山东省菏泽市菏泽第一中学南京路校区2025-2026学年下学期高一三基过关练物理试题

南京路校区高一年级三基过关练 物理试题 (考试时间：90分钟，分值：100分) 注意事项： 1.本试卷分第「卷（选择题）和第川卷（非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自 己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答第丨卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3.回答第川卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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.在天体物理学发展的历史上，许多科学家做出了重要贡献。下列说法正确的是（) A.开普勒根据第谷的实验数据发现了行星的运动规律并据此推出了万有引力定律 B.牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度， 对万有引力定律进行了“月一地检验” C.法拉第第一次提出了电场线的概念 D.卡文迪什在实验室中利用弹簧秤测出了引力常量的数值 2.如图，一花洒出水孔分布在正方形区域内。现将出水口所在的平面竖直放置水流从出水 孔水平向左射出。假设每个出水孔出水速度相同，从花洒中喷出的水落于水平地面(P、 Q分别为最左、最右端两落点)，不计空气阻力。落点区域俯视图的形状最可能的是() 7777777777777777777 3.由中国科学院云南天文台牵头的研究团队，在一颗类似太阳的恒星周围发现了一颗位于 宜居带的“超级地球”开普勒-725c,轨道如图所示。该行星绕恒星运行周期为8t,,行星从 A到B(A、B两点关于椭圆长轴对称)、从C到D的时间均为t;从B到C、从D到 A行星与恒星的连线扫过面积之比为3：1，万有引力做功的绝对值分别为WC和W4, 经历的时间分别为tc和tpA;A和C处的速度分别为V4和Vc、加速度分别为a4和ac下 面判断正确的是（) 0 C A.Ip4 =21 B.WEc >WDa 恒星 C.aa<ac D.VA<Vc B 4.如图所示，0为x轴的原点，在轴上0点左右对称的位置分别固定一正一负两个点电荷 (电荷量未知)，a、b两点位于过O点并垂直x轴的直线上，且有Oa=Ob。若取无穷远处 电势为零，则下列说法正确的是() A.O点的电势可能大于零 0 B.a、b两，点的电场强度相同 a C.a点的电场强度大于O点的电场强度 D.将一个带负电的点电荷由ā点移到b点，其电势能一定先减小后增大 5、高度差一定的不同光滑曲线轨道中，小球滚下用时最短的曲线叫做最速曲线，在某科技 馆的展厅里，摆有两个并排轨道，分别为直线轨道和最速曲线轨道，简化如图所示，现让两 个完全相同的小球A和B同时从M点由静止下滑，不计摩擦。关于小球从M点运动到轨 道底端N的过程，下列说法正确的是() A.A球重力做的功小于B球重力做的功 B.A球重力的平均功率大于B球重力的平均功率 C.到达底端N时两小球的速率相同 D.到达底端N时两小球重力的瞬时功率相同 6、如图所示，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，对于小 物块沿斜面下滑的过程，下列说法不正确的是() A.小物块的重力势能减少量大于动能增加量 B.斜面的机械能增加 C.斜面对小物块的作用力垂直于接触面，对小物块不做功 7777777777777777777 D.小物块和斜面组成的系统机械能守恒 7.如图所示，竖直平面内的固定光滑圆形绝缘轨道的半径为R,A、B两点分别是圆形轨 道的最低点和最高点，圆形轨道上C、D两点的连线过圆心O且OC与竖直向下方向的夹角 为60°。空间存在方向水平向右且平行圆形轨道所在平面的匀强电场，一质量为的带负电 小球（视为质点）恰好能沿轨道内侧做完整的圆周运动，且小球通过D点时的速度最小。 重力加速度大小为g。下列说法正确的是() A.