2024-2025学年重庆一中高三（上）入学物理试卷（8月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆一中高三（上）入学物理试卷（8月份）（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是( )
A. B. C. D.
2.跳绳过程中，甲、乙两位同学握住绳子A、B两端摇动，A、B近似不动，绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，则质点( )
A. Q点的速度方向沿绳子切线
B. P的线速度大于Q的线速度
C. P的角速度等于Q的角速度
D. Q的合外力方向一定垂直指向AB的连线
3.如图所示，甲、乙两人做“拔河”游戏。两人分别用伸平的手掌托起木板的一端，保持木板水平，在甲端的木板上放一块砖，然后各自缓慢向两侧拖拉。若两人的手与木板的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在“拔河”过程中，下列判断正确的是( )
A. 甲、乙“拔河”的力属于作用力与反作用力
B. 甲的手和木板间的摩擦力较大
C. 乙的手和木板间的摩擦力较大
D. 甲的手和乙的手受到的摩擦力一样大
4.如图所示，当汽车静止时，车内乘客看到窗外雨滴沿竖直方向OE匀速运动。在t=0时刻，汽车由静止开始做甲、乙两种水平方向的匀加速启动，同时有一雨滴从O点下落，甲种状态以a1的加速度启动后的t1时刻，乘客看到在t=0时刻从O点下落的雨滴从B处离开车窗；乙种状态以a2的加速度启动后的t2时刻，乘客看到在t=0时刻从O点下落的雨滴从F处离开车窗，F为AB的中点。则两种启动状态下汽车的加速度a1：a2为( )
A. 1：2
B. 1：4
C. 1： 2
D. 2：1
5.如图所示，一质量为50kg的杂技演员站在台秤上，手拿一根长为l的细线一端。另一端系一个质量为5kg的小球，使小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到最高点b时，小球处于超重状态
B. 小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为550N
C. 小球运动到点c时，台秤对杂技演员摩擦力的方向水平向右
D. 小球运动到最低点时，台秤的示数为800N
6.一根轻质细线一端系一可视为质点的小球，细线另一端固定在一光滑圆锥顶上，如图甲所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线的张力T随ω2变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 细线的长度为1m
B. 细线的长度为0.36m
C. 小球的质量为2kg
D. 小球的质量为3kg
7.某跑酷运动员从跳台以不同的速度v0从斜坡最低点正上方水平跳向对面的斜坡，斜坡的倾角为53°(如图所示)，已知跳台的高度为ℎ，不计空气阻力，重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6，则该运动员落到斜坡上的最小速度为( )
A. 18 (12 73−18)gℎ
B. 14 (3 73−9)gℎ
C. 18 (16 3−9)gℎ
D. 14 (16 3−18)gℎ
8.如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.某工地小型升降电梯的原理如图所示，轿厢A、对重B跨过轻质定滑轮通过足够长轻质缆绳连接，电机通过轻质缆绳拉动对重，使轿厢由静止开始向上运动，运动过程中A未接触滑轮、B未落地。已知A、B质量分别为M=600kg、m=400kg，电机输出功率恒为P=3kW，不考虑空气阻力与摩擦阻力，重力加速度g取10m/s2。当对重以1m/s2的加速度向下加速时，下列描述正确的是( )
A. 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6600N
B. 此时A、B之间轻质缆绳的拉力大小为6000N
C. 此时轿厢的速率为1m/s
D. 此时轿厢的速率为0.5m/s
10.如图甲，“星下点”是指卫星和地心连线与地球表面的交点。图乙中的实线是航天控制中心大屏幕上显示的北斗系统某颗卫星的“星下点”在24小时内的轨迹(无重叠)，该卫星绕行方向与地球自转方向一致。已知地球的半径为R，地球同步卫星的轨道半径约为6.6R。则下列说法正确的是( )
