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江苏省百校联考2023-2024学年高一下学期5月阶段性考试物理试卷
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这是一份江苏省百校联考2023-2024学年高一下学期5月阶段性考试物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，转盘上放有A、B两个茶杯，其中A离转动轴较近，下列说法不正确的是( )
A. A茶杯的线速度大于B茶杯的线速度
B. A茶杯的周期和B茶杯的周期相等
C. A茶杯的角速度和B茶杯的角速度相等
D. A茶杯的向心加速度小于B茶杯的向心加速度
2.如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( )
A. 小球通过最高点的最小速度为 Rg
B. 运动到a点时小球一定挤压外侧管壁
C. 小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D. 小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
3.为方便旅客随时取下行李，机场使用倾斜环状传送带运输行李箱，其实景图及简化图如图1、图2所示，行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则( )
A. 行李箱的向心力只由弹力提供
B. 行李箱的向心力只由摩擦力提供
C. 若传送带转速减缓，行李箱受到的弹力变大
D. 若传送带转速减缓，行李箱可能会沿斜面向下滑动
4.2024年4月25日，神舟十八号载人飞船成功与天宫号空间站实现径向自主交会对接，即在对接时使飞船直立，消除与空间站的偏差，达到相对静止，实现与空间站对接。对接前，载人飞船与空间站处在不同的轨道上，载人飞船的轨道处在空间站轨道的下方。下列说法中正确的是( )
A. 对接时，载人飞船与空间站的加速度大小相同
B. 对接前，载人飞船的角速度比空间站的角速度小
C. 对接时，载人飞船的速度应该沿轨道半径方向
D. 对接前，载人飞船速度较快，需减速才能变轨到空间站的轨道
5.室内足球运动的某次传球过程，足球在地面位置1被踢出后落到位置3，2为空中达到的最高点，速度大小为vC，则( )
A. 足球在空中到达最高点时速度最小
B. 足球从位置2到位置3的过程中速度越来越快
C. 上升过程用时比下降过程用时长
D. 与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快
6.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时速度大小相同
B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地，重力对B球做功大于对A球做功
D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
7.某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图甲所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ek-h图像如图乙所示，则下列判断正确的是( )
A. 弹簧最大弹性势能大小为Ekm
B. O到h1之间水平桌面对弹簧笔做正功
C. O到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
D. O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小
8.从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法正确的是( )
A. 图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电极B上
B. 图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的
C. 图丙中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
D. 图丁中，工作人员在超高压带电作业时，穿绝缘橡胶服比金属丝编制的工作服更安全
9.如图为驾考半坡定点停车示意图。汽车先在平直路面匀速行驶，t1时进入斜坡减速上升一段距离，t2时开始匀速上升至半坡定点杆刹车。若汽车刹车前始终保持油门不变(即发动机功率不变)，且斜坡倾角和所受摩擦阻力大小不变，则刹车前汽车运动的速度大小v及牵引力F大小随时间t的变化图像正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，光滑绝缘水平面上的A、B两点分别固定两个带等量异种电荷的点电荷M、N，O为AB的中点，CD为AB的垂直平分线，a、c为AB上关于O点对称的两点，b、d为CD上关于O点对称的两点。则关于各点电场强度Ea、Eb、Ec、Ed及电场力，下列说法正确的是( )
A. Ea、Eb、Ed的方向不相同
B. Ea、Ec两点的电场强度大小相等，方向相反
C. 任意改变b点在中垂线上的位置，也不可能使EaD. 将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的库仑力先增大后减小
11.如图所示，在光滑绝缘水平面上，带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动， E， F分别是 C， D关于 O点的对称点，则( )
A. 小球M，N带同种电荷B. 小球M在C，E两点加速度相同
C. M从C到D的时间等于从E到F的时间D. M从A点运动到B点的过程中，动能减小
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某校高一年级的同学，在学习机械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是__________;
A.选用电磁打点计时器不用电火花计时器
B.两限位孔在同一竖直线上
C.重物选用质量和密度较大的金属锤
D.释放重物前，重物离打点计时器下端远些
②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点(其他点未画出)，已知打点计时器打点频率为50Hz。若重物的质量为0.6kg，则打B点时重物的动能EkB=__________J。(结果保留两位有效数字)
