2021年西南名校聯盟高考物理診斷試卷（5月份）

一、單選題（本大題共6小題，共36.0分）

1.下列說法中正確的是（）

A.比結合能越大，原子核越穩定

B.電子通過雙縫干涉后的圖樣體現了光的波動性

C.一定光照條件下，單位時間內，陰極K發射的光電子數目隨電壓增大而增大

D.原子的結合能隨原子核核子數的增大先增大后減小

2.如圖所示，兩物體4、B的質量分別為M和m,用跨過定滑輪的輕繩二3r

相連，物體4靜止在粗糙水平面上，細線與水平方向的夾角為氏B懸/

停于空中.若不計細線與滑輪間的摩擦，重力加速度為。.則（）|pT______

A.地面對物體4的支持力大小等于Mg-mgsind

B.物體4對地面的壓力大小等于Mg

C.物體4與地面之間的動摩擦因數等于需寢而

Mg-mgsinG

D.物體4所受摩擦力大小等于0

3.如圖所示，R是滑動變阻器，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10：1,TdSKip-r-?-1

電壓表和電流表均為理想交流電表，從某時刻開始在原線圈兩端加上s司~

交變電壓，其瞬時值表達式為%=220V2sinl007Tt（V），貝女）

A.電壓表的示數為22/

B.理想變壓器副線圈交變電壓的頻率變為5Hz

C.當滑動變阻器的滑片P向b端滑動時，電流表4的示數變大

D.當滑動變阻器的滑片P向匕端滑動時，理想變壓器的輸入功率變小

4.如圖所示.小車沿水平方向向右行駛.在車廂內，掛著小球的懸線與豎直方向成。角.放在車廂

中桌面上的質量為m的物體4相對桌面靜止不動.物體與桌面間的滑動摩擦系數為乩那么物體4

受到的摩擦力大小和方向為（）

A.0B.nmg方向水平向左

C.謂方向水平向右D.mgtand方向水平向右

5.據天文學觀測，某行星在距離其表面高度等于該行星半徑3倍處有一顆同步衛星。已知該行星的

平均密度與地球的平均密度相等，地球表面附近繞地球做勻速圓周運動的衛星周期為T,則該行

星的自轉周期為（）

A.3TB.4TC.家信7D.8T

6.下列說法正確的是（）

A.如果物體（或系統）所受到的合外力為零，則機械能一定守恒

B.如果合外力對物體（或系統）做功為零，則機械能一定守恒

C.物體沿光滑曲面自由下滑過程中，機械能一定守恒

D.做勻加速運動的物體，其機械能一定不守恒

二、多選題（本大題共4小題，共21.0分）

7.在離地20nl高度的同一位置上，分另I」以%=10m/s和％=20m/s的水平速度同時向左右拋出4、

B兩個小球，不計一切阻力，g=10m/s2.下列說法正確的是（）

A.B球在空中的運動時間長

B.4球從拋出到落地的位移是20V^n

C.從拋出經B兩球速度方向相互垂直

D.從拋出到落地兩球速度變化相同

8.如圖所示，直線a、b分別表示一個電池組和一只電阻的伏安特性曲

線.用該電源和電阻組成的閉合電路，以下說法正確的是（）

A.該電池組的內阻是10

B.該電阻的阻值為30

C.將該電阻接在該電池組兩端，電池組的輸出功率將是3W

D.改變外電阻的阻值時，該電池組的最大輸出功率為4小

9.下列說法正確的是（）

A.當分子間作用力表現為斥力時.，分子勢能隨分子間距離的增大而增大

B.昆蟲可以停在水面上，主要是液體表面張力的作用

C.氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度有關

D.溫度高的物體分子平均動能一定大，內能也一定大

10.一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，t=0時刻波形如圖中的實線所示，此時波剛好傳到P點；t=

