福建泉州泉港区一中2020届高三物理上学期期中试卷（附解析Word版）

泉港一中 2019-2020 学年度上学期期中考试卷 高三年级物理科试题 一、选择题 1.国际单位制（缩写 SI）定义了米（m）、秒（s）等 7 个基本单位，其他单位均可由物理关系 导出。例如，由 m 和 s 可以导出速度单位 m·s–1。下列几个物理量 单位正确的是 A. 滑动摩擦因数 μ 的单位 N/kg B. 功 W 的单位是 kg•m/s2 C. 万有引力恒量 G 的单位是 N•kg2/ m2 D. 劲度系数 k 的单位是 kg/s2 【答案】D 【解析】 【详解】A．滑动摩擦因数 μ 没有单位，故 A 错误； B．由功公式 可知，功的单位为 ，故 B 错误； C．由公式 得 所以 G 的单位是 ，故 C 错误； D．由胡克定律 可得 所以劲度系数 k 的单位 故 D 正确。 2.高楼高空抛物是非常危险的事。设质量为 M=1kg 的小球从 20m 楼上做自由落体运动落到地 面，与水泥地面接触时间为 0.01s，那么小球对地面的冲击力是小球重力的倍数大约是 A. 10 倍 B. 20 倍 C. 200 倍 D. 2000 倍 【答案】C 【解析】 的 W Fx= 2 2 2kg m / s m kg m /s⋅ × = ⋅ 2 GMmF r = 2FrG Mm = 2 2 N m kg ⋅ F kx= Fk x = 2 2 N kg m kg m m s s ⋅= =⋅ 【 详 解 】 小 球 下 落 过 程 ， 由 动 能 定 理 得 ： ， 解 得 ： ，方向：竖直向下；以向下为正方向，由动量定理得： ，解得： ，由于 ，故 C 正确。 3.在检测某电动车性能的实验中，质量为 8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，测 得此过程中不同时刻电动车的牵引力 F 与对应的速度 v，并描绘出 F- 图像（图中 AB、BO 均 为直线）。假设电动车行驶中阻力恒定，求此过程中，下列说法正确的是 A. 电动车行驶过程中的功率恒为 6000w B. 电动车由静止开始运动，经过 2s 速度达到 C. 电动车匀加速的最大速度为 3m/s D. 电动车所受阻力为重力的 0.5 倍 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图象可知，图中 AB 部分对于 F 不变，电动车的牵引力不变，做匀加速运动， 由公式 P=Fv 可知，电动车的功率增大，故 A 错误； BCD．当电动车速度达到最大时，速度为 15m/s，牵引力为 400N，则电动车的额定功率 P 额=Fv=400×15W=6000W 电动车速度最大时，牵引力与阻力相等，即 电动车匀加速结束时的速度 电动车匀加速的加速度为 21 02Mgh Mv= − m m2 2 10 20 20s sv gh= = × × = 2( ) 0Mg F t Mv− = − 2010NF = 10NG = 1 V 2m / s 400N=0.05f G= 3m / sPv F = =额 F f ma− = 解得 电动车匀加速的时间 故 BD 错误，C 正确。 4.一个质量为 m 的小铁块沿半径为 R 的固定半圆轨道上边缘由静止滑下，到半圆底部时，轨 道所受压力为铁块重力的 1.5 倍，则此过程中铁块损失的机械能为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】铁块滑到半球底部时，半圆轨道底部所受压力为铁块重力的 1.5 倍，根据牛顿第二 定律，有 压力等于支持力，根据题意，有 对铁块的下滑过程运用动能定理，得到 联立解得： 故 D 正确。 5.如图所示，一细绳跨过一轻质定滑轮（不计细绳和滑轮质量，不计滑轮与轴之间摩擦），绳 的一端悬挂一质量为 m 的物体 A，另一端悬挂一质量为 M（M>m）的物体 B，此时 A 物体加速度 22m / sa = 1.5svt a = = 1 8 mgR 1 4 mgR 1 2 mgR 3 4 mgR 2vN mg m R − = 1.5N mg= 21 2mgR W mv− = 3 4W mgR= 为 a1。如果用力 F 代替物体 B，使物体 A 产生的加速度为 a2，那么以下说法错误的是 A. 如果 al= a2，则 F< Mg B. 如果 F=Mg，则 al = + A. 此时 B 球的速度为 B. 此时 B 球的速度为 C. 当 β 增大到等于 时，B 球的速度达到最大，A 球的速度也最大 D. 在整个运动过程中，绳对 B 球的拉力一直做正功 【答案】A 【解析】 【详解】AB．