(2)第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸直，由静止释放小球，已知小球的质量为 m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v=__________;
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式12mv2=__________。
(3)另一名同学提出，以上两小组同学所采用的实验方案中都会有误差出现，请你说出以上两小组同学所采用的实验方案中第二小组出现实验误差的一种可能原因：_______________。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图，带电荷量Q=+2×10-6C的小球A固定在光滑绝缘桌面的上方，距桌面的高度AO=h=0.3m，一个质量为m=5×10-3kg、带电荷量q=-2×10-7C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心做匀速圆周运动，其运动半径为r=0.4m。(重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2)。求：
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)小球B运动的线速度v的大小。
14.某卫星P在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为地球半径的2倍，地球半径为R，且转动方向与地球自转方向相反，Q是位于赤道上的某观测站。已知地球的自转周期为T0，引力常量为G，求：
(1)地球的质量M;
(2)从图示位置开始，卫星P至少经过多长时间再次处于观测站Q的正上方。
15.如图(甲)所示，质量m1=2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一个处于自然状态下轻弹簧，其弹力随伸长量变化如图(乙)所示。质量m2=1kg的小物块从高为h=0.45m的光滑固定圆弧轨道上由静止下滑，圆弧轨道底端的切线水平，小物块可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上木板，两者共速时速度为v1，此时木板未与弹簧接触。木板足够长，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小物块滑上木板时的初速度v0的大小;
(2)两者共速时速度v1的大小及此过程系统摩擦产生的热量Q;
(3)木板与弹簧接触以后，到小物块与木板之间即将相对滑动时，此过程克服弹簧弹力做功W及此时木板速度v2的大小。
16.如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=10J，一个质量m=0.5kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l=6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R=0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，其他摩擦均忽略不计，g=10m/s2，求：
(1)小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小;
(2)若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点 C时受轨道的弹力大小;
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道 ABCD传送带转动速度的可能值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查传动问题，同缘传动，边缘点线速度相等；同轴传动，角速度相等。这是解决传动问题的基本方法。常用公式为v=rω，a=rω2。
【解答】
BC、茶杯A、B同轴转动，角速度和周期相等，故BC正确；
A、茶杯A离转动轴较近，，即轨道半径较小，根据v=rω可知A茶杯的线速度小于B茶杯的线速度，故A错误；
D、根据a=rω2可知A茶杯的向心加速度小于B茶杯的向心加速度，故D正确。
本题选错误的，故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度。小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力。
解决本题的关键是知道小球在竖直光滑圆形管道中运动到最高点的最小速度为0，与轻杆模型相似，要知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供。
【解答】
A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，内管能支撑小球，所以小球的最小速度等于0，故A错误；
B、小球做圆周运动需要向心力，运动到a点时，需要外侧管壁提供向心力，所以小球一定挤压外侧管壁，故B正确；
C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，对内侧管壁没有作用力，故C错误；
D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。
故选：B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
对行李箱受力分析，结合做匀速圆周运动，可得向心力由摩擦力与弹力的水平方向的合力提供；通过列方程，找到角速度与弹力的关系式，判断行李箱的状态。
本题考查水平面的匀速圆周运动，关键是向心力的来源问题，要求学生对向心力的概念有很好的认识。
【解答】
AB、对行李箱受力分析，如图
可得：fcsα-Nsinα=mω2R，fsinα+Ncsα=mg，
其中，向心力有摩擦力与弹力的水平方向的合力提供，故AB错误；
CD、根据以上两式，可得：N=mgcsα-mω2Rsinα，f=mgsinα+mω2Rcsα，若传送带转速减缓，角速度减小，则N增大，最大静摩擦也增大，摩擦力减小，行李箱更不可能下滑了，故C正确；D错误。
故选：C。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查万有引力定律的应用，对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。要知道卫星变轨原理：低轨变高轨需要加速，使卫星做离心运动，高轨变低轨需要减速，使卫星做近心运动。