A. 该卫星的周期为16小时B. 该卫星的周期为8小时
C. 该卫星离地面的距离约为3.2RD. 该卫星能记录到北极点的气候变化
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用图甲所示的实验装置研究匀变速运动，将木块从倾角为θ的木板上静止释放，与位移传感器连接的计算机描绘出了木块相对传感器的位置随时间变化的规律，如图乙中的曲线②所示。

(1)根据图乙可求得木块0.6s时的速度大小v= ______m/s，木块运动的加速度大小a= ______m/s2。(均保留两位有效数字)
(2)若只减小木板的倾角θ，则木块相对传感器的位置随时间变化的规律可能是图乙中的曲线______(选填图线序号①②③)。
12.利用如图甲所示的装置研究均匀规则定滑轮的转动动能。一根足够长的轻细绳一端缠绕在滑轮边缘，另一端与质量为2m、带有挡光条的小物体A连接，A放光滑的倾斜轨道上，A与滑轮之间的绳与斜轨平行，距顶端L处有一光电门。将A从斜面顶端由静止释放，测得A通过光电门处的速度v。采用半径均为R但质量M不同的定滑轮进行多次试验，测得多组1v2−M数据如下表所示。L、g、m、R为已知量，不计滑轮转轴处摩擦，绳与滑轮不打滑。

1v2−M数据记录表。
(1)若A上的挡光条宽为d，经过光电门时的挡光时间为Δt，则A通过光电门处的速度v= ______。
(2)根据表格中数据，在图乙坐标系中作出1v2−M图像。
(3)上述图像的纵截距表示了当滑轮的质量M=0时，A物体通过光电门的速度平方的倒数，由此可求得斜轨倾角为______。
(4)利用表中的第1组数据，可以推出质量m的滑轮以角速度ω转动时其转动的动能Ek= ______。(用m、R、ω表示)
四、计算题：本大题共3小题，共41分。
13.如图所示的一种巨型机动游戏设备可以使人体验超重和失重，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上120m的高处，然后让座舱自由落下。落到离地面40m时，制动系统启动，使座舱做匀减速运动，到达地面时刚好停下。某次游戏中，座舱中有一个重2N的苹果，苹果始终相对座舱静止。(重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计)求：
(1)此过程中座舱的最大速度；
(2)当座舱落到离地面10m的位置时，座舱对苹果的支持力大小。
14.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕某一星球做匀速圆周运动，测得它们之间的距离Δr随时间t变化的关系如图所示。已知该星球的半径r，周期T，万有引力常量为G，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑A、B之间的万有引力。求：
(1)A、B两颗卫星绕该星球做匀速圆周运动的轨道半径；
(2)该星球的质量；
(3)该星球的第一宇宙速度。
15.图甲为某种弹射装置的示意图，由光滑水平面、水平传送带AB、粗糙水平轨道BG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。传送带AB的长度为l1=3.5m，轨道BG的长度为l2=1m，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径R=0.75m，圆弧PQ所对应的圆心角α=37°，轨道各处平滑连接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，弹簧原长恰好在A点。现弹簧右端被一质量m=2kg的物块压缩在图示位置(物块与弹簧不栓接)，该位置与传送带左端点A之间的距离x0=0.6m。当传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，静止释放物块，释放物块后弹簧弹力与位移的关系如图乙所示，物块恰好能滑至P点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.5，物块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin37°=0.6，cs37°=0.8。

(1)求物块刚滑到A点时的速率；