将物块 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速 度等于 B 沿绳子方向的分速度。在沿绳子方向的分速度为 v 绳子=vcosα 所以 故 A 正确，B 错误； C．当 β 增大到等于 时，B 球的速度沿绳子方向的分速度等于 0，所以 A 沿绳子方向的分 速度也是 0，而 cosα 不等于 0，所以 A 球的速度为 0；此时 A 的动能全部转化为 B 的动能， 所以 B 球的速度达到最大，故 C 错误； D．在 β 增大到 的过程中，绳子的方向与 B 球运动的方向之间的夹角始终是锐角，所以绳 对 B 球的拉力一直做正功，在 β 继续增大的过程中拉力对 B 球做负功，故 D 错误。 7.如图所示，光滑的轻滑轮通过支架固定在天花板上，一足够长的细绳跨过滑轮，一端悬挂 小球 b，另一端与套在水平细杆上的小球 a 连接。在水平拉力 F 作用下小球 a 从图示虚线位置 开始缓慢向右移动（细绳中张力大小视为不变）。已知小球 b 的质量是小球 a 的 2 倍，滑动摩 擦力等于最大静摩擦力，小球 a 与细杆间的动摩擦因数为 。则下列说法正确的是 cos cos v α β cos cos v β α 90° cos cos cosB v vv α β β= =绳 90° 90° 3 3 A. 当细绳与细杆的夹角为 30°时，拉力 F 的大小为（2– ）mg B. 当细绳与细杆的夹角为 60°时，拉力 F 的大小为（2– ）mg C. 支架对轻滑轮的作用力大小逐渐增大 D. 拉力 F 的大小一直减小 【答案】B 【解析】 【详解】AB．当细绳与细杆的夹角为 时，拉力 F 的大小为 故 A 错误，B 正确； C．向右缓慢拉动 过程中，两个绳子之间的拉力逐渐增大，绳子的拉力不变，所以绳子的合 力减小，则绳子对滑轮的作用力逐渐减小，根据共点力平衡的条件可知，支架对轻滑轮的作 用力大小逐渐减小，故 C 错误； D．设 a 的质量为 m，则 b 的质量为 2m；以 b 为研究对象，竖直方向受力平衡，可得绳子拉力 始终等于 b 的重力，即 T=2mg，保持不变；以 a 为研究对象，受力如图所示，设绳子与水平方 向夹角为 θ，支持力 FN=2mgsinθ-mg 向右缓慢拉动的过程中，θ 角逐渐减小；水平方向 F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ（2mgsinθ-mg）=2mg（cosθ+μsinθ）-μmg 由于 由于 θ 从 开始逐渐减小，可知 θ 增大，则（ +θ）从 逐渐减小时 sin（ +θ） 的 3 3 3 3 60° 3 3 32 (cos sin ) 2 (cos60 sin 60 ) (2 )3 3 3F mg mg mg mg mgθ µ θ µ ° °= + − = + − = − 3 2 2cos sin cos sin (sin 60 cos cos60 sin ) sin( 60 )3 3 3 θ µ θ θ θ θ θ θ° ° °+ = + = + = + 90° 60° 150° 60° 逐渐增大； 当 θ＜ 后， F=f+2mgcosθ=2mgcosθ+μ（mg-2mgsinθ）=2mg（cosθ-μsinθ）+μmg 由于 当 θ 从 逐渐减小的过程中，cos（ +θ）逐渐增大，所以当 θ 从 逐渐减小的过程 中 F 仍然逐渐增大，可知水平拉力一直增大，故 D 错误。 8.一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop(超 级高铁)”. 据英国《每日邮报》2016 年 7 月 6 日报道，Hyperloop One 公司计划，将在欧洲 建成世界首架规模完备的“超级高铁”(Hyperloop)，连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德 哥尔摩，速度可达每小时 700 英里(约合 1 126 公里/时)．如果乘坐 Hyperloop 从赫尔辛基到 斯德哥尔摩，600 公里的路程需要 40 分钟，Hyperloop 先匀加速，达到最大速度 1 200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加速度大小相等，则下列关于 Hyperloop 的说法正确的是(  ) A. 加速与减速 时间不一定相等 B. 加速时间为 10 分钟 C. 加速时加速度大小为 2 m/s2 D. 