2020届广东省六校联盟高三上学期第二次联考理综物理试题(深圳实验,广州二中,珠海一中)(解析版)

2019年广东省六校联盟高三上学期第二次联考理综物理试题(深圳实
验，广州二中，珠海一中，惠州一中，东莞中学，中山纪中)
二、选择题
1.如图所示有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的顶点,它们处在同一竖直平面内．现有两条光滑直轨道AOB 、COD ，轨道与竖直直径的夹角关系为αβ>，现让一小物块先后从这两条轨道顶端由静止下滑至底端，则下列关系中正确的是( )
A. B D v v =
B. B D v v >
C. AB CD t t =
D.
AB CD t t > 【答案】D 【解析】 【分析】
根据动能定理直接判断速度大小，根据运动学公式求解时间。

【详解】AB ．小物块下滑过程中只有重力做功，同一物块重力做功只和高度有关系，COD 轨道竖直高度更高，根据动能定理可知重力做功等于物块落至底端的动能，所以B D v v <，故AB 错误； CD ．以AOB 轨道的物块为研究对象，根据位移与速度的关系：
22112cos cos cos 2
AB R R αg αt α+
=g 同理COD 轨道：
2
2112cos cos cos 2
CD R R βg βt β+
=g 两式相比且cos cos αβ<：
22
1
222
122cos 12cos AB CD
R R t αR t
R β+
=>+
所以
AB CD t t >，故D 正确，C 错误。

【点睛】根据圆直径对应的圆周角为直角，通过辅助线计算位移，进而分析加速度，最后求解时间。

2.如图所示为某电场中x 轴上电势随x 变化的
图像，一个带电粒子仅受电场力作用在1x 处由静止释放沿x 轴正向运动，且以一定的速度通过2x 处，则下列说法正确的是( )
A. 1x 和2x 处的电场强度均为零
B. 1x 和2x 之间场强方向不变
C. 粒子从1x 到2x 过程中，电势能先减小后增大
D. 该粒子带正电 【答案】C 【解析】 【分析】
电势随x 变化的图像的斜率的物理意义为电场强度，沿着电场线的方向电势降低；根据电势的定义判断电势
能的变化。

φ-图像的斜率的物理意义为场强，根据图像可知两处的斜率大小不同、方向相反，所以【详解】AB．x
两处的场强大小不为零且方向相反，故AB错误；
CD．沿着电场线方向电势降低，说明1x处的电场线沿着x轴的负方向，粒子能够从静止出发，说明粒子带负电，根据电势的定义式：
E
p
ϕ=
q
可知，粒子从1x粒子从到2x过程中，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。

【点睛】注意利用电势的定义式计算时，因为电势的选取是相对的，所以公式中的物理量的正负需要代入，这样才能准确判断电势能的变化。

、、三条导线到d导线的距离相等，三3.有四条垂直于纸面的长直固定导线，电流方向如图所示，其中a b c
条导线与d的连线互成120︒角.四条导线的电流大小都为I，其中a导线对d导线的安培力大小为F.现突然把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变. 此时d导线所受安培力的合力大小为()
A. 0
B. F
C. 3F
D. 2F
【答案】D
【解析】
【详解】把c导线的电流方向改为垂直于纸面向外后，对d进行；受力分析如图所示：
a对d的斥力大小为F，b对d的斥力大小为F，c对d的引力大小为F，根据共点力的合成可知d导线所受的合力为2F，D正确.
4.如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是
A. 小球带负电
B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大
C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
【答案】C
【解析】
【分析】
由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b 滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．
【详解】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误．
B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误．
C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C 正确．
D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误.
【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题．对于电容器，关键是分析和计算其电压，及充电情况．电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导．
5.如图，质量分别为M 、m 的两个木块A 、B 通过轻弹簧连接，木块A 放在水平桌面上，木块B 用轻绳通过定滑轮在力F 的作用下整体恰好处于静止状态，绳与水平方向成α角．不计滑轮与绳间的摩擦．则下列正确的是( )
A. 木块A 对桌面的压力()M m g F +-
B. 木块A 与桌面之间的动摩擦因数cos ()F M m g F α
μ=
+-
C. 弹簧与水平方向的夹角的正切值sin tan cos F mg
F αβα
-=
D. 弹簧的弹力大小为22(sin )(cos )F F F mg αα=+-弹【答案】C 【解析】 【分析】
系统处于静止状态，通过先整体后隔离的方法进行分析求解，系统恰好静止，说明A 物块受到最大静摩擦力。