0.6s時刻的波形如圖中的虛線所示，a、b、P、Q是介質中的質點，它們的平衡位置橫坐標分別

為70cm,50cm,60cm,90cm,設波的周期為7,則以下說法正確的是（）

A.波源以及每個質點均沿y軸正方向開始振動

B.若T=0.8s,則在t=0.5s時刻，質點b、P的位移相同

C.從t=0.6s時刻開始，經過0.5T,質點b沿%軸正方向運動2（hn

D.從t=0時刻開始，質點a在0.6s時間內通過的路程可能為60cm

E.若7=0.8s,從t=0.4s時刻開始計時，則質點a的振動方程為y=0.1sin（|7rt）（m）

三、實驗題（本大題共2小題，共18.0分）

11.如圖1所示為“探究加速度與力、質量的關系”的實驗裝置示意圖。砂和砂桶的質量為小和

祛碼的總質量為M.實驗中用砂和砂桶總重力的大小作為細線對小車拉力的大小。

（1）實驗開始時需平衡摩擦，某同學的操作如下：將長木板的一端墊起適當的高度，小車后端連著已

經穿過打點計時器的紙帶，前端連著掛有砂和砂桶并跨過滑輪的細線，輕推小車，觀察小車是

否做勻速直線運動。此平摩擦的方法（填''對"或“錯”）。

（2）實驗中打點計時器需采用（直流或交流）電源，還需滿足6M（填“遠小于”或“遠大

于”）。

(3)如圖2所示，某同學在做實驗中，由打點計時器得到表示小車運動過程的一條清晰紙帶，紙帶上

兩相鄰計數點的時間間隔為7=0.1s,其中Si=7.05cm,S2=7.68cm,S3=8.33cm,S4=

8.95cm,S5=9.61cm,S6=10.26cm,則4點處的瞬時速度大小是m/s,加速度的大小

是m/s2.(保留兩位有效數字)

12.如圖1所示是某同學為測量金屬絲電阻率連接的實物圖.圖中ab間接的是待測金屬絲，P為可移

動的線夾，&為定值電阻.

(1)在圖2方框中畫七實物連接對應的電路圖；

(2)電路中的電阻扁的作用是；

(3)閉合開關后，調節P的位置，記錄段的長度x及對應的電壓表的示數U和電流表的示數/,記錄在

表格內，并求出￡的值.以肯為縱軸為橫軸，在坐標紙上對測得的數據進行描點，作出圖象，如

圖3所示.由圖象可以得到圖線與縱軸交點的截距為,圖線與縱軸的交點表示,圖

線的斜率為；如果測得金屬絲的直徑為0.40mm,則該金屬絲的電阻率為.(保留2位

有效數字，兀取3.1)

四、簡答題(本大題共1小題，共3.0分)

13.如圖所示，半徑為R=3m的光滑半圓軌道4BC與傾角。=37。的粗糙斜面軌道DC相切于C,圓軌

道的直徑4C與斜面垂直。4點左側有一光滑平臺，平臺與4點的高度差h=0.9m,平臺上一彈簧

水平放置，左端固定，右端與質量為m=0.5kg的小滑塊P接觸但不連接。推動P壓縮彈簧至某

一位置后釋放，P剛好從半圓軌道的4點切入半圓軌道內側，之后經半圓軌道沿斜面剛好滑到與

4點等高的斜面軌道上。點，重力加速度9=10m/s2,sin37。=0.6,cos37°=0.8,不計空氣

阻力。求：

(1)彈簧的最大彈性勢能；

(2)小滑塊與斜面間的摩擦因數；

(3)小滑塊經過半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力的最小值。

五、計算題(本大題共3小題，共30.0分)

14.如圖所示，水平傳送帶的左端與一傾角。=37。的粗糙斜面平滑連接，一個小滑塊(可視為質點)