如果加速度大小为 10 m/s2，题中所述运动最短需要 32 分钟 【答案】B 的 30° 3 2 2cos sin cos sin (sin 60 cos cos60 sin ) cos( 60 )3 3 3 θ µ θ θ θ θ θ θ° ° °− = − = − = + 30° 60° 30° 【解析】 试题分析：A、加速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等，故 A 错误； BC、加速的时间为 t1，匀速的时间为 t2，减速的时间为 t1，匀速运动的速度为 v，由题意得： ，而 t=40 分=240 秒， ，而：v=1200km/h= x=600 公里 =600000m， 联立解得：t1=600s=10 分，t2=1200s=20 分，a＝ m/s2＝0．56m/s2，故 B 正确、C 错误； D、如果加速度大小为 10 m／s2，根据 联立解得：t= s=30．5min，故 D 错误。 故选 B。 考点：匀变速直线运动规律的综合运用。 【名师点睛】对于复杂的运动，从时间、速度、位移三个角度分析等量关系，列式求解。加 速与减速的加速度大小相等，由逆向思维可得：加速与减速时间相等；该过程分为加速、匀 速和减速，三个运动从时间、速度和位移角度找关系，建立等式．联立求解。 9.A、B 两物体同时同地同向出发，其运动的 v–t 图象和 a–t 图象如图甲、乙所示，已知在 0~t0 和 t0~2t0 两段时间内，A 物体在 v–t 图象中的两段曲线形状相同，则有关 A、B 两物体的说法 中，正确的是（ ） A. A 物体先加速后减速 B. a2=2a1 C. t0 时刻，A、B 两物体间距最小 D. 2t0 时刻，A、B 两物体第一次相遇 【答案】BD 【解析】 【详解】由甲图可知，A 物体先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，速度 一直增加，故 A 错误； 由甲图可知，两物体的速度变化量相同，在乙图中 a—t 图线围成的面积表示速度的变化量， 即 0～t0 时间内 a—t 图线围成的面积相等，则有 a2=2a1，故 B 正确； 由 v－t 图线可知，0～t0 时间内 A 的速度一直小于 B 的速度，B 在前，A 在后，AB 之间的距离 不断增大，t0 时刻以后 A 的速度大于 B 的速度，它们之间的距离开始减小，因此 t0 时刻两物 体之间的距离最大，故 C 错误； 由甲图可知，2t0 时刻 A、B 两物体 v－t 图线围成的面积相等，表示位移相等，两物体第一次 相遇，故 D 正确。 10.如图，地球与月球可以看作双星系统它们均绕连线上的 C 点转动在该系统的转动平面内有 两个拉格朗日点 L2、L4(位于这两个点的卫星能在地球引力和月球引力的共同作用下绕 C 点做 匀速圆周运动，并保持与地球月球相对位置不变)，L2 点在地月连线的延长线上，L4 点与地球 球心、月球球心的连线构成一个等边三角形。我国已发射的“鹊桥”中继卫星位于 L2 点附近， 它为“嫦娥四号”成功登陆月球背面提供了稳定的通信支持。假设 L4 点有一颗监测卫星，“鹊 桥”中继卫星视为在 L2 点。已知地球的质量为月球的 81 倍，则 A. 地球和月球对监测卫星的引力之比为 81：1 B. 地球球心和月球球心到 C 点的距离之比为 1：9 C. 监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大 D. 监测卫星绕 C 点运行的周期比“鹄桥”中继卫星的大 【答案】AC 【解析】 【详解】A 项：由公式 可知，地球和月球对监测卫星的引力之比为等于地球的质 量与月球的质量之比即为 81：1，故 A 正确； B 项：设地球球心到 C 点的距离为 r1，月球球心到 C 点的距离为 r2，对地球有： 联立解得： ，故 B 错误； C 项：对月球有： ，对监测卫星有：地球对监测卫星的引力 ，月球 对监测卫星的引力 ，由于两引力力的夹角小于 90o，所以两引力的合力大于 ， 由公式 可知，监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大，故 C 正确； D 项：由于监测卫星绕 C 点运行的加速度比月球的大，所以监测卫星绕 C 点运行的周期比月球 的更小，由于月球的周期与“鹄桥”中继卫星的相等，所以监测卫星绕 C 点运行的周期比“鹄 桥”中继卫星的小，故 D 错误。 11.如图所示，A、B 两物块的质量分别为 2m 和 m，静止叠放在水平地面上，A、B 间的动摩擦 因数为 ，B 与地面间的动摩擦因数为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。 