小球受到的电场力大小为2mg B.小球通过D点时的速度大小为√gR 60 C.小球在运动过程中的最大速度为√⑧gR D.小球通过C点时所受轨道的作用力大小为12g 8.如图所示，虚线、b、c是等差等势线，某一带负电粒子仅在电场力的作用下从M点向 N点运动的轨迹如图中实线所示。下列判断正确的是（) b a A.粒子在M、N两点处的加速度大小aw<aw B.粒子在M、N两点处的电势能EP<EPN C.粒子经过M、N两点时的动能EM>Ew D.a、b、c点的电势pa>%>p. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9、质量为肌的汽车在平直公路上以恒定加速度由静止启动，经过时间达到额定功率，这 个过程中汽车的位移为，汽车达到额定功率时关闭发动机，汽车又行驶了2x后停止，整 个过程的位移-时间图像如图所示。已知汽车行驶时所受阻力恒定，则（) A.图中4=3t 3xo B.汽车牵引力为 21o C.牵引力的大小为阻力的2倍 D,汽车行驶过程中所受阻力为吗 10.如图所示，一光滑绝缘半圆环固定在竖直面内，半径为R,圆环最低点固定一电荷量为 +Q的小球a,另一质量为m的小球b恰好静止在与圆心O等高的C点，某时刻起，小球b 缓慢漏电，开始在竖直圆环上缓慢运动。下列说法中正确的是（） A.小球b漏电前的电荷量g=V2mgR ko B.漏电过程中，圆环对小球b的支持力大小不变 C.漏电过程中，小球b的电荷量与两球间的距离的平方成正比 D.漏电过程中，两球间的库仑力逐渐减小 I1、如图所示，E-ABCD-F为一边长为L正八面体，O为EF连线的中点，P为AB的中点， 在E、F两顶点固定电荷量均为+Q的点电荷，下列说法正确的有（) A、A、B、C、D四，点电场强度相同 B、P点的电场强度大小为E8y 9L2 C、M为EF连线上的一，点（未画出)，A点电势 可能高于M点的电势 D、将一电荷量为-g的试探电荷从P点沿直线运动到B 点，电场力始终做负功 12.如图所示，左右斜面的倾角分别为30°和37°，A、B物块（可看成质点）由绕过轻质 定滑轮的轻绳相连后分别置于左右斜面上，两侧轻绳与对应斜面平行，左侧斜面粗糙，右侧 斜面光滑，A通过轻质弹簧与斜面下端的固定挡板相连，弹簧的劲度系数为150Nm,开始 时控制住B,细线刚刚拉直但无拉力作用，此时弹簧的压缩量为0.1，A恰好不向上滑动。 已知A的质量为2kg,B的质量为5kg,重力加速度g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不 计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面均足够长。现由静止释放B物块，下列说法正确的 是() A.A与斜面间的动摩擦因数为 6 B.释放B瞬间A的加速度大小为15m/s2 C.A的装大功能为 A39》7 D.B沿斜面向下运动的最大位移为0.4m (第二部分非选择题60分) 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.(8分)某物理兴趣小组利用下图装置来探究影响电荷间静电力的因素。图中A是一个 带正电的小球，系在绝缘丝线上带正电的小球B会在静电力的作用下发生偏离，静电力的 大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。 AO OB 绝缘手柄 甲 乙 (1)他们分别进行了以下操作。 ①把系在丝线上的带电小球B先后挂在如图中横杆上的P1、P2、P3等位置，小球B平 衡后丝线偏离竖直方向的夹角β依次减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大， 两小球间静电力。（填“增大“减小”或“不变”) ②系在丝线上的带电小球B挂在横杆上的P1位置，仅增大小球A所带的电荷量，两小 球距离保持不变。小球B平衡时丝线偏离竖直方向的夹角日增大，由此可得，两小球距离不 变时，电荷量增大，两小球间静电力。（填“增大“减小”或“不变”) (2)以上实验采用的方法是（) A.等效替代法B.理想实验法C.