【解答】A、对接时，载人飞船与空间站处于同一个位置，合力等于万有引力，加速度a=GMr2，加速度大小相同，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mrω2，解得ω= GMr3，对接前，载人飞船的轨道半径小，则角速度比空间站的角速度大，故B错误；
C、对接时，载人飞船与空间站相对静止，速度应该沿轨道切线方向，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知对接前，载人飞船速度较快，
载人飞船轨道低，需要加速使其做离心运动，从而变轨到空间站的轨道，故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】【分析】解决本题的关键是要明确足球运动过程中受到重力和空气阻力的作用，足球在水平方向速度一直减小。通过竖直方向的运动规律分析时间。
【解答】A、由于空气阻力的作用，水平方向速度一直减小，足球在空中到达最高点时，接下来水平速度会继续减小，则合速度不一定是最小的，故A错误；
B、根据A选项分析可知速度最小值可能出现在2到3之间的某个位置，故足球从位置2到位置3的过程中速度不一定越来越快，故B错误；
C、只分析竖直方向，上升过程与下降过程竖直位移大小相等，上升过程空气阻力与重力都向下，下降过程重力向下，空气阻力向上，则上升过程的平均加速度大，运动时间短，故C错误；
D、由于空气阻力的存在，在同一高度时，下降过程的竖直速度小于上升过程的竖直速度，则上升过程重力的瞬时功率大，重力做功快，重力势能变化快，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【分析】
两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
本题考查了抛体运动的功率求解，在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，公式P=Wt一般用来计算平均功率的大小，而P=Fvcsθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
【解答】
A.两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，故A正确；
B.落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，由重力功率公式P=mgvy，vy是竖直分速度，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；
CD.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=Wt知道重力对两小球做功的平均功率PA>PB，故CD错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】【分析】本题考查功能的图像问题，要知道弹簧笔动能最大时，合力为零。弹簧笔的弹性势能和动能以及重力势能之和是守恒的。
【解答】A、当弹簧笔动能最大时，合力为零，弹簧弹力与笔的重力大小相等，此时弹簧仍然处于压缩状态，根据功能关系可知弹簧最大弹性势能大于Ekm，故A错误；
B、水平桌面对弹簧笔的支持力没有发生位移，不做功，故B错误；
C、弹簧笔的弹性势能和动能以及重力势能之和是守恒的，O到h2之间，重力势能一直增大，则弹簧笔的弹性势能和动能之和减小，故C正确；
D、O到h2之间弹簧弹力一直减小，h2到h3之间弹簧的弹力为零，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
对于生活中的静电现象，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例，并能做出简单的解释。
【解答】
A.图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，选项A错误；
B.图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的，选项B正确；
C.图丙中，话筒线外面包裹着金属外衣是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故C错误；
D.图丁中，超高压带电作业的工作人员，穿上金属丝制成的衣服，起到静电屏蔽的作用，可以保证安全，故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】由题意可知 0∼t1 汽车在平直路面做匀速直线运动，汽车的速度不变，牵引力不变；
t1∼t2 汽车做减速运动，该阶段有P=Fv ， mgsinθ+f-F=ma
由于汽车的发动机功率不变，可知随着汽车速度逐渐减小，牵引力逐渐增大，则汽车的加速度逐渐减小，即汽车做加速度减小的减速运动，由于加速度越来越小，所以汽车速度减小的越来越慢，牵引力增大得越来越慢，即 F-t 图像的切线斜率越来越小。
故选B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键是掌握等量异种电荷的电场分布情况。等量异种电荷连线上，中点的场强最小，在连线的中垂线上，中点的场强最大，在中垂线上的场强均垂直于中垂线并且指向负电荷。
【解答】
A、Ea、Eb、Ed的方向均垂直于CD指向负电荷，故A错误；
B、Ea、Ec两点的电场强度大小相等，方向相同，故B错误；
C、等量异种电荷连线上，中点的场强最小，在连线的中垂线上，中点的场强最大，故C正确；
D、等量异种电荷连线上，中点的场强最小，将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的库仑力先减小后增大，故D错误。
故选C。
11.【答案】D
【解析】【分析】根据小球间的相互作用力的性质分析带点性质，根据M的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度，注意加速度是矢量，类比行星绕太阳做椭圆运动的规律分析运动时间，根据库仑力做功情况分析动能变化。
本题考查了库仑力作用下的动力学问题，明确M在N的库仑力作用下绕N做椭圆运动，可以类比行星绕太阳做椭圆运动的规律。
【解答】A.带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动，两小球间为库仑引力，则带异种电荷，故A错误；
B.小球N对小球M的库仑引力提供M的加速度，小球M在C、E两点的加速度大小相等，方向不同，故B错误；
C.类比行星绕太阳做椭圆运动的规律，M从C到D的平均速率小于从E到F的平均速率，则从C到D的时间大于从E到F的时间，故C错误；