现对 A 施加一个水平拉力 F，则以下说法正确的是 A. 当 时，A、B 都相对地面静止 B. 当 时，A 的加速度为 2 mMG Fr = 2 12 mMG M rL ω=地 地 2 22 mMG M rL ω=月 月 2 1 r 81= 1 M M r =地 月 2 =GM M M aL 月地 月 2 GM m L 地 2 GM m L 月 2 GM m L 地 2 GMa L = µ 2 µ 2F mgµ< 5 2 mgF µ= 3 gµ C. 当 时，A 相对 B 滑动 D. 无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 【答案】BCD 【解析】 【详解】AB 之间的最大静摩擦力为： fmax=μmAg=2μmg B 与地面间的最大静摩擦力为： 则对 A，有 故拉力 F 最小为 所以 此时 AB 将发生滑动 A．当 时，A 相对于 B 静止，二者以共同的加速度开始运动，故 A 错误； B．当 时，故 AB 间不会发生相对滑动，由牛顿第二定律有 故 B 正确； C．当 时，A 相对于 B 滑动，故 C 正确； D．A 对 B 的最大摩擦力为 2μmg，B 受到的地面的最大静摩擦力为 当拉力超过一定值 后，无论拉力多大，B 受到 A 的摩擦力不变，故加速度不变，大小为 所以无论 F 为何值，加速度均不会超过 ，故 D 正确。 3F mgµ> 2 gµ ' max 1 3( )2 2A Bf m m g mgµ µ= + = 2 2F mg maµ− = ' max ( 2 )F f m m a− = + 3F mgµ= 3 32 mg F mgµ µ< < 5 32F mg mgµ µ= < max 1 3A B F fa gm m µ−= =+ 3F mgµ> 3 2 mgµ 32 12 2 mg mg a gm µ µ µ − = = 1 2 gµ 12.如图所示，在竖直方向上 A、B 两物体通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连（轻质弹簧的两 端分别固定在 A、B 上），B、C 两物体通过细绳绕过光滑轻质定滑轮相连，A 固定在水平地面 上，C 放在固定的倾角为 的光滑斜面上。已知 B 的质量为 m，C 的质量为 4m，重力加速度 为 g，细绳与滑轮之间的摩擦力不计。现用手按住 C，使细绳刚刚拉直但无张力，并保证 ab 段的细绳竖直、cd 段的细绳与斜面平行。开始时整个系统处于静止状态，释放 C 后，它沿斜 面下滑，斜面足够长，则下列说法正确的是 A. 整个运动过程中 B 和 C 组成的系统机械能守恒 B. C 下滑过程中，其机械能一直减小 C. 当 B 的速度达到最大时，弹簧的伸长量为 D. B 的最大速度为 2g 【答案】BD 【解析】 【详解】A．整个运动过程中，弹簧对 B 物体做功，所以 B 和 C 组成的系统机械不守恒，故 A 错误； B．C 下滑过程中，绳子 拉力对 C 做负功，由功能关系可知，物体 C 的机械能减小，故 B 正 确； C．当 B 的速度最大时，其加速度为零，绳子上的拉力大小为 2mg，此时弹簧处于伸长状态， 弹簧的伸长量 x2 满足 得 故 C 错误； 的 30° 2mg k 5 m k 2kx mg= 2 mgx k = D．释放瞬间，对 B 受力分析，弹簧弹力 得 物体 B 上升的距离以及物体 C 沿斜面下滑的距离均为 h=x1+x2 由于 x1=x2，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，设 B 物体 的最大速度为 vm，由机械能守恒定律得 解得： 故 D 正确。 二、实验题 13.某实验小组利用光电计时器等器材来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系， 实验装置如图甲所示。 （1）本实验在正确操作的情况下，保持钩码的质量 m 不变．通过增加小车上的配重片来改变 小车和遮光片的总质量 M，由光电计时器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门 1、2 的时 间分别为△t1、△t2，用刻度尺测得两个光电门之间的距离 x，用 10 分度的游标卡尺测得遮光 条的宽度为 d。则小车的加速度表达式α=_____（表达式均用己知字母表示）．测得遮光条的宽 度如图乙所示．其读数为____mm． 