辽宁省沈阳铁路实验中学2020届高三物理11月月考试卷（附解析Word版）

沈阳铁路实验中学 2019-2020 学年度上学期 11 月月考试题 高三物理 一、单项选择题（每题 4 分，共 9 题，共 36 分） 1.如图所示为某质点做直线运动的 v—t 图象。已知 t0 时刻质点的速度为 v0，2t0 时刻质点的 速度为 2v0 图中 OA 与 AB 是关于 A 点中心对称的曲线。由此可求出的物理量有( ) A. 0~t0 时间内的位移 B. t0~2t0 时间内的平均速度 C. 0~2t0 时间内的位移 D. 2t0 时刻的加速度 【答案】C 【解析】 【详解】A．对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，0～t0 时间内的图象是曲 线且不知是何种线，故无法求解 0～t0 时间内的位移，故 A 错误； B．对于速度时间图象，图线与坐标轴围成面积表示位移，t0～2t0 时间内的图象是曲线且不知 是何种线，故无法求解 t0～2t0 时间内的位移，则无法求解 t0～2t0 时间内的平均速度，故 B 错误； C．图中 OA 与 AB 是关于 A 点中心对称的曲线，利用割补法可知图线围成面积等于连接 OB，OB 图象与坐标轴围成三角形面积，该面积可求，即可求 0～2t0 时间内的位移，故 C 正确； D．对于速度-时间图象，速度的斜率表示加速度，但 2t0 时刻的斜率无法求解，即无法求解 2t0 时刻的加速度，故 D 错误； 故选 C. 2.古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为 2kg，以 10m/s 的速度奔跑，撞树后反弹的 速度为 1m/s，设兔子与树的作用时间为 0.1s。下列说法正确的是 ①树对兔子的平均作用力大小为 180N ②树对兔子的平均作用力大小为 220N ③兔子动能变化量为－99J ④兔子动能变化量 －101J A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【详解】选初速度方向为正向，由动量定理：Ft=mv2-mv1，代入数据求得：F=-220N. 动能的变化量： 代入数据求得：△Ek=-99J. 故 C 正确，A、B、D 错误.故选 C. 3.如图所示，一质量为 2m 的物块在水平外力 F= 的作用下静止在角为 30°的斜面体上. 已知物块与斜面体之间的动摩擦因数 μ＝0.8，重力加速度大小为 g，关于物块所受的摩擦力 f，下列说法正确的是（） A. f＝mg、沿斜面向上 B. f＝ 、与 F 的方向相反 C. 、与 F 方向的夹角为 120° D. 、与 F 方向的夹角为 120° 【答案】D 【解析】 【详解】ABCD．重力沿斜面向下的分力为： 所以重力沿斜面向下的分力与 F 的合力与摩擦力 f 平衡，则： ， 与 F 的夹角 α 为： 为 2 2 2 1 1 1 2 2kE mv mv∆ = − 3 3 mg 3 3 mg 4 3 5f mg= 2 3 3f mg= x 2 sin30F mg mg= ° = 2 2 x 2 3 3f F F F mg= = + =合 F合 解之得 α=60° 所以 f 与 F 方向 夹角为 120°，故 D 正确，ABC 错误。 4.石墨烯是目前世界上已知的强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能， 人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空 的电梯，电梯始终相对地面静止。如图所示，假设某物体 B 乘坐太空电梯到达了图示的位置 并停在此处，与同高度运行的卫星 A 地球同步卫星 C 相比较，下列说法正确的是 A. 物体 B 的角速度大于卫星 A 的角速度 B. 物体 B 的线速度大于卫星 A 的线速度 C. 物体 B 的线速度大于卫星 C 的线速度 D 若物体 B 突然脱离电梯，B 将做近心运动 【答案】D 【解析】 【详解】A.设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M．人造地球卫星绕地球做匀速圆 周运动，根据万有引力提供向心力，则得： 解得： 则知，A 的角速度大于 C 的角速度。而 B 与 C 的角速度相等，所以 A 的角速度大于 B 的 角速度，故 A 错误。 B.B 的角速度小于 A 的角速度，由： 的 . 1cos = 2 F F α = 合 2 2 MmG mrr ω= 3 GM r ω = r 相等，知 B 的线速度小于 A 的线速度，故 B 错误。 C.B 与 C 的角速度相等，由： 知 B 的线速度小于 C 的线速度，故 C 错误。 D.地球上的物体所受到的万有引力一部分提供其跟随地球做匀速圆周运动的向心力，所以当 物体 B 脱离电梯后，万有引力大于其需要的向心力，将做近心运动，故 D 正确。 