2024届重庆市珊瑚中学高三二诊模拟考试物理试卷含解析

2024届重庆市珊瑚中学高三二诊模拟考试物理试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、下列说法中正确的是（）
A．布朗运动是指液体分子的无规则运动
B．物体对外做功，其内能一定减小
C．两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大
D．用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力
2、平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0。

反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，现在平行板电容器两极板间的P点固定一带负电的点电荷，其中电容器的右极板固定，左极板可左右移动少许。

设静电计的张角为θ。

则下列说法正确的是（）
A．若左极板向左移动少许，则θ变大，P点的电势不变
B．若左极板向左移动少许，则θ不变，P点的电势不变
C．若左极板向右移动少许，则θ不变，位于P点的点电荷的电势能减小
D．若左极板向右移动少许，则θ变小，位于P点的点电荷的电势能增大
3、1934年，约里奥-居里夫妇用α粒子轰击铝核27
13Al，产生了第一个人工放射性核素X：27
13
α+Al n+X
．X的原子
序数和质量数分别为A．15和28
B．15和30
C．16和30
D．17和31
4、如图所示的甲、乙两图中，M 为自耦变压器，R 是滑动变阻器，P 1、P 2分别足它们的滑动键，将它们的输入端a 、b 、c 、d 分别接到相同的正弦交流电源上，在它们的输出端e 、f 和g 、h 上各接一个灯泡L 1和L 2，两灯泡均发光。

现将它们的滑动键P 均向下滑动一小段距离，若在此过程中，灯泡不至于烧坏，则（ ）
A ．L 1、L 2均变亮
B ．L 1变亮，L 2变暗
C ．L 1变暗，L 2变亮
D ．L 1、L 2均变暗
5、在竖直平衡（截面）内固定三根平行的长直导线a 、b 、c ，通有大小相等、方向如图所示的电流．若在三根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线a 所受安培力的合力恰好为零，则所加磁场的方向可能是（ ）
A ．垂直导线向左
B ．垂直导线向右
C ．垂直纸面向里
D ．垂直纸面向外
6、一颗人造地球卫星在地面附近绕地球做匀速圆周运动的速率为v ，角速度为ω，加速度为g ，周期为T ．另一颗人造地球卫星在离地面高度为地球半径的轨道上做匀速圆周运动， 则（ ） A ．它的速率为
2
v B ．它的加速度为
4
g C 2T
D ．它的角速度也为ω
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A 、B 、C ，质量均为m ，B 、C 之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F 作用在C 上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是
A ．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B ．若粘在A 木块上面，绳的拉力减小，A 、B 间摩擦力不变
C ．若粘在B 木块上面，绳的拉力增大，A 、B 间摩擦力增大
D ．若粘在C 木块上面，绳的拉力和A 、B 间摩擦力都减小
8、如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A ．物体在传送带上的划痕长22v g
μ
B ．传送带克服摩擦力做的功为212
mv C ．电动机多做的功为
232
mv D ．电动机增加的功率为mgv μ
9、在倾角为θ的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A 、B ，它们的质量分别为m 1、m 2，其中A 带+q 的电荷量，B 不带电。

弹簧劲度系数为k ，C 为一固定挡板，系统处于静止状态。

现加一个平行于斜面向上的匀强电场，场强为E ，使物块A 向上运动，当物块B 刚要离开挡板C 时，物块A 运动的距离为d ，速度为v ，则（ ）
A ．物块A 的电势能增加了Eqd
B ．此时物块A 的加速度为
1
Eq kd
m - C ．此时电场力做功的瞬时功率为Eq v sin θ
D ．此过程中， 弹簧的弹性势能变化了Eqd －m 1gd sinθ－
211
2
m v 10、甲、乙两质点同时同地在外力的作用下做匀变速直线运动，其运动的
x
t t
-图像如图所示。