【详解】A ．对A 、B 物块和弹簧构成的系统整体受力分析可知：
sin ()F αN M m g +=+地
根据牛顿第三定律可知木块A 对地面的压力为：()sin M m g F α+-，故A 错误； B ．题中未说明最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，所以无法计算动摩擦因数，故B 错误； CD ．对B 物块受力分析，正交分解：
sin sin cos cos F βF αmg F βF α
=-=弹弹
两式相比解得：
sin tan cos F mg
F αβα
-=
两式平方相加解得：
22
αα
F F F mg
=+-
(cos)(sin)
弹
故C正确，D错误。

【点睛】系统处于静止状态，优先考虑整体法，分析单个物体需要选择受力较少的物体进行受力分析进而正交分解。

6.真空中电量均为Q的两同种点电荷连线和一绝缘正方体框架的两侧面ABB1A1和DCC1D1中心连线重合，连线中心和立方体中心重合，空间中除两同种电荷Q产生的电场外，不计其它任何电场的影响，则下列说法中正确的是()
A. 正方体两顶点A、C1电场强度相同
B. 正方体两顶点A、C1电势相同
C. 两等量同种点电荷周围电场线和面ABB1A1总是垂直
D. 把正检验电荷q从顶点A移到C电场力不做功
【答案】BD
【解析】
【分析】
电场强度是矢量，通过场强的叠加获得合场强；电势是标量，沿着电场线方向电势降低，可以根据对称性判断电势的大小；电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力不做功。

【详解】AC．电场强度是矢量，需要两个电荷在不同点进行场强的叠加，所以A点和C1点两处的电场强度大小相等，方向不同，且A点合场强不与面ABB1A1垂直，所以AC错误；
B．根据电势的对称性可知A、B、B1、A1、和D、C、C1、D1这8个点的电势相等(关于点电荷连线的中点对称)，故B正确；
D．因为A点和C点的电势相等，根据电场力做功：
=
W qU
可知，正检验电荷q 从顶点A 移到C 电场力不做功，故D 正确。

【点睛】考察等量同种电荷电场线和等势面的分布，掌握电场强度和电势的标矢性。

7.如图所示，O 处为地心，卫星1环绕地球做匀速圆周运动，卫星2环绕地球运行的轨道为椭圆，两轨道不在同一平面内．已知圆轨道的直径等于椭圆轨道的长轴，且地球位于椭圆轨道的一个焦点上，引力常量为G ，地球的质量为M ，卫星1的轨道半径为R ，卫星1的运转速度为0v ，关系为 1.5OQ R =．下列说法正确的是( )
A. 卫星1的运行周期大于卫星2的运行周期
B. 卫星2在P 、Q 点的速度大小关系为0p Q v v v >>
C. 卫星2在Q 点的速度23Q GM
v R
<
D. 如果卫星1的加速度为a ，卫星2在P 点的加速度为p a ，则 p a a > 【答案】BC 【解析】 【分析】
根据开普勒第三定律判断半径与周期的大小，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解相关物理量，根据卫星变轨判断速度大小。