5.如图所示，电源电动势为 E，内阻为 r，电动机 M 的线圈电阻为 R1．闭合开关 S，电动机开 始转动，稳定后电路中的电流为 I，滑动变阻器接入电路的电阻为 R2．则 A. 电流大小 I= B. 电动机两端的电压 U=IR1 C. 电源的效率 η= ×100% D. 电动机的机械功率 P=IE-I2(R1+R2+r) 【答案】D 【解析】 【详解】A．电动机为非纯电阻，欧姆定律不能运用，A 项错误； B．设电动机两端电压为 U，对电动机分析有 P 电=P 机+P 热，即 UI>I2R1，得出 U>IR1，B 项错误; C．电源的效率 ； 由于欧姆定律不成立，所以 ， C 项错误； D．从能量角度分析，电动机的机械功率等于电源的总功率减去电路中的热功率，D 项正确. 6.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成 30°角，在管的上方 P 点固定一个点电荷+Q，P 点与 v rω= v rω= E R r+ 1 2 1 2 R R R R r + + + 100%UI U EI E η = = × 1 2 1 2 100%R R R R r η +≠ ×+ + 细管在同一竖直平面内，管的顶端 A 与 P 点连线水平。电荷量为-q 的小球(小球直径略小于细 管内径)从管中 A 处由静止开始沿管向下运动。图中 PB⊥AC，B 是 AC 的中点，不考虑小球电 荷量对电场的影响。则在 Q 形成的电场中( ) A. A 点的电势高于 B 点的电势 B. B 点的电场强度大小是 A 点的 2 倍 C. 小球从 A 到 C 的过程中电势能先减小后增大 D. 小球从 A 到 C 的过程中重力势能减少量大于动能增加量 【答案】C 【解析】 【详解】A．正点电荷的电场线是发散型的，沿着电场线方向电势降低，因此 A 点的电势低于 B 点的电势，故 A 错误； B．结合几何关系：PA=2PB，由点电荷电场强度公式 ，可知 B 点的电场强度大小是 A 点的 4 倍，故 B 错误； C．根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从 A 到 C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大；故 C 正确； D．球从 A 到 C 的过程中，电势能不变，那么重力势能减少量等于动能增加量，故 D 错误； 故选 C. 7.霍尔元件磁传感器，是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动控制等领域．如 图一长度一定的霍尔元件，磁感应强度 B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从 E 到 F 方向的电流 I，其中元件中的载流子是带负电的电荷，下列说法中正确的是（  ） A. 该元件能把电学量转化为磁学量 B. 左表面的电势高于右表面 C. 如果用该元件测赤道处的磁场，应保持水面呈水平状态 2 kQE r = D. 如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比 【答案】D 【解析】 【分析】 在霍尔元件中，移动的是负电荷，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两 侧面所带电荷的电性，即可知道 M、N 两侧面会形成电势差 UMN 的正负．MN 间存在电势差，之 间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差 UCD 与什么 因素有关。 【详解】A 项：霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故 A 错误； B 项：根据左手定则，负电荷向左侧面偏转，左表面带负电，右表面带正电，所以右表面的电 势高，故 B 错误； C 项：在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过， 故 C 错误； D 项：CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍 尔元件的长宽高分别为 a、b、c，有 ，I=nqvs=nqvbc，则 ，故 D 正确。 故选：D。 【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦 兹力作用下处于平衡。 8.现有一些大小一样的均匀带电正方形板块，所有板块单位面积上所带的电荷量相等，将它 们组合成如下几种情形的大正方形，带电性质已在图中标出，不考虑板块之间的相互影响。 AO、BP、CQ 分别垂直于三个大正方形，并交于正方形的中点，且 AO=BP=CQ，图 1 中 A 点的电 场强度大小为 E1，图 2 中 B 点的电场强度大小为 E2。