关于甲、乙两质点的运
动情况，下列说法中正确的是（ ）
A ．乙质点做初速度为c 的匀加速直线运动
B ．甲质点做加速度大小为2c
d
的匀加速直线运动 C ．2d
t =
时，甲、乙两质点速度大小相等 D ．4
d
t =时，甲、乙两质点速度大小相等
三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11．（6分） (1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会有1V 多一点。

小明同学找来了一个土豆做实验，如图所示，当用量程为0-3V 、内阻约50kΩ的伏特表测其两极电压时读数为0.96V ，用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻r 的读数为30Ω。

小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极，测得电流为0.32mA 。

粮据前面小明用伏特表测得的0.96V 电压，由全电路欧姆定律得内阻为3kΩ。

小明认为上豆的内阻为30Ω，小丽则认为其内阻为3kΩ。

以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是_________
A ．小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻
B ．小明的方法正确。

因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻
C ．小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小
D ．小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大，因此计算出的内限误差也很大
(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源，实验室除了导线和开关外，还有以下一此器材可供选择： A ．电流表A 1（量程为0-0.6A ，内阻约为1Ω） B ．灵敏电流表A 2（量程为0-0.6mA ，内阻约为800Ω） C ．灵敏电流表A 3（量程为0-30μA ，内阻未知） D ．滑动变阻器R 1，（最大阻值约100） E ．滑动变阻器R 2，（最大阻值约2kΩ）
F．定值电阻（阻值为2kΩ）
G．电阻箱R（0-9999）
①实验中应选择的器材是_______（填器材前的字母代号）。

②在方框中画出应采用的电路图____________________。

③实验时，改交电阻箱R的阻值，记录下电流表的示数I得到若干组R、I的数据，根据实验数据绘出如图所示的
1 R
I
图线，由此得出其电源的电动势为________V（保留两位有效数）。

按照此实验方法请分析内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明：___________________________________。

12．（12分）为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值R 随拉力F变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易“吊秤”。

电路中电源电动势E = 3V，内阻r =1Ω；灵敏毫安表量程为10mA ，内阻R g=50Ω；R1是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。

现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘环，将其两端接在A、B两接线柱上。

通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步骤如下：
步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1，使毫安表指针满偏；
步骤b：滑环下吊已知重力的重物G，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c：保持可变电阻R1接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I；
步骤d：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e：将电流表刻度盘改装为重力刻度盘。

(1)写出敏感电阻丝上的拉力F与重物重力G的关系式F=__________；
(2)若图(a)中R0=100Ω，图象斜率k = 0.5Ω/N ，测得θ=60°，毫安表指针半偏，则待测重物重力G= _________N；
(3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表________________(填“零刻度”或“满刻度”)处，刻度线_________填“均匀”或“不均匀”）。

(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台“吊秤”称重前，进行了步骤a 操作，则测量结果
______________（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。

13．（10分）如图所示，从长方体透明玻璃中挖去一个半径为R的半球体，O为半球的球心，O1O2连线为透明玻璃体的主光轴，在离球心0.5R处竖直放置一个足够大的光屏，O2为屏上的点，让一单色光束平行O1O2垂直左侧表面入射，
当光线距离O1O2连线0.5R时，折射后的光线达到光屏上距离O2为
3
2
R的P点，已知透明体的上下侧面均涂有吸光
材料，则：
①透明玻璃的折射率为多少；
②当平行光线到光轴O1O2的距离为多少时，折射后射到光屏上的位置离O2最远。

14．（16分）如图所示，xOy坐标系在竖直平面内，第一象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为R的圆形匀强磁场区域，圆形磁场区域与x轴相切于A点，与y轴相切于C点，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。

在A点放置一粒子发射源，能向x轴上方180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量为m、
电荷量为q，速度大小为v=BqR
m
，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