【详解】A ．根据开普勒第三定律：
3
2a k T
= 可知，卫星1的半径等于卫星2的半长轴，所以卫星1的运行周期等于卫星2的运行周期，故A 错误； B ．卫星2在轨道上运行过程中机械能守恒，在P 点引力势能最小，动能最大，在Q 点则相反，所以p Q v v >，
0v 是圆周运动的速度，根据题目中的条件可知，圆周运动的速度大小大于椭圆轨道远地点的速率，小于近
地点的速率，所以0p Q v v v >>，故B 正确；
C ．若卫星2在OQ 为半径的轨道上做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：
22
(1.5) 1.5Mm v G m R R
= 解得：23GM v R =
，在椭圆轨道的Q 点要做近心运动，所以23Q GM
v R
<，故C 正确； D ．万有引力提供加速度：
02
Mm
G
ma r = 解得：02GM
a r
=
，P 点距离中心天体较近，所以 p a a <，故D 错误。

【点睛】本题考察万有引力定律、开普勒第三定律以及变轨问题。

8.如图所示，锁定的A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m ．过程一：只解除B 球锁定，B 球被弹出落于距桌边水平距离为s 的水平地面上；过程二：同时解除A 、B 两球锁定，则(两种情况下小球离开桌面前，弹簧均已恢复原长)( )
A. 两种情况下B 小球机械能增量均相同
B. 两过程中，在B 球落地前A 、B 两小球及弹簧组成的系统机械能均守恒
C. 过程二中，B 球的落地点距桌边水平距离为
63
s D. 过程一和过程二中，弹簧对B 球做功之比为3:2 【答案】BCD 【解析】 【分析】
过程一中B 球做平抛运动，弹簧的弹性势能全部转化为B 球平抛的初动能；过程二中两小球动量守恒；根据能量守恒和动量守恒定律求解。

【详解】A ．过程一中，弹簧的弹性势能全部转化为B 球的动能，过程二中，弹簧的弹性势能转化为A 、B 两球的动能，所以两种情况下B 小球机械能增量不同，故A 错误；
B ．两过程中，A 、B 两球和弹簧构成的系统除了重力和弹簧弹力做功之外，无其他外力做功，所以系统机械能均守恒，故B 正确；
C ．过程一中，B 球做平抛运动，竖直高度为h ：
0s v t =
212
h gt =
解得：0v =弹性势能为：
2012
p E mv =
过程二中，A 、B 两球组成的系统动量守恒，初动量为0，根据动量守恒定律：
A B 2mv mv =
2
211222
p A B
E mv mv =
+
解得：B v =，根据上述平抛运动的规律可解出过程二中，B
球的落地点距桌边水平距离为3
s ，故C 正确；
D ．弹簧对B 球做功全部转化为B 球脱离弹簧时的动能，所以弹簧对B 球做功之比为B 球两次动能之比：
2
2132122
B mv mv =
故D 正确。

【点睛】明确研究对象，掌握机械能守恒定律和动量守恒定律的条件，分析能量转化的过程。

三、非选择题
9.如图所示是某学习小组设计的“探究做功与速度的关系”的实验装置，将光电门固定在直轨道上的O 点，将拉力传感器固定在小车上，用不可伸长的细线通过一个定滑轮将小车与钩码相连，用拉力传感器记录小车所受拉力F 的大小，通过光电门记录遮光条通过光电门的时间t ，结合遮光条的宽度d 计算出小车通过光电门时的速度，该小组提出如下操作方案：用同一钩码通过细线拉同一小车，每次小车从不同位置由静止
释放，各位置A 、B 、C 、D 、E 、F 、G (图中只标出了G )与O 点间的距离s 分别为1234567s s s s s s s 、、、、、、．
(1)用该实验方案______(填“需要”或“不需要”)平衡摩擦力， (2)利用图像法处理实验数据，若以s 为纵轴，以__________(填1t 或21
t
)为横轴作出的图像是一条过原点的直线，则可得出做功与速度的关系．
(3)若该图像斜率为k ，则小车(含传感器)的质量为 ______ ． 【答案】 (1). 需要 (2). 2
1
t
(3).
2
2kF
d
【解析】 【分析】
(1)拉力传感器测出的拉力为小车所受合力； (2)对小车应用动能定理分析求解；
(3)根据动能定理推出的关系式，分析斜率的意义。