1F kx mg= = 1 mgx k = 214 sin ( 4 )2mgh mgh m m vα − = + 2 5m mv g k = （2）该小组通过实验得到α- 图像，如图丙所示。则所挂钩码 质量 m=_____kg。（当地的 重力加速度为 g=9.8m/s2） 【答案】 (1). (2). 5.00 (3). 0.1 【解析】 （1）通过光电门 1 的速度为 ，通过光电门 2 的速度为 ，根据位移速度公式 可 得 ； 游 标 卡 尺 的 读 数 为 ； （2）根据牛顿第二定律可得 ，故有 ，所以图像的斜率 ，即 ，解得 m=0.1kg． 14.某实验小组做“探究动能定理”实验，装置如图甲所示。探究对象是铝块（质量小于砂 桶），保持其质量 m 不变，通过在砂桶中加砂来改变对铝块的拉力，由力传感器可测得拉力的 大小 F。已知当地重力加速度为 g，电源频率为 f。 （1）若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更________（填“大”或“小”）。 （2）实验时，让砂桶从高处由静止开始下落，在纸带打出一系列的点，如图乙所示，其中 0 是打下的第一个点，取纸带上 0~5 过程进行研究，铝块动能的增加量 ΔEk=__________，外力 做的功 W=________。 （3）为了更普遍地反应铝块运动过程中功与动能增加量的关系，某同学选取 0 点到不同计数 点过程，作出 ΔEk–W 图象如图丙所示，他根据_____________，才得到结论：外力做的功等 的1 M 2 2 2 1 1 ( ) ( )2 d da x t t  = − ∆ ∆  1 1 dv t = ∆ 2 2 dv t = ∆ 2 2 2 12ax v v= − 2 2 2 1 1 2 d da x t t      = −   ∆ ∆      5 0.00 5.00d mm mm mm= + = mg Ma= 1a mg M = ⋅ k mg= 0.98 0.49 1.0 0.5mg −= − 于动能的增加量。 【答案】 (1). 大 (2). (3). （F-mg）(h+x1) (4). 图像斜率 近似为 1 【解析】 【详解】(1)[1]由于滑轮的摩擦，若把力传感器装在右侧轻绳上则实验的误差会更大； (2)[2]计数点 5 的瞬时速度 则系统动能的增加量 [3]外力做的功 (3)[4]对铝块由动能定理得 如果图像斜率近似为 1 时，可知外力做的功等于动能的增加量。 三、计算题 15.如图所示，在倾角 θ= 的足够长的固定的斜面底端有一质量 m=1kg 的物体.物体与斜面 间动摩擦因数 μ=0.25，现用轻绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力 F=10N，方向平行斜面 向上。经时间 t=4s 绳子突然断了，（sin =0.60；cos =0.80；g=10m/s2）求： （1）绳断时物体的速度大小。 （2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间？ 【答案】（1）8m/s（2）（1+ ）s 【解析】 【详解】(1)物体向上运动过程中，受重力 mg，摩擦力 Ff，拉力 F，设加速度为 a1，则有 ( )2 2 1 2 8 m x x f+ 1 2 1 2 5 2 2 x x x xv fT + += = 2 2 2 21 2 1 2 k 5 ( )1 1 ( )2 2 2 8 x x m x x fE mv m f + +∆ = = = 1( )( )W F mg h x= − + kW E= ∆ 37° 37° 37° 10 F-mgsinθ-Ff=ma1 FN=mgcosθ 又 Ff=μFN 得 F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 代入解得： a1=2.0m/s2 所以，t=4.0s 时物体速度 v1=a1t=8.0m/s (2)绳断后，物体距斜面底端 断绳后，设加速度为 a2，由牛顿第二定律得： mgsinθ+μmgcosθ=ma2 得 a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2 物体做减速运动时间 减速运动位移 此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为 a3，则有： mgsinθ-μmgcosθ=ma3 得 a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2 设下滑时间为 t3，则 解得： 2 1 1 1 16m2x a t= = 1 2 2 1.0svt a = = 1 2 2 4.0m2 v tx = = 2 1 2 3 3 1 2x x a t+ = 所以 16.