從斜面上的4點由靜止釋放，沿斜面滑下并沖上傳送帶，傳送帶以恒定速率u=2m/s逆時針轉

動。已知小滑塊的質量m=2kg,斜面上4點到斜面底端的長度s=16m,傳送帶的長度為L=

l(hn,小滑塊與斜面的動摩擦因數%=0.50,小滑塊與傳送帶間動摩擦因數〃2=0.40,g=

10m/s2,求：

(1)小滑塊到達斜面底端P的速度大小；

(2)a.判斷沖上傳送帶的小滑塊是否可以運動到傳送帶的右端Q；

員若小滑塊可以運動到Q，試求小滑塊從P點運動到Q點的過程中摩擦力分別對小滑塊和傳送帶做的

功；若小滑塊不能達到Q，試求小滑塊從P點開始再次運動到P點過程中摩擦力分別對小滑塊和

傳送帶做的功；

(3)若(2)問中a或b成立，小滑塊在傳送帶上從P點開始運動到Q點或者從P點開始到再次運動到P點的

過程中，小滑塊與傳送帶之間所產生的熱量。

15.一定質量的理想氣體的體積V與熱力學溫度7的關系圖象如圖所示，氣體在

狀態B時的壓強PB=PO，己知線段4B與V軸平行，BC的延長線過原點。

①求氣體在狀態4時的壓強以；

②若氣體從狀態4到狀態B的過程中，對外界做的功為小，則該過程中氣體是吸收熱量還是釋放熱量,

其熱量值為多少？

③求氣體在狀態C時的壓強外和溫度

16.如圖，一潛水員在距海岸4點427n的B點豎直下潛，B點和燈塔之間停著一條長3m的皮劃艇。皮

劃艇右端距B點3nI,燈塔頂端的指示燈與皮劃艇兩端的連線與豎直方向的夾角分別為a和

0(s譏a=g,sin0=水的折射率為￡皮劃艇高度可忽略。

?滯水員

(1)潛水員在水下看到水面上的所有景物都出現在一個倒立的圓錐里。若海岸上4點恰好處在倒立圓

錐的邊緣上，求潛水員下潛的深度(可含根號作答)；

(2)求潛水員豎直下潛過程中看不到燈塔指示燈的深度范圍。

參考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、比結合能越大，原子核越穩定。故A正確；

8、電子通過雙縫干涉后的圖樣體現了電子等實物粒子也具有波動性。故B錯誤；

C、光電流達到飽和后，光電子數目不會隨電壓增大而增大。故C錯誤；

。、原子的結合能隨原子核核子數的增大而增大。故。錯誤；

故選：Ao

比結合能越大，原子核越穩定；電子通過雙縫干涉后的圖樣體現了電子等實物粒子也具有波動性；

光電流達到飽和后，光電子數目不在增加；原子的結合能隨原子核核子數的增大而增大。

本題考查了原子核的結合能、愛因斯坦光電效應方程、光的波粒二象性等知識點。這種題型屬于基

礎題，只要善于積累，難度不大。

2.答案：A

解析：解：A、先以B為研究對象，受重力和拉力，根據平衡條件，有：At[

T=mg,/

再對物體4受力分析，受重力、支持力、拉力和向左的靜摩擦力，如圖所f<-------卜石二——

示：

根據平衡條件，有：

vMR

水平方向：Teos。=f

豎直方向：N+Tsind=Mg

將7=小。代入，有：

N-Mg-mgsind,壓力與支持力等大反向，故壓力也為Mg-mgsin。，故A正確，8錯誤；

C、由以上分析可知，摩擦力不為零，但此時4受到的是靜摩擦力，不能根據滑動摩擦力公式求解動

摩擦因數，故CQ錯誤.

故選：A

先以B為研究對象根據平衡條件求出繩子的拉力；然后以4為研究對象受力分析，根據共點力平衡條

件求出支持力和摩擦力的大小.

本題為連接體問題，解決本題的關鍵能正確選擇研究對象能夠正確地進行受力分析，再運用共點力

平衡進行求解.

