8×10-3C且电量始终不变，其他物体均不带电，物块与木板间的动摩擦因
5
数μ= ，物块可以看作质点，且整个过程中物块不会从木板右端滑出，取 g=10 m/s2，
12
sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)子弹打入物块瞬间，二者的共同速度v 的大小；
1
(2)物块与木板刚共速瞬间，木板左端距离挡板的距离x；
(3)从t=0时刻开始到木板和物块被锁定的全过程，物块与木板摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)16m/s；(2)15m；(3)473.75J【解析】(1)子弹打入小物块共速过程内力远大于外力，动量守恒m v =(m +m)v
0 0 0 1
得v =16m/s
1
(2)对物块和子弹qE+(m+m )gsinθ+μ(m+m )gcosθ=(m+m )a
0 0 0 1
得a =12m/s2
1
对木板μ(m+m )gcosθ-Mgsinθ=Ma'
0
得a'=4m/s2
经过t 物块和木板共速v -a t =a't
1 1 1 1 1
得t =1s
1
共同速度为v =v'=4m/s
2
v +v
所以x = 1 2t =10m
1 2 1
0+v'
x' = t =2m木板左端距离挡板的距离x=x +x' =15m
1 2 1 0 1
(3)物块与木板共速后，假设一起向上减速运动。由牛顿第二定律有
(M+m+m )gsinθ+qE=(M+m+m )a 得a =8m/s2
0 0 2 2
对木板受力分析Mgsinθ+f =Ma
2
得f =2N<μ(m+m )gcosθ=10N
0
假设成立，物块与木板共同减速。两者共同减速至速度为零v -a t =0
2 2 2
得t =0.5s
2
0+v
所以x = 2t =1m
2 2 2
木板与物块共同下滑加速度为a
2
1
x +x' +x = a t2 得t =2s
0 1 2 2 2 3 3
所以v =a t =16m/s
3 2 3
1
木板与挡板相碰后速度向上，有v' = v =8m/s
1 2 3
由牛顿第二定律有μ(m+m )gcosθ+Mgsin37°=Ma'
0 1
得a' =16m/s2
1
对物块和子弹(m+m )gsin37°+qE-μ(m+m )gcosθ=(m+m )a
0 0 0 416
得a = m/s2
4 3
v'
木板向上匀减速时间t' = =0.5s
4 a'
1
由运动时间对称性，从第一次碰板到第二次碰板共用时间2t '=1s
4
1 1 1 1
由于每次碰板速率变为 ，碰撞时间间隔依次为：1s， s， s， s。
2 2 4 8
1 1 1 15
板块从第一次碰撞到第五次碰撞总共运动时间t=(1+ + + )s= s
2 4 8 8
1
此过程中物块一直匀加速运动：x =v t+ a t2
3 3 2 4
得x =39.375m
3
由于相对位移为x。整个过程放热Q=μ(m+m )gcosθ(x +x -x' )=473.75J
3 0 3 1 1
14.如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，在t=0时刻波形如图中的实线所示，t=0.5 s时刻
1 2
的波形如图中虚线所示，若该列波的周期T>0.5 s，试求：
(1)该列波的波长λ、周期T和波速v；
(2)在x轴上质点P在t=0时刻的运动方向和t=3.0 s内通过的路程。
【答案】(1)8 m 2 s 4 m/s
(2)质点P向y轴负方向运动 0.3 m
【解析】(1)由图可知，波长λ=8 m，由于该波沿x轴负方向传播，从t=0到t=0.5 s时间内，
1 2
1
有Δt=t-t=(k+ )T(k=0，1，2，3，…)
2 1 4
又知T>0.5 s
联立上式解得k=0，
则波的周期T=4Δt=2 s
λ
由v= 可得v=4 m/s。
T
(2)由于波沿x轴负方向传播，故t=0时刻质点P向y轴负方向运动3
又t=3.0 s= T
2
3
则质点P在t=3.0 s时间内通过的路程为s= ×4A=6×5×10-2 m=0.3 m。
2
15.如图所示，传送带与水平面夹角θ＝30°，以v＝4 m/s的速率顺时针转动，A、B两端的长度
0
L＝6 m。传送带B端恰好与一足够长的斜面底端平滑衔接，斜面与水平方向夹角也为θ＝30°，
斜面上P点距离B点0.2 m，质量m＝1 kg的物块无初速度地放在传送带A端，已知物块与传送
带间的动摩擦因数μ＝ ，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝ ，最大静摩擦力近似等于滑动摩
1 2
擦力，g＝10 m/s2，求：
(1)物块刚放到传送带上时的加速度大小；
(2)物块从传送带A端到达B端的时间；
(3)计算分析物块经过P点的次数。
【答案】(1)2.5 m/s2 (2)2.3 s (3)4
【解析】(1)物块刚放到传送带上时，物块所受摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有 μmg
1
cos θ－mg sin θ＝ma
解得物块刚放到传送带上时a＝2.5 m/s2。
(2)物块加速到与传送带速度相等的时间t＝
1
解得t＝1.6 s
1
位移为x＝ at2＝3.2 m
1
由于μmg cos θ>mg sin θ
1
此后物块与传送带一起匀速运动，时间为t＝ ＝0.7 s
2
物块从传送带A端到达B端的时间t＝t＋t＝2.3 s。
1 2
(3)物块在斜面上由于μmg cos θ0.2 m
1
即物块冲过P点，到最高点后下滑经过P点回到B处，速度为v，物块下滑的加速度
1
mg sin θ－μmg cos θ＝ma
2 3
根据运动学公式有v2＝2ax
1 3 1
解得v＝2 m/s
1
物块继续向下运动，由于传送带作用，又返回到B处，返回的速度仍为v，同理最高点到B距离为
1
x＝
2
解得x＝0.25 m>0.2 m
2
则物块再次冲过P点，到最高点后下滑再次经过P点回到B处，速度为v ，根据运动学公式有v2
2 2
＝2ax
3 2
解得v＝1 m/s
2
物块继续向下运动，由于传送带作用，又返回到B处，返回的速度仍为v，同理最高点到B距离为
2
x＝
3
解得x＝ m<0.2 m
3
则物块不能冲过P点，即一共经过4次P点。