D.M从A点运动到B点的过程中，库仑力做负功，电势能增大，动能减小，故D正确。
12.【答案】(1)①BC；② 0.97；(2)① DΔt；②； mg(L+D2) ；(3)小球下落过程中受到空气阻力的作用用(细线下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)
【解析】【分析】
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动能的计算公式完成分析；
(2)(3)根据光电门的测速原理得出小球的速度，结合机械能守恒定律分析出需要满足的关系式，并分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
【解答】
(1)①A.电火花计时器是通过电火花放电留下点迹，电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；
B.两限位孔应在同一竖直线上，减小纸带受到限位孔的摩擦，故B正确；
C.为了减小空气阻力对实验的影响，实验时应选用质量和密度较大的重物，故C正确；
D.释放重物前，重物离打点计时器下端近些，靠近打点计时器一端，故 D错误。
②根据运动学公式可知打B点的速度为：
vB=hOC-hOA2T，其中T=1f=150s=0.02s
代入数据解得：vB=(22.99-15.79)×10-22×0.02m/s=1.8m/s
EkB=12mvB2=12×0.6×1.82J=0.97J；
(2)①小球通过光电门时的速度大小：v=DΔt
②若小球下落过程中机械能守恒，则减小得重力势能等于增加的动能，则
12mv2=mg(L+D2)；
(3)实验方案中第二小组出现实验误差的可能原因是小球下落过程中受到空气阻力的作用(细线在下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)。
13.【答案】解：(1)根据图中几何关系可知，小球A、B之间的距离为
L= h2+r2= 0.32+0.42m=0.5m，
根据库仑定律可知，小球A、B之间的库仑力大小为
F=kQqL2=9×109×2×10-6×2×10-70.52N=1.44×10-2N。
(2)设库仑力与竖直方向的夹角为θ，则有sinθ=rL=0.8，
以小球B为对象，根据牛顿第二定律可得Fsinθ=mv2r，
解得小球B运动的线速度大小为v= Frsinθm=0.96m/s。
【解析】(1)根据库仑定律求库仑力大小。
(2)对B分析，明确库仑力的水平分力提供向心力，由此列式求解。
14.【答案】解：(1)设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力，可得
GMm(3R)2=m(2πT)2(3R)，
解得地球的质量M=108π2R3GT2。
(2)由题意知，t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，且转动方向与地球自转方向相反，则有(2πT+2πT0)t=2π，
解得t=TT0T+T0。
【解析】(1)对卫星分析，根据万有引力提供向心力可求地球质量；
(2)根据t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，且转动方向与地球自转方向相反，求解。
15.【答案】(1)对物块A从h处滑到圆弧底端列动能定理m2gh=12m2v02
解得v0=3m/s
(2)木板做匀加速直线运动μm2g=m1a1
得a1=0.5m/s2
物块做匀减速直线运动μm2g=m2a2
得a2=1m/s2
设经时间t二者速度相等，有v0-a2t=a1t
v1=a1t
得v1=1m/s
对此过程列能量守恒12m2v02=12(m2+m1)v12+Q
解得Q=3J
(3)设m1和m2恰好发生相对滑动时的弹簧弹力为F，整体的加速度为a，
则对整体列牛顿第二定律F=(m1+m2)a
对m2列牛顿第二定律μm2g=m2a
解得F=3N
由乙可知，弹簧的劲度系数k=△F△x=4N/m
物块与木板分离时刻弹簧的形变量x=Fk=34m
由于弹力与形变量成线性关系，则克服弹力做功可以表示为W=12Fx
得W=1.125J
对系统此过程列动能定理-W=12(m1+m2)v22-12(m1+m2)v12
解得v2=0.5m/s
【解析】(1)根据动能定理计算小物块滑上木板时的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算物块与木板共速时的速度大小，再由能量守恒定律计算摩擦产生的热量；
(3)根据牛顿第二定律计算物块与木板即将相对滑动时的弹簧弹力，再由胡克定律计算弹簧的进度系数，由弹簧弹力做功的平均力法计算弹力做功，根据动能定理计算速度。
16.【答案】(1)2 10m/s；
(2)0;
(3)若传送带顺时针转动，v≥5m/s或0≤v≤ 10m/s；若传送带逆时针转动，速度任意。
【解析】【分析】
(1)弹簧释放的过程中，根据功能关系区间速度大小；
(2)根据动能定理和通过最高点的临界条件即可判断；
(3)物体不脱离轨道的条件时最高能到达B点和通过最高点C，结合动能定理即可求得速度。
本题主要是考查了功能关系和竖直方向圆周运动，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答；注意圆周运动中临界条件的分析。
【解答】
(1)弹簧释放的过程中，根据功能关系可得：Ep=12mv02
解得：v0=2 10m/s；
(2)物体的速度6m/s大于传送带的速度，所以在摩擦力作用下做减速运动，根据牛顿第二定律可得：
a=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
减速到和传送带相同速度时需要的位移x满足：v02-v2=2ax，
解得：x=2.5m<6m
以后和传送带乙相同的速度运动到右端，到达顶端C的过程根据动能定理可得：
-mg⋅2R=12mvC2-12mv2
在最高点FN+mg=mvc2R
联立解得FN=0;
(3)要使小物块在运动过程中，不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况
情况一：当传送带顺时针转动时
①②物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据(2)中可知，此时传送带的速度为5m/s，即只要传送带的速度v≥5m/s，物块就不会脱离圆轨道。
②物块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当物块恰好运动至圆轨道14圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有-mgR=0-12mv2解得v= 10m/s