3.答案：D

解析：

根據瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得

結論。

電路的動態變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的

電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法。

人由瞬時值表達式為%=220V^sinl00?rt(y)可知：原線圈的電壓的最大值為220eI/,根據電壓與

匝數成正比可知，副線圈的電壓的最大值為U21n=?%n=^x220V^=22V^,電壓表的示數

為電壓的有效值，所以示數為(；2=贊=警1/=22l故A錯誤；

-.1=1=310071..__.

B.由瞬時值表達式為為=220魚sinlOOTrt(V)可知3=IOOTT,f=T=~Hz=S0Hz>故

0)

8錯誤；

C.在滑動變阻器觸頭P向b端移動的過程中，滑動變阻器的阻值變大，電路的總電阻變大，由于電壓

是由變壓器決定的，輸出的電壓不變，所以電流變小，電流表4的示數變小，又因為￡=荒，匝數

不變，所以電流表4的示數也變小，故C錯誤；

D由于變壓器的輸入和輸出的功率是相等的，副線圈的電流減小，電壓不變，所以輸出的功率要減

小，所以輸入的功率也要減小，故。正確。

故選￡)o

4.答案：D

解析：解：小球所受的合力水平向右，則加速度為：。=鼻=嘿"="加。，?]

4與小球具有相同的加速度，對4,由牛頓第二定律得：f=ma=mgtane,方向：水’

平向右.

故選：D.

小球和a物體具有相同的加速度，隔離對小球分析，根據牛頓第二定律求出加速度的大小和方向，再

隔離對4分析，通過牛頓第二定律求出摩擦力的大小和方向.

本題考查了牛頓第二定律的應用，解決本題的關鍵知道球、物體4與車廂具有相同的加速度，通過牛

頓第二定律進行求解.

5.答案：。

解析：令地球半徑為R,密度為p,則地球對衛星的萬有引力提供衛星圓周運動的向心力有：

魂/,可得：窗=罵令某行星的半徑為r,則其同步衛星的半徑為4r,周期

鏟.鏟速

為T'據萬有引力提供圓周運動向心力有：把二=怫理,.鼻聯立解得：r=8T,故選。

好辨物

考點：萬有引力定律的應用

6.答案：C

解析：試題分析：機械能守恒的條件是物體（或系統）只有重力（或彈力）做功，所以如果物體（或系統）

所受到的合外力為零，則機械能不一定守恒；如果合外力對物體（或系統）做功為零，則物體的動能

不變，機械能不一定守恒；物體沿光滑曲面自由下滑過程中，只有重力做功，所以機械能一定守恒；

做勻加速運動的物體，其機械能也可能守恒，例如自由落體運動的物體，選項C正確。

考點：機械能守恒定律的條件。

7.答案：BCD

解析：解：4、平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，根據h=》t2,兩個球運動的時間均為：t=

第=J^s=2s,故4錯誤；

B、球4的水平分位移為：=10x2=20m,

故球4的合位移：J好+九2=、2。2+202m=20V2m?故5正確；

C、從拋出經魚S4球的速度偏轉角的正切值為：tan/=管=喑=幾

從拋出經四sB球的速度偏轉角的正切值為：=曾=誓=?，

由于1加%=焉，故％+“=90。，故從拋出經&sA、B兩球速度方向相互垂直，故C正確；

Lan<72

D、平拋運動是勻變速運動，從拋出到落地兩球速度變化△u=gt=10x2=20m/s,方向豎直向

下，相同，故。正確；

故選：BCD。

小球4、B均做平拋運動，豎直分運動時自由落體運動，根據分位移公式列式求解時間和位移，根據

分速度公式列式分析速度偏轉角情況。

本題考查平拋運動，關鍵是明確平拋運動的運動性質是勻變速運動，同時要結合分運動公式列式分

析，基礎題目。

8.答案：AD

解析：解：4、電池組的內阻等于a圖線的斜率大小，為r=|詈|=；12故A正確。

B、電阻的阻值等于b圖線的斜率大小，為R。，故B錯誤。

C、兩圖線的交點表示將該電阻接在該電池組兩端的工作狀態，則電阻兩端的電壓為U=1心電流

為/=34,則電池組的輸出功率P=UI=31V.故C錯誤。

D,當外電阻的阻值等于電源的內阻時，其電源的輸出功率最大。由圖知電源的電動勢為E=4V,

則電源的最大輸出功率為之=絲=f=4W,故。正確。

m4r4X1

故選：AD.