图 3 中的空白正方形板块不带电，则 C 点的电场强度大小为 Uq qvBb = BIU nqc = A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】图 1 中 A 点的电场强度可看成由左右两部分产生，根据对称性和电场叠加原理可知 每部分产生的电场在竖直方向上的分量的大小为 。图 2 也看成左右两部分，同理每部分 产生的电场在水平方向的分量大小为 ，方向水平向右。图 3 可看成下半部分为正电荷， 左半部分为负电荷，如图所示两部分叠加: 两部分产生的电场强度在竖直方向上的分量抵消，水平方向上的分量相互垂直并且都为 ， 所以 C 点的电场强度为 。 ACD.由上分析可知，C 点的电场强度为 ，ACD 错误； B.由上分析可知，C 点的电场强度为 ，B 正确。 9.如图所示，两滑块 A、B 位于光滑水平面上，已知 A 的质量 MA=1kg，B 的质量 MB=4kg．滑块 B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块 A 以 v=5m/s 速度水平向右运动， 通过弹簧与静止的滑块 B 相互作用（整个过程弹簧没有超过弹性限度），直至分开。则（  ） A. 物块 A 的加速度一直在减小，物块 B 的加速度一直在增大 B. 作用过程中弹簧的最大弹性势能 1 2 2 E 2 2 2 E 2 2 1 2 1 2 E E+ 2 2 1 2 1 2 E E− 1 1 2 E 2 1 2 E 2 1 2 E 2 2 2 E 2 2 2 E 2 2 2 E 2JpE = C. 滑块 A 的最小动能为 ，滑块 B 的最大动能为 D. 若滑块 A 的质量 ，B 的质量 ，滑块 A 的最小动能为 ，滑块 B 的最大动能为 【答案】D 【解析】 【详解】A．弹簧的弹力先增大后减小，两个物块受到的合外力都等于弹簧的弹力，则两个物 块的加速度都先增大后减小，故 A 错误; B．当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块 A 和 B 的速度相同。选取向右为正 方向，根据动量守恒定律： 解得： v′=1m/s 根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能等于滑块 A、B 损失的动能，为： 解得： EP=10J 故 B 错误; C．当 A、B 分离时，滑块 B 的速度最大，由动量守恒和能量守恒定律得： 由以上两式得：vA=-3m/s，vB=2m/s，所以滑块 A 的最小动能为 EKA=0．滑块 B 的最大动能为 故 C 错误; D．若滑块 A 的质量 MA=4kg，B 的质量 MB=1kg，同理可得，当 A、B 分离时，A、B 的速度分别 为 vA=3m/s，vB=8m/s，滑块 A 的最小动能为 滑块 B 的最大动能为 4.5JKAE = 8JKBE = 4kgAM = 1kgBM = 18JKAE = 32JKBE = ( )A A BM v M M v′= + 2 21 1 ( )2 2P A A BE M v M M v′= − + A A A B BM v M v M v= + 2 2 21 1 1 2 2 2A A A B BM v M v M v= + 21 8J2kB B BE M v= = 21 18J2kA A AE M v= = 故 D 正确。 二、多项选择题(每题 4 分，共 3 题，共 12 分，漏选得 2 分，错选不得分) 10.嫦娥四号月球探测器已于 2018 年 12 月 8 日在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭 发射成功。嫦娥四号将经历地月转移、月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着 陆和巡视勘察。已知地球质量为 M1，半径为 R1，表面的重力加速度为 g，月球质量为 M2，半 径为 R2，两者均可视为质量分布均匀的球体。则下列说法正确的是 A. 月球表面的重力加速度为 B. 探测器在月面行走时，探测器内的仪处于完全失重状态 C. 月球的第一宇宙速度为 D. 嫦娥四号环月飞行的最小周期为 2π 【答案】CD 【解析】 【详解】A．在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得： ，在地球表面，同 理有万有引力等于重力的关系： ，联立可得： ；故 A 错误. B．探测器在月面行走时，探测器和仪器在竖直方向受力平衡，不是处于失重状态，故 B 错误. C．绕月球表面的卫星的环绕速度为月球的第一宇宙速度，有 ；故 C 正确. D．