【详解】(1)[1]利用小车自身的重力的分力平衡接触面的摩擦力，这样传感器测量的外力即为小车受到的合外力，所以需要平衡摩擦力；
(2)[2]平衡摩擦力后，拉力传感器测出的外力F 即为小车所受合外力，根据动能定理：
2
12
Fs mv =
遮光条通过光电门：
d
v t
=
两式联立解得：221
2md s F t
=g ，所以s 与21t 成正比；
(3)[3]根据上述计算结果可知：
2
2md k F
=
解得小车(含传感器)的质量为：2
2kF m d
=。

【点睛】此题中是否需要平衡摩擦力在于问题的
设法，题目中如果不平衡摩擦力仍然可以达到实验目的，但是第(3)问无法求解，实验题目的设计有时不一定是循序渐进的引导，遇到不会处理的或有疑惑的题目可以暂且空下，根据后面的设问来完成前面的问题。

10.要测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材：
A ．待测干电池E (电动势约为1.5V )
B ．电流表A (量程1mA ，内阻1599Ωr =)
C ．电压表V (量程3V ，内阻约3k Ω)
D ．滑动变阻器()1020Ω,1A R :
E ．滑动变阻器()20200Ω,1A R :
F ．定值电阻=1ΩR
G ．开关和导线若干
(1)该实验可以将电流表A 和定值电阻R _____(填“串联”或“并联”)，改装成量程为_____的电流表；
(2)请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图____________，要求实验尽可能减小实验误差．电路中滑动变阻器应选用________________(填器材前面的字母)．
(3)闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流I 及电压表示数U ，根据测得的数据作出U I -图像，如图乙所示，由此得到干电池的电动E =_____________V ，内阻r =_________Ω．(结果均保留两位小数)
(4)该实验_________________(填“存在”或“不存在”)由于电表内阻引起的系统误差．
【答案】 (1). 并联 (2). 600mA (或0.6A ) (3). (4). D (5).
1.50(1.48—1.52均对) (6). 0.84(0.75—0.90均对) (7). 不存在
【解析】
【分析】
(1)根据并联分流分析电表的改装；
(2)使用改装后的电表画出测量所需的电路图，根据电流表的量程确定滑动变阻器的量程；
(3)根据闭合电路欧姆定律推导图像所需的表达式；
(4)分析路端电压和干路电流测量是否准确，判断实验是否存在误差。

【详解】(1)[1][2]电流表改装较大量程的电流表需要并联定值电阻，电流表能够通过的最大电流为1mA ，假设改装后电流表的最大量程为I ，根据并联分流规律：
11mA 1mA
R I r =- 解得：600mA 0.6A I ==
(2)[3][4]电流表的量程为0.6A ，电源电动势为1.5V ，选择最大量程为20Ω的滑动变阻器即可，采用限流接法，因为改装后的电流表内阻已知，所以改装后的电流表接在电压表外边，可以进行准确测量：
(3)[5][6]电源和改装后的电流表可以等效为一个新电源，内阻为：
101
R r r r R r =
++g 电源 根据闭合电路欧姆定律： 0U E Ir =-
图像和纵轴的截距为电源电动势，大小为1.50V ，图像的斜率为电源等效内阻：
0 1.50.8Ω=1.84Ω0.38
r -=
电源的真实内阻： 101
0.84ΩR r r r R r =-=+g 电源 (4)[7]根据上述计算过程可知，改装后的电流表内阻已知，精确测量电路的干路电流，电压表精确测量等效电源的路端电压，所以不存在由于电表内阻引起的系统误差
【点睛】熟悉电表的改装和测量电源电动势的原理是解决此题的关键。