控制变量法D.微小量放大法 (3)在阅读教材后，该同学知道了库仑定律的表达式，并知道了均匀分布的带电球体可以 等效为电荷量全部集中在球心处的一个点电荷。它将两个半径为R的金属小球分别带上了 q1和q9的正电，并使其球心相距3R,应用库仑定律，计算了两球之间的库仑力F=k% (3R)2, 则该同学的计算结果 （选填“偏大“偏小”或“正确”)。 14.（8分)图示为“验证机械能守恒定律的实验装置。 固定 装置 连接杆 立柱 摆锤 底座 (1)要验证摆锤下摆过程中机械能守恒，若连接杆质量为、摆锤质量为m2,则（) A.1>l2B.%≤hC.%≈%2 (2)静止释放摆锤，在摆到最低点的过程中（) A.杆对摆锤拉力做正功B.杆对摆锤拉力做负功 C.杆对摆锤拉力不做功D.摆锤重力做正功 E.摆锤重力做负功F.摆锤重力不做功 (3)图中表示摆锤重力势能卫，、动能E、机械能E随摆锤距最低点的高度h变化的图线分别 是() 图像显示区 0.08 0.07 ●C 0.06 0.05 AB 0.04 ■A 0.03 0.02 0.0 0 0.16 0.140.120.10.080.060.040.02 0 h/m A.▲B、■A、●CB.■A、▲B、●CC.●C、▲B、■AD.▲B、●C、■A (4)由图中信息可推测该摆锤质量约为g。(保留2位有效数字) 15、(8分)如图，一带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，一质量为的带电小 球在+Q下方水平面内做匀速圆周运动，圆心O恰好在+Q的正下方，半径为R,向心 加速度为3 8，已知静电力常量为k、重力加建度为g,小球可看成点电荷。求： （1)小球的电性及电荷量大小： (2)点电荷+Q在圆心O,点的电场强度E的大小。 0+0 小球Q 16、(10分)如图所示，质量为1.2kg,带电量q=+1×103C的物块放在倾角为日=37°的斜 面（斜面固定）的底部，在与斜面成=37°角斜向上的匀强电场E=1.6×104N/C作用下 由静止沿斜面向上运动，物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，物块运动1.5s时撤去匀强 电场，斜面足够长，物体可视为，点电荷，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8， 不计空气阻力。求： (1)撤去匀强电场瞬间，物体的速度为多大： (2)物块沿斜面能上升的最大距离。 17、(12分)如图所示，一质量为m、电荷量为+q的小球，用长为1的绝缘细线悬挂于0 点。小球静止时位于图中的Q点。若将该装置放在水平方向匀强电场中，小球静止于 图中的P点，此时细线与竖直方向的夹角日=37°。已知重力加速度为g,sn37°=0.6，c0s 37=0.8。 (1)判断电场方向，计算该匀强电场的电场强度的大小E。 (2)若规定Q点位置电势为零，求P点电势p。 (3)若带电小球从Q点由静止释放，求小球再次到达P点时的速度的大小V。 m,+q ●0 18、（14分)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑四分之一圆孤轨道AB半径R=2m, A点与圆心O等高，B点右侧平滑连接一长为5=3的粗糙水平面，在水平面右端平滑 对接一个与其等高的传送带CD,CD间距L=5m,传送带以v=5m/s的速率顺时针匀 速转动，传送带右侧平滑对接一段等高的光滑平台DE,E点固定一竖直墙壁，一根轻弹 簧右端与墙壁连接，弹簧原长小于平台DE的长度。现将一质量=1kg的物块（视为质 点)由A点静止释放，已知物块与水平面，物块与传送带间的动摩擦因数分别为4=0.4， 凸=0.2，物块与弹簧碰撞过程中，无机械能损失，且弹簧未超出弹性限度，取g=10m/s2, 不计空气阻力，计算结果可带根号。求： 物块 L WWWWW B ( C D (1)物块滑到圆孤B点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩过程中的最大弹性势能： (3)物块第二次滑上传送带后与传送带摩擦产生的热量以及物块最终停止时的位置与C点 的间距。