四号环月飞行时按第一宇宙速度运行时周期最小，则四号环月飞行的最小周期为 21 32J2kB B BE M v= = 22 2 1 1 ( )M g R M R 2 1 1 2 M gR M R 2 2 2 2 1 1 M R M gR 1 2 1 M mG mgR = 2 2 2 M mG mgR = 月 22 1 1 2 ( )M g Rg M R =月 2 2 1I 1 2 = M gv g R R M R =月 月 ，故 D 正确. 故选 CD. 11.如图所示，在直角三角形 AOC 的三条边为边界的区域内存在着磁感应强度为 B 的匀强磁场， 已知∠A＝60°，边 AO 的长度为 a。现在 O 点放置一个可以向各个方向发射某种带负电粒子的 粒子源，已知粒子的比荷为 ，发射的速度大小都为 v0，且满足 ．粒子发射的方 向可由图中速度与边 CO 的夹角 θ 表示，不计重力作用，关于粒子进入磁场后的运动，正确 的是（  ） A. 以 θ＝0°和 θ＝60°飞入的粒子在磁场中的运动的时间相等 B. 以 θ＜60°飞入的粒子均从 AC 边出射 C. 以 θ＞60°飞入的粒子，θ 越大，在磁场中的运动的时间越大 D. 在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 【答案】ABD 【解析】 【详解】AD.粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径 ，当粒子以 θ＝0°飞入磁场 区域时，最终将从 AC 边的中点射出，A 点为轨迹圆心，圆心角为 60°，时间为T，当 θ＝60° 时，粒子将从 A 点射出磁场区域，圆心角为 60°，时间为 T，故 AD 正确； B.随着 θ 的增大，粒子在 AC 边上的射出点将向 A 点靠拢，以 θ＜60°飞入的粒子均从 AC 边 出射，故 B 正确； C.粒子的速度大小相等，在磁场中做圆周运动的轨迹弧长越小，运动时间越短，以 θ＞60° 飞入的粒子，随着 θ 的增大，出射点从 A 逐渐向 O 靠拢，轨迹长度逐渐减小，在磁场中运动 时间逐渐减小，故 C 错误。 12.如图所示，一个质量为 m、带电荷量为+q 的圆环，套在水平放置的粗糙绝缘细杆上，圆环 直径略大于细杆直径。已知细杆处于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中，给圆环初速度 使 其向右运动起来，在运动过程中圆环的电荷量不变，经历变速运动后圆环最终处于平衡状态。 2 2 1 2 2 2 1I 2 =2R M RT v M gR π π= 月 q m 0 qBav m = 0mvr aqB = = 0v 则从开始运动到最终处于平衡状态，圆环克服摩擦力做的功可能为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】A、圆环经历变速运动后圆环最终处于平衡状态，故 ，因而圆环在速度为 受到杆的作用力不为零，存在摩擦力，故摩擦力做功不为零，故 A 错误； B、当 时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得： ，解得： ，故 B 正确； CD、当 时，圆环先做减速运动，当 时，不受摩擦力，做匀速直线运动， 则有 ；根据动能定理得： ，代入解得： ， 故 C 错误，D 正确。 三、填空题（每空 3 分，共 6 分） 13.如图所示，质量均为 m 的物块 A、B 放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为 r、2r，圆 盘做匀速圆周运动。当转动的角速度为 ω 时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴 的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为 g，最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，则物块与圆盘间的动摩擦因数为_______________；用细线将 A、B 两物 块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时， 外力对转轴做的功为____________________。 2 0 1 2 mv 3 2 2 22 m g q B 3 2 2 0 2 2 1 2 2 m gmv q B − 0qv B mg≠ 0v 0qv B mg< 2 0 10 2W mv− = − 2 0 1 2W mv= 0qv B mg> qvB mg= mgv qB = 2 2 0 1 1 2 2W mv mv− = − 3 2 2 0 2 2 1 2 2 m gW mv q B = − 【答案】 (1). (2). 【解析】 【详解】[1]由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块 B。 