11.如图所示，AB 为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为μ=0.2，AB 距离为5m ；BC 为半径r =lm 的竖直光滑
绝缘半圆轨道；BC 的右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度E =500N/C ．一质量m =lkg ，电量q =1.0×10-2C
的带负电小球，在功率P 恒为20W 的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B 点时撤去拉力．已知到达B 点之前已经做匀速运动(g =10 m/s 2)，求：
(1)小球匀速运动的速度大小；
(2)小球从A 运动到B 所用的时间；
(3)请计算分析小球是否可以到达C 点，若可以，求轨道对小球的弹力．
【答案】(1)10m/s (2)3s (3)25N
【解析】
【分析】
分析平衡条件求解速度；应用动能定理和向心力方程求解各物理量。

【详解】(1)因为小球做匀速直线运动，所以
F f =
解得：
010m/s P v f
=
= (2)A 到B 过程中，由动能定理：
212B Pt μmg AB mv -=g 010m/s B v v ==
解得：3s t =
(3)小球从B 点到C 点，由动能定理得：
2211()222
C B mg qE r mv mv -+=
-g 解得：210m/s C v =
若小球恰好过C 点，则： 2
v mg qE m r
+= 解得：15m/s C v v =<
则在C 点，根据牛顿第二定律：
2C N v mg qE F m r
++= 解得轨道对小球的弹力：25N N F =
【点睛】把握题目中的临界条件是解决问题的关键。

12.水平地面上固定一倾角为θ=37°的足够长的斜面，如图所示,斜面上放一质量为m A =1.0 kg 、长L =1.5m 的薄板A ．斜面与薄板下表面的动摩擦因数μ1 = 0.25，同样质量为m B =1.0 kg 的滑块B(可视为质点)位于薄板A 的最上端，薄板A 上表面的前段光滑长度L 0=0.5m ，B 与A 粗糙段之间的动摩擦因数μ2 = 0.5，开始时
用外力使A 、B 静止在斜面顶端处，某时刻撤去外力，使A ，B 由静止同时下滑．已知重力加速度g =10 m/s 2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：
(1)滑块B 进入薄板A 的粗糙段时，两物体的速度；
(2)运动全过程薄板A 与滑块B 之间的摩擦生热．
【答案】(1)1m/s (2)2J
【解析】
【分析】
滑块问题，先求解物体各自的加速度，再书写物体各自的运动学方程，最后寻找速度与位移的关系。

【详解】(1)当滑块B 沿薄板向下运动时，由牛顿第二定律得：
B B B sin m g θm a =
解得滑块B 加速度：B =6m/s a ，方向沿斜面向下，此过程斜面对A 的摩擦力：
11A B ()cos 4N f μm m g θ=+=
方向沿斜面向上，又因为：A 1sin m g θf >，则薄板A 也将向下加速运动，根据牛顿第二定律：
A 1A
B A A sin ()cos m g θμm m g θm a -+=
解得木板的加速度：2A 2m/s a =，方向沿斜面向下，滑块B 相对薄板A 下滑，将进入粗糙段时，由运动学
方程：
22B A 01122
a t a t L -= 解得：0.5s t =，滑块B 的速度：
B B 3m/s v a t ==
薄板A 的速度：
A A 1m/s v a t ==
(2)滑块B 进入粗糙段后，受到向上的摩擦力，根据牛顿第二定律：
B 2B B B sin cos m g θμm g θm a '-=
则滑块B 的加速度：2B 2m/s a '=，方向沿斜面向下，同理对薄板A ：
A 2
B 1A B A A sin cos ()cos m g θμm g θμm m g θm a '+-+=
解得加速度：2A 6m/s a '=，方向沿斜面向下，两物体以不同加速度运动至共速，所用时间为1t ，根据运动
学公式：
B B 1A A 1v a t v a t ''+=+
解得：10.5s t =
共同速度大小：A B 4m/s v v ''==，共速后假设AB 不分开，求整体加速度：
21sin cos =4m/s a g θμg θ=-共
滑块B 受到静摩擦力：
B B 2sin 2N f m g θm a f =-=<共静
则二者保持相对静止，一起沿斜面向下运动，则A 、B 相互摩擦过程中，相对位移为：
22B 1B 1A 1A 111)22
x v t a t v t a t ''=+-(+ 解得：0.5m x =，A 未脱离B 板，在整个过程中产生的热量：
22J Q f x ==
【点睛】滑块也可以用速度时间图像来分析，通过图像的面积关系求解相对位移，进而计算摩擦生热。