(1)当粒子的发射速度方向与y轴平行时，粒子经过x轴时，坐标为（2R，0），则匀强电场的电场强度是多少?
(2)保持电场强度不变，当粒子的发射速度方向与x轴负方向成60°角时，该带电粒子从发射到达到x轴上所用的时间为多少?粒子到达的位置坐标是多少?
(3)从粒子源发射出的带电粒子到达x轴时，距离发射源的最远距离极限值应为多少?
15．（12分）如图所示，水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑圆弧轨道的内侧相切于Q点，传送带以某一速度顺时针匀速转动。

将质量为m=0.2kg的小物块轻轻放在传送带的左端P点，小物块随传送带向右运动，经Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N。

小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2。

(1)求传送带的最小转动速率v0
(2)求传送带PQ之间的最小长度L
(3)若传送带PQ之间的长度为4m，传送带以(1)中的最小速率v0转动，求整个过程中产生的热量Q及此过程中电动机对传送带做的功W
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、C
【解析】
A．布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故A错误；
B．改变内能的方式有做功和热传递，只知道物体对外做功，而不知道热传递的情况，无法确定其内能变化，故B错误；
C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，故C 正确；
D．用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，是因为气体压强增大的缘故，并不能说明气体分子间存在斥力，而且
气体分子间的分子力几乎可以忽略不计，故D 错误。

故选C 。

2、C 【解析】
AB ．静电计上的电压不变，所以静电计的张角θ不变，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电；将电容器的左极板水平向左移时，电容器的电容4S C kd επ=
减小，但不能放电，则电容器带电量不变，由Q
C U
=和U
E d
=
可得，电容器两极板间的电场不变，则P 点的电势P E Ex ϕ=-（x 为P 点到左极板的距离），则P 点的电势降低，故AB 错误；
CD ．将电容器的左极板水平向右移时，电容器的电容4S C kd επ=
增大，电场强度U
E d
=增大，P 点的电势升高，由于P 点固定的是负电荷，所以位于P 点的点电荷的电势能减小，故C 项正确，D 项错误。

故选C 。

3、B 【解析】
根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X 的电荷数为2+13=15，质量数为4+27-1=30，根据原子核的电荷数等于原子序数，可知X 的原子序数为15，质量数为30，故B 正确；ACD 错误． 4、B 【解析】
甲图向下滑动时匝数比变小，副线圈的电压增大，所以L 1一定变亮，乙图向下滑动时，L 2支路电阻增大，回路中电流减小，所以L 2一定变暗，故B 正确ACD 错误。

故选B 。

5、D 【解析】
根据安培定则可知，导线b 在a 处的磁场向里，导线c 在a 处的磁场向外，因b 离a 较近，可知bc 在a 处的合磁场垂直纸面向里；因导线a 所受安培力的合力恰好为零，可知a 处所加磁场的方向为垂直纸面向外； A ．垂直导线向左，与结论不相符，选项A 错误； B ．垂直导线向右 ，与结论不相符，选项B 错误； C ．垂直纸面向里，与结论不相符，选项C 错误； D ．垂直纸面向外，与结论相符，选项D 正确； 6、B 【解析】
A 、研究地面附近的卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：2
2
=GMm v m R R
，R 为地球半径，M 为地球质量，v 为卫星的速率．研究另一个卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：
()
2
2
=2GMm v m R
R R '
'+，联
立解得：v ′=
2
v ，故A 错误； B 、忽略地球自转的影响，根据万有引力等于重力：2=GMm R mg ，可得：g =2GM R
，即：g ′=()2
g 42GM R =，故B 正确；
C 、研究地面附近的卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力：22
24=GMm R m R T π，解得：T
另一个卫星的周期：T T ，故C 错误；
D 、地面附近的卫星的周期与另一个卫星的周期不等，根据ω=2T
π
得它们的角速度也不等，故D 错误。