若滑块在传送带上一直匀减速运动，假设物块在离开传送带时速度为v2
由运动学公式可得v02-v22=2al
解得v2=2m/s< 10m/s
即只要传送带的速度满足0≤v≤ 10m/s，滑块就不会脱离圆轨道。
情况二：当传送带逆时针转动时
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的速度无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得，若传送带顺时针转动，v≥5m/s或0≤v≤ 10m/s
若传送带逆时针转动，速度任意。
1.餐桌上的自动转盘在电动机的带动下匀速转动，转盘上放有A、B两个茶杯，其中A离转动轴较近，下列说法不正确的是( )
A. A茶杯的线速度大于B茶杯的线速度
B. A茶杯的周期和B茶杯的周期相等
C. A茶杯的角速度和B茶杯的角速度相等
D. A茶杯的向心加速度小于B茶杯的向心加速度
2.如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是( )
A. 小球通过最高点的最小速度为 Rg
B. 运动到a点时小球一定挤压外侧管壁
C. 小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D. 小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
3.为方便旅客随时取下行李，机场使用倾斜环状传送带运输行李箱，其实景图及简化图如图1、图2所示，行李箱随传送带一起在弯道时做匀速圆周运动。则( )
A. 行李箱的向心力只由弹力提供
B. 行李箱的向心力只由摩擦力提供
C. 若传送带转速减缓，行李箱受到的弹力变大
D. 若传送带转速减缓，行李箱可能会沿斜面向下滑动
4.2024年4月25日，神舟十八号载人飞船成功与天宫号空间站实现径向自主交会对接，即在对接时使飞船直立，消除与空间站的偏差，达到相对静止，实现与空间站对接。对接前，载人飞船与空间站处在不同的轨道上，载人飞船的轨道处在空间站轨道的下方。下列说法中正确的是( )
A. 对接时，载人飞船与空间站的加速度大小相同
B. 对接前，载人飞船的角速度比空间站的角速度小
C. 对接时，载人飞船的速度应该沿轨道半径方向
D. 对接前，载人飞船速度较快，需减速才能变轨到空间站的轨道
5.室内足球运动的某次传球过程，足球在地面位置1被踢出后落到位置3，2为空中达到的最高点，速度大小为vC，则( )
A. 足球在空中到达最高点时速度最小
B. 足球从位置2到位置3的过程中速度越来越快
C. 上升过程用时比下降过程用时长
D. 与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快
6.把A、B两相同小球在离地面同一高度处以相同大小的初速度v0分别沿水平方向和竖直方向抛出，不计空气阻力，如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 两小球落地时速度大小相同
B. 两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地，重力对B球做功大于对A球做功
D. 从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同
7.某同学将手中的弹簧笔竖直向下按压在水平桌面上，如图甲所示，当他突然松手后弹簧笔将竖直向上弹起，其上升过程中的Ek-h图像如图乙所示，则下列判断正确的是( )
A. 弹簧最大弹性势能大小为Ekm
B. O到h1之间水平桌面对弹簧笔做正功
C. O到h2之间弹簧笔的弹性势能和动能之和减小
D. O到h3之间弹簧的弹力先增加再减小
8.从生活走向物理，从物理走向社会，物理和生活息息相关，联系生活实际是学好物理的基础。下列有关电学知识的相关说法正确的是( )
A. 图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在中间的线状电极B上
B. 图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的
C. 图丙中，两条优质的话筒线外面包裹着金属外衣增强了导电能力
D. 图丁中，工作人员在超高压带电作业时，穿绝缘橡胶服比金属丝编制的工作服更安全
9.如图为驾考半坡定点停车示意图。汽车先在平直路面匀速行驶，t1时进入斜坡减速上升一段距离，t2时开始匀速上升至半坡定点杆刹车。若汽车刹车前始终保持油门不变(即发动机功率不变)，且斜坡倾角和所受摩擦阻力大小不变，则刹车前汽车运动的速度大小v及牵引力F大小随时间t的变化图像正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，光滑绝缘水平面上的A、B两点分别固定两个带等量异种电荷的点电荷M、N，O为AB的中点，CD为AB的垂直平分线，a、c为AB上关于O点对称的两点，b、d为CD上关于O点对称的两点。则关于各点电场强度Ea、Eb、Ec、Ed及电场力，下列说法正确的是( )
A. Ea、Eb、Ed的方向不相同
B. Ea、Ec两点的电场强度大小相等，方向相反
C. 任意改变b点在中垂线上的位置，也不可能使Ea
11.如图所示，在光滑绝缘水平面上，带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动， E， F分别是 C， D关于 O点的对称点，则( )
A. 小球M，N带同种电荷B. 小球M在C，E两点加速度相同
C. M从C到D的时间等于从E到F的时间D. M从A点运动到B点的过程中，动能减小
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.某校高一年级的同学，在学习机械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。
①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是__________;
A.选用电磁打点计时器不用电火花计时器
B.两限位孔在同一竖直线上
C.重物选用质量和密度较大的金属锤
D.释放重物前，重物离打点计时器下端远些
②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点(其他点未画出)，已知打点计时器打点频率为50Hz。若重物的质量为0.6kg，则打B点时重物的动能EkB=__________J。(结果保留两位有效数字)