南京路校区高一年级三基过关练 物理试题参考答案 一、单项选择题 1【解析】A.开普勒根据第谷的观测数据总结出了行星运动三大定律，但万有引力定律是 牛顿提出的，故A错误； B.“月一地检验”是牛顿对比月球公转的向心加速度和地面附近物体的重力加速度，验证万 有引力规律，并非对比地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，故B错误； D.卡文迪什是利用扭秤实验装置测出了引力常量的数值，并非使用弹簧秤，故D错误。故 选C。 2【详解】设水龙头最低，点离地面的高度为h,出水区域的对角线长为，水滴距离地面的高 1 度为y+h,设初速度为v0,则竖直方向，有y+h=二gt 2 水平方向，有x=%t解得x= 2h+y) (0<y<a) 8 由于y均匀增加时，x不是均匀增加，且X增加得越来越慢。故选B。 3.解：A、从B到C,从D到A行星与恒星的连线扫过面积之比为3：1，根据开普勒第二 定律可知，tBC=3tDA,而tBC+tDA8to-2to,可得tDA=1.5to,故A错误； B。因A,B两点动能相同，由对称性可知WDA=WBD<WBC,故B正确； r2C。根据GMm/r2ma,因rArc,可得aA>ac,故C错误； D。由开普勒第二定律可知AvA△rcvcAt,因rA<rC,可知vA>心，故D错误。选：B. 4.【解析】A.若正负点电荷电荷量大小相等，则O点电势为零，若正点电荷的电荷量较大， 则O点的电势大于零，若负点电荷的电荷量较大，则O点的电势小于零，故A正确： B.若正负点电荷电荷量大小相等，则、b两点的电场强度相同，若正负点电荷的电荷量 大小不相等，则a、b两，点的电场强度不相同，故B错误； C.若正负点电荷电荷量大小相等，中垂线上O点电场强度最大，故C错误： D.若正负点电荷电荷量大小相等，则中垂线上各点电势均为零，所以将一个带负电的点电 荷由a点移到b点，其电势能不变，故D错误。故选A。 5、【详解】A.根据Wcgh可知，A球重力做的功等于的B球重力做的功，选项A错误； _W:可知，因B球运动时间较小，可知A球重力的平均功率小于B球重力的 B.根据P。= 平均功率，选项B错误； C.根据eh=m2可知，到达底瑞N时两小球的速率相同，选项C正确： D.到达底端N时两小球重力的瞬时功率为。=g,因到达N点时速度的竖直分量不同， 则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。故选C。 6、AC.斜面对小物块的作用力垂直于接触面，与物体位移的夹角为钝角，对小物块做负功， 根据动能定理可知，物块重力做功与斜面对小物块的作用力做功之和等于物块动能增加量， 则物块重力做功大于动能增加量，根据功能关系，小物块的重力势能减少量大于动能增加量， 故A正确，C错误； B.物体对斜面的压力对斜面做正功，斜面的机械能增加，故B正确： D.物体和斜面组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，故D正确。 本题选错误的，故选C。 7.【解析】A.小球在通过D点时的速度最小，则在该点电场力与重力的合力沿半径方向， 则小球受到的电场力大小为F=mg tan60°=√3g,故A错误： B.小球在通过D点时的速度最小，则D点为竖直平面内圆周运动的等效最高点，恰好能 完整的做圆周运动，在等效最高点有最小速度，此时电场力与重力的合力刚好提供向心力， 则有mg。=m日解得D=√2gR,故B错误： c0s60° R CD.小球在等效最低点C点的速度最大，故小球从D到C的过程中，由动能定理得 e8oe2R-=aE-m号解得v。-i0g吸 1 1 c0s60° 2 在C点，由牛顿第二定律得B,-m8 C0S60°=m解得及=128，故C错误，D正确。 R 故选D。 8.【解析】A.等差等势线越密的地方，电场线越密，带电粒子所受电场力越大，带电粒子 的加速度越大，所以两点处的加速度一定满足aw>4w,故A错误； BC.带电粒子的运动方向与电场力成锐角，电场力对带电粒子做正功，带电粒子的动能增 大，电势能减小，可得EpM>EpN,w<EwN,故B,C错误； a 粒子带负电，电势能减小，根据E。