由a圖線的斜率大小讀出電源的內阻，b圖線的斜率大小得到該電阻的阻值.兩圖線的交點表示該電

阻接在該電源上時的工作狀態，由交點坐標讀出電阻的電壓和電流，當內、外電阻相等時電源的輸

出功率最大，并求出電源的最大輸出功率.

本題考查學生對圖象的認識，要由U=E-/r去理解圖象的性質，明確圖象與縱坐標的交點表示電

源的電動勢，圖象的斜率表示電源的內電阻.

9.答案：BC

解析：解：力、當分子間作用力表現為斥力時，增大分子間的距離，分子力做正功，分子勢能減小，

所以分子勢能隨分子間距離的增大而減小。故A錯誤；

8、昆蟲可以停在水面上，主要是液體表面張力的作用。故8正確；

C、根據氣體壓強的微觀意義，氣體壓強的大小跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度有關。故C

正確；

。、溫度高的物體分子平均動能一定大，但物體分子物質的量不明確，內能也不一定大。故。錯誤；

故選：BC.

分子力做正功，分子勢能減小，分子力做負功，分子勢能增大；昆蟲可以停在水面上，主要是液體

表面張力的作用；氣體壓強由于氣體分子無規則的熱運動，大量的分子頻繁地碰撞器壁而產生的，

跟氣體分子的平均動能、分子的密集程度有關；溫度高的物體分子平均動能一定大，內能也不一定

大。

本題考查了分子勢能、溫度是分子平均動能的標志、液體的表面張力、氣體壓強的微觀意義等知識

點。這種題型屬于基礎題，只要善于積累，難度不大。

10.答案:ABD

解析：解：2、因為所有質點的起振方向相同，而P點此時起振方向沿y軸正方向，所以波源以及每

個質點均沿y軸正方向開始振動，故A正確；

B、若7=0.8s,當t+0.5s時刻，質點b從最低點向上運動:個周期、P從平衡位置向下振動5個周期，

OO

故兩者位移相同，故B正確；

C、質點只能上下振動，不能隨波遷移，所以質點b不能沿x軸正方向運動，故C錯誤；

。、由圖可知，波的波長為40m；兩列波相距0.6s=(n+：)7,故周期『=磊；波速"=(=m(4?+

3)m/s,(n=0,1,2,

a的路程為60cm說明a振動了1.5個周期，則可有：-+1.57=0.6,-Z不+蕓=。6解得，n=1

V5(4n+3)4n+3

時滿足條件，故D正確；

E、若T=0.8s,從t+0.4s時刻開始計時，那么，在零時刻質點a在最高點，位移取得最大值，質點

a的振幅為10cm,周期為0.8s,故振動方程為y=0.1sin(17rt+])m,故E錯誤；

故選：ABD.