13.下列说法正确的是________
A. 古希腊思想家亚里士多德在对待“力与运动的关系”问题上，认为“物体运动不需要力维持”
B. 在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多很小的段，每个小段视为匀速运动，算出各小段位移，然后将各小段位移相加得出公式，运用了微积分的方法
C. 质点、点电荷、元电荷都没有大小，都是一种理想化模型
D. 电场中某点的电场强度的方向即为正电荷在该点受到的电场力的方向
E. 牛顿进行了“月地检验”,得出天上和地下的物体间的引力作用都遵从同样的规律，从而得出万有引力定律
【答案】BDE
【解析】
【分析】
根据物理学历史和基本概念进行逐个选择排除。

【详解】A ．亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，故A 错误；
B ．先取时间微元将整个运动过程等分成很多很小的段，每个小段视为匀速运动，分别计算位移进行相加，运用了微积分的方法，故B 正确；
C ．元电荷是自然界中电荷量的最小值，不是理想模型，故C 错误；
D ．电场强度的方向是人为规定的，电场中某点的电场强度的方向即为正电荷在该点受到的电场力的方向，故D 正确；
E ．牛顿进行了“月地检验”，验证了天上地下的物体间的引力都遵循万有引力定律，故E 正确。

【点睛】熟记基本物理学历史和基本概念解题即可。

14.如图所示，轨道ABC ，其中水平轨道BC 长L 1=1.375m ，斜面轨道AB 与水平轨道BC 倾角θ=37°，物块m 2静止放在离C 点0.5m 的E 处，物块m 1静止放到斜面AB 某位置上，从斜面下滑后经过B 点无机械能损失滑上BC 平面，然后和物块m 2发生弹性正碰，若碰后物块m 2恰好滑停在C 点．已知m 1=2kg ，m 2=4kg ，物块m 1与AD 段的动摩擦因数μ1=0.5，AD 段足够长，与DB 段动摩擦因数为μ2=0.25，两滑块与水平段BC 的动摩擦因数均为μ3=0.4， BD 长L 2=1.5m ，sin37°=0.6，g =10 m/s 2．求：
(1)碰撞后物块m 2获得多大的速度可恰好滑停在C 点；
(2)将物块m 1放在斜面AB 上距离B 点多远的距离可恰好使m 2碰后滑停在C 点．
【答案】(1)2m/s (2)2.5m
【解析】
【分析】 碰撞满足动量守恒定律；根据物块的运动情况和临界条件应用相应的规律解决问题。

【详解】(1)设碰后2m 的速度为2v ，根据运动学公式：
2212EC v a s =
2134m/s a μg ==
解得：22m/s v =
(2)设物块1m 运动到E 点的速度为E v ，碰后的速度为1v ，物块1m 与2m 碰撞为弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得：
11122
22211122111222
E E m v m v m v m v m v m v =+=+ 解得：3m/s E v =
物块从B 减速滑行到E 点：
2212B E BE v v a s -=
解得：4m/s B v =，若从D 点下滑，解出加速度：
22sin cos 4m/s a g θμg θ=-=
根据运动学公式：
2222v a L =
解得：4m/s v =<，因此物块在D 点上方，设物块所放位置离D 点距离为s ，应用动能定理：
2121121211()sin cos cos 2
B m g s L θμm gs θμm gL θm v +--=
解得：1m s =，因此，物块所放位置距B 点的距离为： 2 2.5m s L +=
(若不分段讨论直接全程算出s 也正确)
【点睛】多过程问题分析时，不同的运动过程之间，速度的大小和方向是关键；此题最后一问可以使用全过程动能定理能够简化计算。