(2)第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸直，由静止释放小球，已知小球的质量为 m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v=__________;
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式12mv2=__________。
(3)另一名同学提出，以上两小组同学所采用的实验方案中都会有误差出现，请你说出以上两小组同学所采用的实验方案中第二小组出现实验误差的一种可能原因：_______________。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
13.如图，带电荷量Q=+2×10-6C的小球A固定在光滑绝缘桌面的上方，距桌面的高度AO=h=0.3m，一个质量为m=5×10-3kg、带电荷量q=-2×10-7C的小球B在桌面上以小球A在桌面上的投影点O为圆心做匀速圆周运动，其运动半径为r=0.4m。(重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2)。求：
(1)小球A、B之间的库仑力F的大小;
(2)小球B运动的线速度v的大小。
14.某卫星P在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度为地球半径的2倍，地球半径为R，且转动方向与地球自转方向相反，Q是位于赤道上的某观测站。已知地球的自转周期为T0，引力常量为G，求：
(1)地球的质量M;
(2)从图示位置开始，卫星P至少经过多长时间再次处于观测站Q的正上方。
15.如图(甲)所示，质量m1=2kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一个处于自然状态下轻弹簧，其弹力随伸长量变化如图(乙)所示。质量m2=1kg的小物块从高为h=0.45m的光滑固定圆弧轨道上由静止下滑，圆弧轨道底端的切线水平，小物块可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上木板，两者共速时速度为v1，此时木板未与弹簧接触。木板足够长，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小物块滑上木板时的初速度v0的大小;
(2)两者共速时速度v1的大小及此过程系统摩擦产生的热量Q;
(3)木板与弹簧接触以后，到小物块与木板之间即将相对滑动时，此过程克服弹簧弹力做功W及此时木板速度v2的大小。
16.如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=10J，一个质量m=0.5kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l=6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R=0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，其他摩擦均忽略不计，g=10m/s2，求：
(1)小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小;
(2)若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点 C时受轨道的弹力大小;
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道 ABCD传送带转动速度的可能值。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查传动问题，同缘传动，边缘点线速度相等；同轴传动，角速度相等。这是解决传动问题的基本方法。常用公式为v=rω，a=rω2。
【解答】
BC、茶杯A、B同轴转动，角速度和周期相等，故BC正确；
A、茶杯A离转动轴较近，，即轨道半径较小，根据v=rω可知A茶杯的线速度小于B茶杯的线速度，故A错误；
D、根据a=rω2可知A茶杯的向心加速度小于B茶杯的向心加速度，故D正确。
本题选错误的，故选A。
2.【答案】B
【解析】【分析】
小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度。小球做圆周运动是，沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力。
解决本题的关键是知道小球在竖直光滑圆形管道中运动到最高点的最小速度为0，与轻杆模型相似，要知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供。
【解答】
A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，内管能支撑小球，所以小球的最小速度等于0，故A错误；
B、小球做圆周运动需要向心力，运动到a点时，需要外侧管壁提供向心力，所以小球一定挤压外侧管壁，故B正确；
C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，对内侧管壁没有作用力，故C错误；
D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，故D错误。
故选：B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
对行李箱受力分析，结合做匀速圆周运动，可得向心力由摩擦力与弹力的水平方向的合力提供；通过列方程，找到角速度与弹力的关系式，判断行李箱的状态。
本题考查水平面的匀速圆周运动，关键是向心力的来源问题，要求学生对向心力的概念有很好的认识。
【解答】
AB、对行李箱受力分析，如图
可得：fcsα-Nsinα=mω2R，fsinα+Ncsα=mg，
其中，向心力有摩擦力与弹力的水平方向的合力提供，故AB错误；
CD、根据以上两式，可得：N=mgcsα-mω2Rsinα，f=mgsinα+mω2Rcsα，若传送带转速减缓，角速度减小，则N增大，最大静摩擦也增大，摩擦力减小，行李箱更不可能下滑了，故C正确；D错误。
故选：C。
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查万有引力定律的应用，对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量。要知道卫星变轨原理：低轨变高轨需要加速，使卫星做离心运动，高轨变低轨需要减速，使卫星做近心运动。