由圖可知波的波長，而由兩列波的波形圖可得兩波形相距的時間與周期的關系，則可得出波速的表

達式；由波速可知周期的表達式，則可得出質點的路程及位移及質點的振動方程

本題的關鍵要明確波在同一均勻介質中勻速傳播，能根據質點的位置和運動方向寫出質點的振動方

程，要知道質點在一個周期內通過的路程是四倍的振幅，知道兩個時刻的波形時，往往應用波形的

平移法來理解。

11.答案：錯交流遠小于0.860.64

解析：解：(1)平衡摩擦力時，將不帶滑輪的木板一端適當墊高，在不掛鉤碼的情況下使小車恰好做

勻速運動，以使小車的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小車的合力就是繩子的拉力，可以根據

紙帶上打的點跡是否均勻來判斷是否做勻速運動，故該同學平衡摩擦力的方法是錯誤的；

(2)實驗中打點計時器需采用交流電源，

根據牛頓第二定律得，抵。

M+m

繩子的拉力為滑塊的合力為7==舞=罩。

M

當m<<M時，砂和砂桶的重力等于滑塊所受合外力。

(3)解：利用勻變速直線運動的推論得：

S3+S48.33+8.95y八一?,八c//

%==2x0.1*I。M/S=0.86m/s?

由于相鄰的計數點間的位移之差不等，故采用逐差法求解加速度。

根據勻變速直線運動的推論公式△》=aX可以求出加速度的大小，

2

得：s4_S]=3arT

2

s5-s2=3a2T

2

s6-s3=3a3T

為了更加準確的求解加速度，我們對三個加速度取平均值，得：a="ai+a2+a3)

代入數據解得：a=0.64m/s2

故答案為：(1)錯；(2)交流,遠小于；(2)0.86,0.64o

(1、2)小車在水平方向上受繩的拉力和摩擦力，想用讓砂和砂桶總質量重力表示小車受到的合外力，

首先需要平衡摩擦力；其次：設小車加速度為a,則：繩上的力為F=Ma,對讓砂和砂桶總質量來

說：mg-Ma=ma,即：mg=+m)a,如果用讓砂和砂桶總質量的重力表示小車受到的合外

力,則Ma=(M+m)a,必須要滿足讓砂和砂桶總質量遠小于小車的總質量；

(3)紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直線運動的推論，可計

算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度。

實驗問題需要結合物理規律去解決。本實驗只有在滿足平衡摩擦力和小車質量遠大于鉤碼質量的雙

重條件下，才能用砂和砂桶重力代替小車所受的合力，要提高應用勻變速直線的規律以及推論解答

實驗問題的能力，在平時練習中要加強基礎知識的理解與應用。

12.答案：起保護電路的作用，能防止電路中出現短路2.0電流表的內電阻101.2xICT".加

解析：解：(1)根據實物的連接圖，畫出電路圖如圖；

——

-

—~~(=3—

(2)電路中的電阻&的連接是與電源串聯，起保護電路的作用，能防止電路中出現短路；

(3)由圖可知，圖線與縱坐標的交點的截距是2.0,由歐姆定律得：R=y-RA

又：R=?

所以：'=

所以：苫-x的圖象的斜率為k=￡

圖線與縱坐標的交點表示電流表的內電阻;

8.0-2.0

由圖可知,圖線的斜率：k==10

0.60

即：k=^=io

所以：p=IOS=10兀?(乎

代入數據得：p=1.2x10-4。.m

故答案為：(1)如圖；(2)起保護電路的作用，能防止電路中出現短路；(3)2.0,電流表的內電阻，10,

1.2xKF，。.m

(1)根據實物的連接圖，畫出電路圖即可；

(2)結合電路的結構，分析電路中的電阻島的作用即可；

(3)由實驗原理圖可列出關系式R2/2=(4>+%)/「將電阻定律公式代入，結合(3)中的圖線計算出

斜率，代入求出電阻絲的電阻率p；

本題考查電阻率的測量，解題關鍵是掌握連接實物圖，會根據描出的點作出關系圖線，明確本實驗

的原理，結合電阻定律和圖線，求出要測量的金屬絲電阻率.