故选B 。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、AD 【解析】
A 、因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：()F 3μmg μmg 3m m a --=+，a 都将减小．A 正确；
B 、若粘在A 木块上面，以
C 为研究对象，受F 、摩擦力μmg 、绳子拉力T ，F μmg T m a --= ，则得：
T F μmg m a =-- ，a 减小，F 、μmg 不变，所以，T 增大，对A ：BA f ma =，a 减小，即BA f 减小，B 错误；
C 、若粘在B 木块上面，a 减小，以A 为研究对象，m 不变，由BA f ma =知，A 所受摩擦力减小，以C 为研究对象，
T F μmg m a =--，T 增大，故C 错误；
D 、若粘在C 木块上面，a 减小，对A 有：BA f ma =，可知A 的摩擦力减小，以AB 为整体，有T 2μmg 2ma -=，得：T 2μmg 2ma =+，则T 减小， D 正确； 故选AD ． 8、AD
【解析】
A ．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间
v t g
μ=
在这段时间内物块的位移
2
12v x g
μ=
传送带的位移
2
2v x vt g
μ==
则物体相对位移
2
212v x x x g
μ=-=
故A 正确；
BC ．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是2
12
mv ，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于
2
2v x g
μ=
产生的热量
221
22
v Q mg mv g μμ=⨯=
传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为2mv ，故BC 错误； D ．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为
fv mgv μ=
故D 正确。

故选AD 。

9、BD 【解析】
A ．电场力对物块A 做正功
W qEd =
物块A 的电势能减少，其电势能减少量为qEd ，故A 错误；
B ．当物块B 刚要离开挡板
C 时，弹簧的弹力大小等于B 重力沿斜面向下的分量，即有
22sin θkx m g =
对A ，根据牛顿第二定律得
121A qE m gsin kx m a θ--=
未加电场时，对A 由平衡条件得
11sin θkx m g =
根据几何关系有
21 d x x =+
联立解得：此时物块A 的加速度为
1
A Eq kd a m -= 故
B 正确；
C ．此时电场力做功的瞬时功率为
P Fv Eqv ==
故C 错误；
D ．根据功能关系知电场力做功等于A 与弹簧组成的系统的机械能增加量，物块A 的机械能增加量为
2111sin θ2
A E m gd m v ∆=- 则弹簧的弹性势能变化了
2111sin θ2
P E Eqd m gd m v ∆=-- 故D 正确；
故选BD 。

10、BD
【解析】
A ．根据匀变速直线运动位移时间公式2012x v t at =+得01 2
x v at t =+ 对于乙质点，由图可知
v 0乙=c
12c a d =-乙 乙的加速度为 2c a d =-乙 乙质点做初速度为c 的匀减速直线运动，选项A 错误；
B ．对于甲质点，由图可知
v 0甲=0
12c a d
=甲 甲的加速度为
2c a d
=甲 甲质点做加速度大小为
2c d 的匀加速直线运动，故B 正确。

C ．2
d t =时，甲的速度 22
=c d c d v a t ⨯==甲甲 乙质点速度 020=v 2v a d t c c d +=-
⨯=乙乙乙 选项C 错误；
D ．4
d t =时，甲的速度 '
22
=14c d v t d a c =⨯=甲甲 乙质点速度 '
021=v 42v a t c c d c d +⨯=-
=乙乙乙 即甲、乙两质点速度大小相等，选项D 正确。

故选BD 。

三、实验题：本题共2小题，共18分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11、AD BG 3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以大于真实值
【解析】
(1)[1]AB ．因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故A 正确，B 错误；
CD ．水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

(2)[2]所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据(1)的分析知测量值也不准确，所以选用安阻法测量电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为0.32mA ，选灵敏电流表A 2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是BG 。

[3]本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示
[4]由闭合电路欧姆定律()E I R r =+，变形得 E R r I
=- 根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为 250 3.0V 10.4 2.0E -=
≈- [5]按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表A 2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。

12、 600N 满刻度 不均匀 不变 【解析】 (1) 由受力情况及平行四边形定则可知，，解得：；
(2) 实验步骤中可知，当没有挂重物时，电流为满偏电流，即：
，由欧姆定律得：
，电流是半偏的，代入数据解得：G =600N ； (3) 由实验步骤可知，当拉力为F 时，电流为I ，因此根据闭合电路的欧姆定律得：
，由图乙可知，拉力与电阻的关系式：，解得： 电流值I 与压力G 不成正比，刻度盘不均匀；该秤的重力越小，电阻越小，则电流表示数越大，故重力的零刻度应在靠近电流表满刻度处；
(4) 根据操作过程a 可知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻R 1会变小，即r +R 1之和仍旧会不变，也就是说测量结果也不变。