=qp可得电势不断升高，可得P。>%,>，故D正确。 故选D。 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 9、【详解】ABD.设0-阶段牵引力为F,汽车的位移为x时速度为，对于关闭发动机 前的过程应用动能定理。-。=与W全过程应用动能定理，-3氏=0 又因为上-片联立可得汽车行驶过程中所受阻力为∫=”停 由牛顿第二定律F=了=a又因为h5所联立可得刀动5 63 又全过程应用动量定理解得F。-,=0解得=3 故AD正确，B错误； C.由上述分析可知牵引力的大小为摩擦阻力的3倍，故C错误。故选AD。 10.【解析】A.小球b漏电前的受力分析如下图所示 根据平衡条件有k,Csim454ms (W2R)2 2√2mgR2 解得q= ko mg 故A错误； B BCD.漏电过程中，小球b的受力分析如下图所示 根据相似三角形有s-:=严生_g RRdd F库 由此可知，圆环对小球b的支持力不变，库仑力逐渐减小，b的电荷量 b 与两球间的距离的三次方成正比，故C错误，BD正确。 B mg 故选BD。 I1、解析：A:A、B、C、D四，点场强大小相等，方向沿着OA、OB、OC、OD向外，故A 选项错误。 B:由场授叠加原理，P点场搭E水号又s-9得器故B选项正确。 C:由沿电场方向电势降低可知，除O点外，等量同种点电荷连线上任意一点的电势比中垂 线上点的电势高，故C选项错误。 D:P点沿直线到B点，到O点的距离越来越大，电势越来越低，负电荷电势能越来越高， 电场力始终做负功。 12.【解析】A.释放B前，A处于平衡状态，对A受力分析，可得=la8sin30°+1ua8c0s30° 代入数据，解得u= 6,故A正确： 保改8除同。分浙系毯交力，可程藏9m心，长B特民 C.动能最大时，系统的合力为零，即k+gsin30°+u ma gcos30°=归sin37c 代入数据，解得x=0.1m 即此时弹簧的弹性势能和开始时相同，由系统能量守恒，可得 (mgsin37-mgsn30-LmAgc030)(=) 代入数据，解得Vax= msA的聚大动能及。=，故C正确： 6 1 D.系统动能最大时，B沿斜面向下运动的位移x=x+x=0.2m 根据对称性，B向下运动的最大位移xmx=2x=0.4m,故D正确。故选ACD。 (第二部分非选择题60分) 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 13.【答案】（1)减小增大（2)C(3)偏大 【解析】(1)[1]设小球B的质量为m,对其受力分析如图 由共点力的平衡条件可得，静电力的大小F=ig tan B 则丝线偏离竖直方向的夹角越大，静电力越大，丝线偏离竖直方向的夹 A○ 角越小，静电力越小；把系在丝线上的带电小球B先后挂在图中横杆 上的P1、P2、P3等位置，小球B平衡后丝线偏离竖直方向的夹角依次 减小，由此可得，两小球所带电量不变时，距离增大，两小球间静电力 减小： [2]使小球B处于同一位置，增大小球A所带的电荷量，小球B平衡时丝线偏离竖直方向的 夹角增大，由以上分析可知，小球所受静电力增大，两小球距离不变时，电荷量增大，两小 球间静电力增大。 (2)图中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、 P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比静电力的大小：后来保持小球之间的距离不 变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的静电力，所以实验采用的方法是控制变量 法。故选C。 (3)该同学的计算结果偏大，理由如下：由库仑定律的内容可知，其适用条件是真空中的 静止点电荷，两球心相距为3时，两球不能看成点电荷，因带同种电荷，导致电荷间等效 的实际间距大于3R,根据库仑定律可知，它们实际的相互作用的库仑力大小F”<F=k (3R)2 即该同学的计算结果偏大。 14.