即为： μmg=m•2rω2 可得： [2]当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为 ω1．对物块 A 研究有： 对物块 B 研究有： 可得： 则物块 A 的线速度大小为： 物块 B 的线速度大小为： 根据功能关系可得，外力做的功为： 四、计算题（共 46 分） 22r g ω 2 210 3 mr ω 22r g ωµ = 2 1mg T mrµ ω− = 2 12mg T m rµ ω+ = ⋅ 1 2 3 3 ω ω= 1 2 3 3Av r rω ω= = 1 4 32 3Bv r rω ω= = 2 2 2 21 1 10 2 2 3A BW mv mv mr ω= + = 14.如图所示，x 轴正方向有以(0，0.10m)为圆心、半径为 r=0.10m 的圆形磁场区域，磁感应 强度 B=2.0×10-3T，方向垂直纸面向里。PQ 为足够大的荧光屏，在 MN 和 PQ 之间有方向竖直 向下、宽度为 2r 的匀强电场(MN 与磁场的右边界相切)。粒子源中有带正电的粒子不断地由静 止电压 U=800V 的加速电场加速。粒子经加速后，沿 x 轴正方向从坐标原点 O 射入磁场区域， 再经电场作用恰好能垂直打在荧光屏 PQ 上，粒子重力不计。粒子的比荷为 =1.0×1010C/kg， 。求： (1)粒子离开磁场时速度方向与 x 轴正方向夹角的正切值。 (2)匀强电场的电场强度 E 的大小。 (3)将粒子源和加速电场整体向下平移一段距离 d(d， 解得: (3)粒子从 C 点入射，粒子在磁场中运动的最大弧弦长 CD=2r=0.2m， 该粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得偏向角为 ， 解得:α=60°； 在磁场中运动时间 ， 得： 在电场中，水平方向做匀速直线运动， 则： 15.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B 静止 于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0 时刻，小物块 A 在倾斜轨道上从静止开始下滑， 一段时间后与 B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当 A 返回到倾斜轨道上的 P 点（图中未标出） 时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块 A 运动的 v-t 图像 如图（b）所示，图中的 v1 和 t1 均为未知量。已知 A 的质量为 m，初始时 A 与 B 的高度差为 H，重力加速度大小为 g，不计空气阻力。 Eqa m = 33.84 10 /E N C= × sin 2 r R α = 1 03 Rt v π= 7 8 1 10 5 106t s s π − −= × = × 7 2 0 2 1 10cos60 rt sv −= = ×° 7 1 2 1.5 10t t t s−= + = × （1）求物块 B 的质量； （2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物块 A 克服摩擦力所做的功； （3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 B 停止运动后，改变物块与轨道间的 动摩擦因数，然后将 A 从 P 点释放，一段时间后 A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前面动摩擦 因数的比值。 【答案】（1）3m （2） （3） 【解析】 【详解】（1）物块 A 和物块 B 发生碰撞后一瞬间的速度分别为 、 ，弹性碰撞瞬间，动量 守恒，机械能守恒，即： 联立方程解得： ； 根据 v-t 图象可知， 解得： （2）设斜面的倾角为 ，根据牛顿第二定律得 当物块 A 沿斜面下滑时： ，由 v-t 图象知： 当物体 A 沿斜面上滑时： ，由 v-t 图象知： 2 15 mgH 11 9 Av Bv 1 A B Bmv mv m v= + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2A B Bmv mv m v= + 1 B A B m mv vm m −= + 1 2 B B mv vm m = + 1 1 2Av v= − 3Bm m= θ 1sinmg f maθ − = 1 1 1 va t = 2sinmg f maθ + = 1 2 1 5 4 va t = 解得： ； 又因下滑位移 则碰后 A 反弹，沿斜面上滑的最大位移为： 其中 为 P 点离水平面得高度，即 解得 故在图（b）描述 整个过程中，物块 A 克服摩擦力做的总功为： （3）设物块 B 在水平面上最远 滑行距离为 ，设原来的摩擦因为为 则以 A 和 B 组成的系统，根据能量守恒定律有： 设改变后的摩擦因数为 ，然后将 A 从 P 点释放，A 恰好能与 B 再次碰上，即 A 恰好滑到物 块 B 位置时，速度减为零，以 A 为研究对象，根据能量守恒定律得： 又据（2）的结论可知： ，得： 联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为： 。 