如图，光滑的水平面上放置质量均为 m=2kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关 相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）。甲车上带有一半径 R=1m 的 1/4 光滑的圆弧 轨道，其下端切线水平并与乙车上表面平滑对接，乙车上表面水平，动摩擦因数 μ= ，其上 有一右端与车相连的轻弹簧，一质量为 m0=1kg 的小滑块 P（可看做质点）从圆弧顶端 A 点由 静止释放，经过乙车左端点 B 后将弹簧压缩到乙车上的 C 点，此时弹簧最短（弹簧始终在弹 性限度内），之后弹簧将滑块 P 弹回，已知 B、C 间的长度为 L=1．5m，求： （1）滑块 P 滑上乙车前瞬间甲车的速度 v 的大小； （2）弹簧的最大弹性势能 EPm； （3）计算说明滑块最终能否从乙车左端滑出，若能滑出，则求出滑出时滑块的速度大小；若 不能滑出，则求出滑块停在车上的位置距 C 点的距离。 【答案】（1）1m/s（2） （3）1m 【解析】 试题分析：（1）滑块下滑过程中水平方向动量守恒， 机械能守恒： 解得： ， （2）滑块滑上乙车后，由动量守恒定律得： 由能量守恒定律有： 解得： 3 10st = 2 3 (1 10)st t t= + = +总 10 3 J （3）设滑块没有滑出，共同速度为 ，由动量守恒可知 由能量守恒定律有： 解得： ＜L，所以不能滑出，停在车上的位置距 C 点的距离为 1m。 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用；正确分析物体的运动过程， 把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，也是应培养的基本能力．本题解题务必要注 意速度的方向。 17.如图所示，A、B 是水平传送带的两个端点，起初以 的速度顺时针运转，今将一 小物块（可视为质点）无初速度地轻放在 A 处，同时传送带以 的加速度加速运转， 物体和传送带间的动摩擦因数为 0.2，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 CPN，其形状为 半径 R=0.8m 的圆环剪去了左上角 135°的圆弧，PN 为其竖直直径，C 点与 B 点的竖直距离为 R，物体离开传送带后由 C 点恰好无碰撞落入轨道， ，求： （1）判断物体能否沿圆轨道到达 N 点。 （2）物块由 A 端运动到 B 端所经历的时间。 （3）AC 间的水平距离； 【答案】（1）不能（2）3s（3）8.6m 【解析】 【详解】(1)物体能到达 N 点的速度要求 解得 对于小物块从 C 到 N 点，设能够到达 N 位置且速度为 ，由机械能守恒得 0 1 /v m s= 2 0 1 /a m s= 210 /g m s= 2 Nvmg m R = 8m / sNv gR= = ' Nv 解得 故物体不能到达 N 点 (2)物体离开传送带后由 C 点无碰撞落入轨道，则得在 C 点物体的速度方向与 C 点相切，与竖 直方向成 ，有 vcx=vcy 物体从 B 点到 C 作平抛运动，竖直方向 水平方向 得出 所以 物体刚放上传送带时，由牛顿第二定律有 μmg=ma 得 物体历时 t1 后与传送带共速，则有 at1=v0+a0t1 得 得： v1=2m/s＜4m/s 2 '21 2 1(1 )2 2 2C Nmv mgR mv= + + ' 4.8m / sN Nv v= < 45° 2 3 1 2R gt= 3Cyv gt= 3BC Bx v t= 4m / sB Cx Cyv v v= = = 2 4 2m / sC Bv v= = 22m / sa = 1 1st = 故物体此时速度还没有达到 vB，且此后的过程中由于 a0＜μg，物体将和传送带以共同的加速 度运动，设又历时 t2 到达 B 点 得： t2=2s 所以从 A 运动倒 B 的时间为 t=t1+t2=3s (3)AB 间的距离为 从 B 到 C 的水平距离为 所以 A 到 C 的水平距离为 1 0 2Bv v a t= + 2 2 1 1 2 0 2 1 1 7m2 2s at at t a t= + + = 3 2 1.6mBC Bs v t R= = = 8.6mAC BCs s s= + =