四、计算题：本题共2小题，共26分。

把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算
步骤。

13
、①2；②
1718R + 【解析】
①依题意可知，光线距离12O O 连线0.5R 平行12O O 入射时，入射角为1θ，折射角为2θ，设
PO 与12O O 夹角为3θ，则有 11sin 2
θ= 130θ=
2
2322OP R R L R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
3332sin OP R L θ== 360θ=
则有
90POA ∠=
所以
245θ=
由折射定律可知
21
sin sin n θθ= 代入数据得
2n =②当光线紧贴右侧上边缘射出时，达到光屏上的位置最远，设此时光线离光轴的距离为h ，入射角为θ，折射角为β，
则有
sin h R
θ= 22
cos R h θ-= 由集合关系可知： ()()22sin cos R h R βθ=-+
由折射定律可知
sin sin n βθ= 代入数据得
1718h R = 14、 (1)22B qR m ；(2)(2-32π332m m mR Bq Bq Eq
++；（3qR mE ，0）；(3)R+2qR mE 【解析】
(1)根据洛伦兹力提供向心力得 qvB=m 2
v r
解得
r=R
当粒子的发射速度方向与y 轴平行时，粒子经磁场偏转恰好从C 点垂直电场进入电场，在电场中做匀变速曲线运动，因为粒子经过x 轴时，坐标为（2R ，0），所以
R=12
at 2 2R=vt
a=Eq m
联立解得
E=22B qR m
(2)当粒子的发射速度方向与x 轴负方向成60°角时，带电粒子在磁场中转过120°角后从D 点离开磁场，再沿直线到达与y 轴上的F 点垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达x 轴，运动轨迹如图所示。

粒子在磁场中运动的时间为
t 1=2π33T m Bq
= 粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，位移为
x=R （1-cos θ）=32
R 匀速直线运动的时间为
t 2=2-3x m v =（） 由几何关系可得点F 到x 轴的距离为
x 1=R （1+sin θ）=1.5R
在电场中运动的时间为
t 312x a
a=Eq m 解得
t 33mR Eq
粒子到达的位置到y 轴的距离为
x'=vt 33qR mE
故粒子从发射到达到x 轴上所用的时间为
t=2π32m m Bq Bq +（
粒子到达的位置坐标为(。

(3)从粒子源发射出的带电粒子与x 轴方向接近180°射入磁场时，粒子由最接近磁场的最上边界离开后平行x 轴向右运动，且垂直进入电场中做类平抛运动，此时x'接近2R
则
2R=241·2Eq t m
带电粒子在电场中沿x 轴正向运动的距离为
x 2=vt 4=2 该带电粒子距离发射源的极限值间距为
x m =R+215、（1）5m/s （2）2.5m （3）2.5J 5J
【解析】
(1)由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达Q 点已与传送带同速且小物块刚好能到达N 点，在N 点有
2N v mg m R
= 小物块从Q 点到N 点，由动能定理得
22011222
N mg R mv mv -•=
- 联立解得 05m/s v =
(2)传送带长度最短时，小物块从P 点到Q 点一直做匀加速运动，到Q 点时刚好与传送带同速，则有
202v aL =
mg ma μ=
联立解得
2.5m L =
(3)设小物块经过时间t 加速到与传送带同速，则 0v at =
小物块的位移
2112
x at = 传送带的位移
0x v t =
根据题意则有
21x x x ∆=-
Q mg x μ=•∆
联立解得
2.5J Q =
由能量守恒定律可知，电动机对传送带做功
2012
W Q mv =+ 代入数据解得
5J W =。