16.如图示，质量 m=0.5kg 的物块（可视为质点）以 v0=4m/s 的速度从右侧皮带轮最高点向左 滑上足够长的水平薄传送带，传送带以 v1=2m/s 的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的 动摩擦因数 μ0=0.2。倾角为 θ=37°的固定斜面上静置一质量为 M=2kg 的薄木板，木板的长 度为 L=4m，物块与木板之间的动摩擦因数 μ1= ，木板与斜面之间的动摩擦因数 μ2= ，斜 面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为 x=2m，木板与挡板碰撞后立即粘 在一起停止运动。物块离开传送时做平抛运动，并且恰好沿斜面落在木板的顶端。设物块与 的 的 1 sin9f mg θ= 1 1 1 1 sin 2 Hx v tθ= = 1 2 1 1 1 1 0.4 0.1sin 2 2 vhx t v tθ= = ⋅ ⋅ = h 1 5h H= 2 5sin Hx θ= ( )1 2 1 2sin9 sin 5sin 15f H HW f x x mg mgHθ θ θ  = + = × + =   S µ ( ) tan B H hmg H h mg m gSµ µθ +− = + µ′ tan hmgh mg mgSµ µθ ′ ′= + 2 15 tanf H hW mgH mgµ θ += = tan 9θ µ= 11 9 µ µ =′ 7 8 3 4 木板之间、木板与斜面之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（重力加速度 g=10m/s2）： （1）物块在传送带上运动的过程中，传送带因传送物块多消耗的电能是多少？ （2）皮带轮的最大半径是多少？ （3）物块落在木板以后，通过计算分析物块是否会滑出木板。 【答案】（1）9J；（2）0.4m；（3）没有滑出 【解析】 【详解】（1）物块在传送带运动的加速度大小 a0=μ0g=2m/s2， 物块向左减速运动的时间 t1= =2s， 物块向左减速运动相对皮带的位移 x1= t1+ v1t1=8m， 物块向右匀加速运动的时间 t2= =1s， 物块向右匀加速运动相对皮带的位移 x2=v1t2- t2=1m， 传送带因传送物块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功 W=μ0mg（x1+x2）=9J。 （2）物块回到传送带右端的速度为 v1=2m/s，要使物块离开传送时做平抛运动，则 解得皮带轮的最大半径 0 0 v a 0 2 v 1 0 v a 1 2 v 2 1 m vmg m r = （3）设物块落到斜面上的速度为 v3，由平抛的特点知 物块在木板上下滑的加速度 mgsin37°－μ1mgcos37°=ma1 解得 a1=-2m/s2，即物块做匀减速运动，而木板的加速度 Mgsin 37°＋μ1mgcos37°－μ2(M＋m)gcos37°=Ma2 解得 a2=0.25m/s2，即木板向下做初速度为零的匀加速运动，若木板一直加速运动与挡板碰， 设所需时间为 t0，则 解得 t0=4s；若木板与挡板碰前与木块共速，需时间 t3，则 v3＋a1t3=a2t3 解得 t3=1.1s；即木板与挡板碰前与木块已经共速，此时共同速度为 v=a2t3=0.28m/s 该过程木板的位移 该过程木块的位移 x1´=v3t3+ at32=1.54m 因 x1´- x < L，知物块与木板共速前物块没有滑出木板；由于 2= = ，物块与木板 共速后一起沿斜面以 0.28m/s 的速度匀速运动，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动， 此后物块沿木板运动的位移 x2´= = m=0.02m 最终因 x1´+ x2´- x < L，物块最终也没有滑出木板。 答：（1）传送带因传送物块多消耗的电能是 9J，（2）皮带轮的最大半径为 0.4m，（3）没有 滑出。 2 1 0.4mm vr g = = 1 3 2.5m/scos37 vv °= = 2 2 0 1 2x a t= 3 2 2 1 0.15m2x a t∆ = = 1 2 ∆ µ tan37° 3 4 2 1 0 2 v a − ( ) 20 0.28 2 2 − × − ∆