【答案】(1)B(2)CD(3)C(4)30 【详解】(1)验证摆锤下摆过程中机械能守恒，若连接杆质量为、摆锤质量为m2,则应 使得连接杆质量远小于摆锤质量为m。故选B。 (2)静止释放摆锤，在摆到最低，点的过程中连接杆对摆锤的拉力不做功，摆锤所受重力对 摆锤做正功。故选CD。 (3)摆锤重力势能卫E,随h减小而减小，动能E随h减小而增大，机械能E不随h变化。 故选C。 (4)根据题意可得g=Ag=008解得m=30g。 △h0.10 15.【解析】(1)依据题意，小球在小球和+Q的库仑引力与小球的重力的合力作用下，做 匀速圆周运动，如图 因此球带负电荷。 向心加速度为3鸟，则R=a=)ng tano= 3 nig 0+Q 解得0=30 所以库仑力大小为F=k9=g zcos30° 小球 F 0 由几何关系可知sin0= R 解得小球的电荷量大小q= 83mgR2 3ko mg (2)由h= R解得h=√5R tan30° 所以带电量为+Q的点电荷在圆心O点的电场强度E的大小E=k s、 3R2 16、【答案】(1)7ms(2)7.7m 【解析】(1)设匀强电场作用时物块的加速度大小为1，根据牛顿 14 第二定律有qEcos37°μ(mgcos3:7°-qEsin37°)）-mgsin37°=ma1解得a1=号m/s2 根据匀变速直线运动速度与时间的关系可得撤去拉力前瞬间物块的速度大小为 14 Viax1.5 m/s-7 m/s. (2)撤去电场前，物块的位移大小为x1af-×号×1.52m525m 撤去电场后， 物块的加速度大小为a,=gm7m8如s3710m/g m 物块继续沿斜面滑行的位移大小为X,=2=卫 2g2x10m=2.45m 17、)电场方向水平向左，E号2一-厘 2 【详解】(1)小球带正电，静止时偏在竖直方向左侧，电场力与电场方向同向，因此电场方 向水平向左。对P点小球受力平衡：竖直方向Tcos0-mg 水平方向Tsin0=qE 联立解得E=照 4g （2)P、Q沿电场方向的距离d=lsin0 沿电场方向电势降低，因此电势差满足UQP=φQpp王d 已知000，代入得 得0e-EBd谓上0.6=日 20q (3)从Q到P由动能定理qE.lsin0-mg(-lcos0)Fmv 代入数值化筒q器.10.6mg-0.8mv 解得=吧 18.【答案】(1)30N (2)12.5J(3)(35-5V5)J,0.625m 【解析】(1)设物块滑到圆孤B点时的速率为，B点处轨道对物块的支持力为，则对 于物块从A到B过程，根据动能定理有mgR=) 2 在B点处，根据牛顿第二定律有B-g=6联立以上两式，解得=30N R 根据牛顿第三定律，物块滑到圆孤B,点时对轨道的压力大小为30N。 (2)设物块滑到C点时的速率为，对于物块从A到C过程，根据动能定理有 gR-4gs=解得=4m/s<1=5m/s 即物块首次滑上传送带后要先做加速运动，设物块首次滑到D点时的速率为V2,则对于物 块从B到与传送带共速，由动能定理有-4g5+4,g=m二m 1 2 2 则物块在传送带上加速的位移为x1=2.25m<L=5m则有y2=5m/s 由于平台DE光滑，对于物块和弹簧组成的系统，从弹簧开始压缩到其压缩量最大，根据机 梳能宁恒有日m方m解得马m=125J (3)在平台DE上，由于机械能守恒，物块被弹簧弹回到D点时，其速率仍为，=5m/s, 当物块第二次滑上传送带后，先做匀减速运动，设其从开始减速到速度减为零运动的位移为 2,则对于该过程，根据动能定理有-凸g5=0,解得=625m>L如 即物块第二次在传送带上一直匀减速直至从C点滑离，设物块从D到C过程经历的时间为t, 加速度为a,根据牛顿第二定律有-4g=☑ 根据运动学公式L=,t+t 2 联立以上两式，解得f=55或5+5（舍） 2 2 则物块从D到C过程相对传送带的位移大小△s=L+t 物块第二次滑上传送带后与传送带摩擦产生的热量0=mg△=(35-5V⑤)J 又设物块第二次通过C点后最远滑行的距离为d,则对于物块从D点运动到最终停止过程， 根据动能定理有-4msL-4mgd=0时 解得d=0.625m<s=3m 即物块最终停止时的位置与C点间距为0.625m。