【解答】A、对接时，载人飞船与空间站处于同一个位置，合力等于万有引力，加速度a=GMr2，加速度大小相同，故A正确；
B、根据万有引力提供向心力GMmr2=mrω2，解得ω= GMr3，对接前，载人飞船的轨道半径小，则角速度比空间站的角速度大，故B错误；
C、对接时，载人飞船与空间站相对静止，速度应该沿轨道切线方向，故C错误；
D、根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，解得v= GMr，可知对接前，载人飞船速度较快，
载人飞船轨道低，需要加速使其做离心运动，从而变轨到空间站的轨道，故D错误。
故选A。
5.【答案】D
【解析】【分析】解决本题的关键是要明确足球运动过程中受到重力和空气阻力的作用，足球在水平方向速度一直减小。通过竖直方向的运动规律分析时间。
【解答】A、由于空气阻力的作用，水平方向速度一直减小，足球在空中到达最高点时，接下来水平速度会继续减小，则合速度不一定是最小的，故A错误；
B、根据A选项分析可知速度最小值可能出现在2到3之间的某个位置，故足球从位置2到位置3的过程中速度不一定越来越快，故B错误；
C、只分析竖直方向，上升过程与下降过程竖直位移大小相等，上升过程空气阻力与重力都向下，下降过程重力向下，空气阻力向上，则上升过程的平均加速度大，运动时间短，故C错误；
D、由于空气阻力的存在，在同一高度时，下降过程的竖直速度小于上升过程的竖直速度，则上升过程重力的瞬时功率大，重力做功快，重力势能变化快，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【分析】
两个物体在运动的过程中机械能守恒，可以判断它们的落地时的速度的大小，再由平均功率和瞬时功率的公式可以得出结论。
本题考查了抛体运动的功率求解，在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，公式P=Wt一般用来计算平均功率的大小，而P=Fvcsθ可以计算平均功率也可以是瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度。
【解答】
A.两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，故A正确；
B.落地时两物体的速率相同，重力也相同，但A物体重力与速度有夹角，B物体重力与速度方向相同，由重力功率公式P=mgvy，vy是竖直分速度，所以落地前的瞬间B物体重力的瞬时功率大于A物体重力的瞬时功率，故B错误；
CD.从开始运动至落地，重力对两小球做功相同，但过程A所需时间小于B所需时间，根据P=Wt知道重力对两小球做功的平均功率PA>PB，故CD错误。
故选A。
7.【答案】C
【解析】【分析】本题考查功能的图像问题，要知道弹簧笔动能最大时，合力为零。弹簧笔的弹性势能和动能以及重力势能之和是守恒的。
【解答】A、当弹簧笔动能最大时，合力为零，弹簧弹力与笔的重力大小相等，此时弹簧仍然处于压缩状态，根据功能关系可知弹簧最大弹性势能大于Ekm，故A错误；
B、水平桌面对弹簧笔的支持力没有发生位移，不做功，故B错误；
C、弹簧笔的弹性势能和动能以及重力势能之和是守恒的，O到h2之间，重力势能一直增大，则弹簧笔的弹性势能和动能之和减小，故C正确；
D、O到h2之间弹簧弹力一直减小，h2到h3之间弹簧的弹力为零，故D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
对于生活中的静电现象，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例，并能做出简单的解释。
【解答】
A.图甲中，静电除尘装置将带负电的尘埃收集在两个带正电的极板A上，选项A错误；
B.图乙中，家用煤气灶的点火装置是根据尖端放电的原理制成的，选项B正确；
C.图丙中，话筒线外面包裹着金属外衣是利用静电屏蔽，使金属外衣内不受外衣外的电场的干扰，故C错误；
D.图丁中，超高压带电作业的工作人员，穿上金属丝制成的衣服，起到静电屏蔽的作用，可以保证安全，故D错误。
故选B。
9.【答案】B
【解析】由题意可知 0∼t1 汽车在平直路面做匀速直线运动，汽车的速度不变，牵引力不变；
t1∼t2 汽车做减速运动，该阶段有P=Fv ， mgsinθ+f-F=ma
由于汽车的发动机功率不变，可知随着汽车速度逐渐减小，牵引力逐渐增大，则汽车的加速度逐渐减小，即汽车做加速度减小的减速运动，由于加速度越来越小，所以汽车速度减小的越来越慢，牵引力增大得越来越慢，即 F-t 图像的切线斜率越来越小。
故选B。
10.【答案】C
【解析】【分析】
解决本题的关键是掌握等量异种电荷的电场分布情况。等量异种电荷连线上，中点的场强最小，在连线的中垂线上，中点的场强最大，在中垂线上的场强均垂直于中垂线并且指向负电荷。
【解答】
A、Ea、Eb、Ed的方向均垂直于CD指向负电荷，故A错误；
B、Ea、Ec两点的电场强度大小相等，方向相同，故B错误；
C、等量异种电荷连线上，中点的场强最小，在连线的中垂线上，中点的场强最大，故C正确；
D、等量异种电荷连线上，中点的场强最小，将一点电荷由a点沿AB移动到c点，点电荷受到的库仑力先减小后增大，故D错误。
故选C。
11.【答案】D
【解析】【分析】根据小球间的相互作用力的性质分析带点性质，根据M的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度，注意加速度是矢量，类比行星绕太阳做椭圆运动的规律分析运动时间，根据库仑力做功情况分析动能变化。
本题考查了库仑力作用下的动力学问题，明确M在N的库仑力作用下绕N做椭圆运动，可以类比行星绕太阳做椭圆运动的规律。
【解答】A.带电小球M绕固定的带电小球N做顺时针的椭圆运动，两小球间为库仑引力，则带异种电荷，故A错误；
B.小球N对小球M的库仑引力提供M的加速度，小球M在C、E两点的加速度大小相等，方向不同，故B错误；
C.类比行星绕太阳做椭圆运动的规律，M从C到D的平均速率小于从E到F的平均速率，则从C到D的时间大于从E到F的时间，故C错误；
D.M从A点运动到B点的过程中，库仑力做负功，电势能增大，动能减小，故D正确。
12.【答案】(1)①BC；② 0.97；(2)① DΔt；②； mg(L+D2) ；(3)小球下落过程中受到空气阻力的作用用(细线下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)
【解析】【分析】
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动能的计算公式完成分析；
(2)(3)根据光电门的测速原理得出小球的速度，结合机械能守恒定律分析出需要满足的关系式，并分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