13.答案:解：(1)小滑塊離開平臺做平拋運動，設此時速度為孫，則彈簧的最大彈性勢能為:埒=:加詔

小滑塊到達4點時，速度與水平方向的夾角為9

設豎直方向的速度為3,則有為=y[2^h

由幾何關系得處=修

rant7

聯立解得Ep=8/；

(2)小滑塊從釋放至到達。點，由能量守恒定律得：

Ep+mgh=nmgcosd-xCD

7D

根據幾何關系可得：tan。=盧

XCD

解得：〃=2=039；

64

(3)經判斷可知滑塊最終將在C點及與C點等高點之間的圓軌道上往復運動，這種情況下滑塊經過B點

的速度最小，對B點壓力最小；設滑塊經過B點的最小速度為外，由機械能守恒定律得：

1

mgR(l—cos。)=-mv^7

在B點，由牛頓第二定律得心2-=mJ

解得產a=7N

由牛頓第三定律知，小滑塊在B點對軌道壓力的最小值為7N。

答：(1)彈簧的最大彈性勢能為8/；

(2)小滑塊與斜面間的摩擦因數為0.39；

(3)小滑塊經過半圓軌道最低點B時，對軌道的壓力的最小值為7N。

解析：(1)小滑塊離開平臺做平拋運動，根據運動的合成與分解結合能量關系求解：

(2)小滑塊從釋放至到達。點，由能量守恒定律求解動摩擦因數；

(3)分析小滑塊最后的運動情況，由機械能守恒定律、牛頓第二定律聯立求解。

本題主要是考查功能關系、平拋運動、運動的合成與分解以及牛頓第二定律的應用，關鍵是能清楚

物體的受力情況和運動過程中能量的轉化情況，根據能量關系進行分析。

14.答案：解：(1)小滑塊沿斜面下滑過程，由動能定理得：

mgs-sind—^mgcosd-s=|mvp—0,

代入數據解得小滑塊到達斜面底端P的速度大小為：vP=12m/s

(2)a、滑塊到達傳送帶上后做勻減速直線運動，在滑塊速度減為零過程中，由動能定理得：

,1,

~H2Tmgs=

代入數據解得：s'=18m>L=10m,小滑塊可以達到Q端

b、根據牛頓第二定律得：42mg=ma

代入數據解得滑塊在傳送帶上運動時的加速度為：a=4m/s2

滑塊向右減速運動的時間為：L=Vpty

解得：tx=1s,(其中〃=5s不合題意，舍去)

在此時間內，傳送帶向左運動的位移為：%!==2xIm=2m

小滑塊從P點運動到Q點的過程中摩擦力對小滑塊做的功為：

監——〃27ng乙——0.4x2x10x10/——80J

摩擦力對傳送帶做的功為：W2=-n2mgx1=-0.4x2x10x2/=-16/

(3)第(2)問中b成立，小滑塊在傳送帶上從P點開始運動到Q點過程中，

小滑塊與傳送帶之間所產生的熱量為：Q="mg(L+/)

代入數據解得：Q=96J

答：(1)小滑塊到達斜面底端P的速度大小為12m/s；

(2)a.沖上傳送帶的小滑塊可以運動到傳送帶的右端Q；

b.若小滑塊可以運動到Q，求小滑塊從P點運動到Q點的過程中摩擦力對小滑塊做的功為-80/,摩擦

力對傳送帶做的功為-16/；

(3)第(2)問中b成立，小滑塊在傳送帶上從P點開始運動到Q點的過程中，小滑塊與傳送帶之間所產生

的熱量為96人

解析：(1)對小滑塊下滑過程應用動能定理求出滑塊到達P端的速度；

(2)a、滑塊滑上水平傳送帶后向右做勻減速直線運動，如果滑塊速度減為零時的位移大于等于傳送

帶的長度，則滑塊可以到達Q端，否則不能達到Q端：

b、分析清楚滑塊的運動過程，知道小滑塊可以達到Q端，應用牛頓第二定律和運動學公式求得傳送

帶運動的位移，應用功的計算公式可以求功；

(3)第(2)問中b成立，根據公式Q=如小+/)求得小滑塊在傳送帶上從P點開始運動到Q點過程中，

小滑塊與傳