【解答】
(1)①A.电火花计时器是通过电火花放电留下点迹，电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；
B.两限位孔应在同一竖直线上，减小纸带受到限位孔的摩擦，故B正确；
C.为了减小空气阻力对实验的影响，实验时应选用质量和密度较大的重物，故C正确；
D.释放重物前，重物离打点计时器下端近些，靠近打点计时器一端，故 D错误。
②根据运动学公式可知打B点的速度为：
vB=hOC-hOA2T，其中T=1f=150s=0.02s
代入数据解得：vB=(22.99-15.79)×10-22×0.02m/s=1.8m/s
EkB=12mvB2=12×0.6×1.82J=0.97J；
(2)①小球通过光电门时的速度大小：v=DΔt
②若小球下落过程中机械能守恒，则减小得重力势能等于增加的动能，则
12mv2=mg(L+D2)；
(3)实验方案中第二小组出现实验误差的可能原因是小球下落过程中受到空气阻力的作用(细线在下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)。
13.【答案】解：(1)根据图中几何关系可知，小球A、B之间的距离为
L= h2+r2= 0.32+0.42m=0.5m，
根据库仑定律可知，小球A、B之间的库仑力大小为
F=kQqL2=9×109×2×10-6×2×10-70.52N=1.44×10-2N。
(2)设库仑力与竖直方向的夹角为θ，则有sinθ=rL=0.8，
以小球B为对象，根据牛顿第二定律可得Fsinθ=mv2r，
解得小球B运动的线速度大小为v= Frsinθm=0.96m/s。
【解析】(1)根据库仑定律求库仑力大小。
(2)对B分析，明确库仑力的水平分力提供向心力，由此列式求解。
14.【答案】解：(1)设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力，可得
GMm(3R)2=m(2πT)2(3R)，
解得地球的质量M=108π2R3GT2。
(2)由题意知，t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，且转动方向与地球自转方向相反，则有(2πT+2πT0)t=2π，
解得t=TT0T+T0。
【解析】(1)对卫星分析，根据万有引力提供向心力可求地球质量；
(2)根据t时间内卫星相对地球转过的角度为2π，且转动方向与地球自转方向相反，求解。
15.【答案】(1)对物块A从h处滑到圆弧底端列动能定理m2gh=12m2v02
解得v0=3m/s
(2)木板做匀加速直线运动μm2g=m1a1
得a1=0.5m/s2
物块做匀减速直线运动μm2g=m2a2
得a2=1m/s2
设经时间t二者速度相等，有v0-a2t=a1t
v1=a1t
得v1=1m/s
对此过程列能量守恒12m2v02=12(m2+m1)v12+Q
解得Q=3J
(3)设m1和m2恰好发生相对滑动时的弹簧弹力为F，整体的加速度为a，
则对整体列牛顿第二定律F=(m1+m2)a
对m2列牛顿第二定律μm2g=m2a
解得F=3N
由乙可知，弹簧的劲度系数k=△F△x=4N/m
物块与木板分离时刻弹簧的形变量x=Fk=34m
由于弹力与形变量成线性关系，则克服弹力做功可以表示为W=12Fx
得W=1.125J
对系统此过程列动能定理-W=12(m1+m2)v22-12(m1+m2)v12
解得v2=0.5m/s
【解析】(1)根据动能定理计算小物块滑上木板时的速度大小；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式计算物块与木板共速时的速度大小，再由能量守恒定律计算摩擦产生的热量；
(3)根据牛顿第二定律计算物块与木板即将相对滑动时的弹簧弹力，再由胡克定律计算弹簧的进度系数，由弹簧弹力做功的平均力法计算弹力做功，根据动能定理计算速度。
16.【答案】(1)2 10m/s；
(2)0;
(3)若传送带顺时针转动，v≥5m/s或0≤v≤ 10m/s；若传送带逆时针转动，速度任意。
【解析】【分析】
(1)弹簧释放的过程中，根据功能关系区间速度大小；
(2)根据动能定理和通过最高点的临界条件即可判断；
(3)物体不脱离轨道的条件时最高能到达B点和通过最高点C，结合动能定理即可求得速度。
本题主要是考查了功能关系和竖直方向圆周运动，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答；注意圆周运动中临界条件的分析。
【解答】
(1)弹簧释放的过程中，根据功能关系可得：Ep=12mv02
解得：v0=2 10m/s；
(2)物体的速度6m/s大于传送带的速度，所以在摩擦力作用下做减速运动，根据牛顿第二定律可得：
a=μmgm=μg=0.3×10m/s2=3m/s2
减速到和传送带相同速度时需要的位移x满足：v02-v2=2ax，
解得：x=2.5m<6m
以后和传送带乙相同的速度运动到右端，到达顶端C的过程根据动能定理可得：
-mg⋅2R=12mvC2-12mv2
在最高点FN+mg=mvc2R
联立解得FN=0;
(3)要使小物块在运动过程中，不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况
情况一：当传送带顺时针转动时
①②物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据(2)中可知，此时传送带的速度为5m/s，即只要传送带的速度v≥5m/s，物块就不会脱离圆轨道。
②物块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当物块恰好运动至圆轨道14圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有-mgR=0-12mv2解得v= 10m/s
若滑块在传送带上一直匀减速运动，假设物块在离开传送带时速度为v2
由运动学公式可得v02-v22=2al
解得v2=2m/s< 10m/s
即只要传送带的速度满足0≤v≤ 10m/s，滑块就不会脱离圆轨道。
情况二：当传送带逆时针转动时
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的速度无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得，若传送带顺时针转动，v≥5m/s或0≤v≤ 10m/s
若传送带逆时针转动，速度任意。
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