(2)已知弹簧振子的周期公式T=2π mk，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，求物块从释放到第一次滑到G点时的运动时间和最终静止时距G点的距离；
(3)若传送带仅速度大小可调，要使物块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，求物块第一次滑到B点的速率范围。
答案解析
1.B
【解析】解：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据内饰的方向判断出汽车的转弯方向，同时根据合力指向轨迹的内侧做出分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解在曲线运动中，物体的合外力指向轨迹的内侧即可。
2.C
【解析】解：A.由于绳子绕AB连线转动，Q点的速度方向是圆弧切线，应该垂直于纸面向内或者纸面向外，故A错误；
BC.P、Q两点做圆周运动的圆心分别是过P、Q点作AB的垂线的交点，故Q运动的半径大于P点的半径，共轴转动过程中两点的角速度相同，根据v=rω，得P点的线速度小于Q点的线速度，故B错误，C正确；
D.不清楚Q是否做匀速圆周运动，所以在图示位置，Q的合外力不一定垂直指向AB的连线，故D错误。
故选：C。
A.根据圆周轨迹切线方向即为该点瞬时速度方向进行判断；
BC.根据共轴转动角速度相等结合线速度和角速度关系式进行分析判断；
D.根据匀速圆周运动和变速圆周运动的区别判断合外力的方向。
考查圆周运动共轴转动问题，熟悉各质点线速度和角速度关系，会根据题意进行准确分析和解答。
3.D
【解析】解：A.甲、乙“拔河”的力，即甲手对木板向左的摩擦力与乙手对木板向右的摩擦力，两力都作用在木板上，是一对平衡力，故A错误；
BCD.在游戏过程中，由于甲、乙两人在保持木板水平的前提下，缓慢向两侧拖拉木板，表明木板和两块砖处于动态平衡状态，即木板和两块砖所受的合外力为零。对木板与两块砖整体分析，竖直方向受重力和甲、乙两手竖直向上的支持力；水平方向受甲对木板水平向左的摩擦力、乙对木板水平向右的摩擦力，由平衡条件知，两摩擦力等大反向，结合牛顿第三定律，甲的手和乙的手受到的摩擦力一样大，故BC错误，D正确。
故选：D。
A、根据甲、乙拔河的力，即甲手对木板向左的摩擦力与乙手对木板向右的摩擦力，是一对平衡力进行判断；
BCD.根据缓慢向两侧水平拖拉木板，则说明木板和两块砖处于动态平衡状态，合力为零。由水平方向合力为零可得，甲、乙给木板的摩擦力的大小关系。
本题考查了静摩擦力、作用力与反作用力、平衡等知识，要求学生掌握平衡特征，正确进行受力分析，列出平衡方程。
4.B
【解析】解：雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，在水平方向相对于车做反方向的匀加速直线运动，因分运动与合运动具有等时性，则t1：t2=AB：AF=2：1；由于从O到B和从O到F水平位移相等，则有：x=12a1t12=12a2t22，解得：a1：a2=1：4，故B正确、ACD错误。
故选：B。
将运动进行分解，雨滴在竖直方向上做匀速直线运动，结合分运动与合运动等时性，及互不干扰，并依据运动学公式，即可求解。
本题主要是考查运动的合成与分解，将复杂的运动分解成简单分运动，并紧扣分运动与合运动时间相等，是解题的关键。
5.D
【解析】解：A、小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点b时，细线的拉力为零，由重力提供所需的向心力，加速度方向向下，属于失重状态，故A错误；
B、小球在a、c两个位置时，细线拉力均处于水平方向，以人为研究对象，在竖直方向上根据平衡条件可得FN=Mg=50×10N=500N，由牛顿第三定律可知台秤的示数为500N，故B错误；
C、小球运动到点c时，演员受向右的拉力，则台秤对杂技演员摩擦力的方向水平向左，故C错误；
D、小球恰好能在竖直平面内做完整的圆周运动，在最高点，根据牛顿第二定律可得：mg=mv2l
设小球运动到最低点时速度大小为v′。小球从最高点到最低点的过程，由机械能守恒定律得：12mv′2=12mv2+mg⋅2l
在最低点，对小球，由牛顿第二定律得：T−mg=mv′2l
联立解得：T=6mg
以人为研究对象，由平衡条件得：Mg+T′=FN1
由牛顿第三定律知T′=T，小球运动到最低点时台秤的示数为FN1′=FN1
联立解得：FN1′=Mg+6mg，代入数据解得：FN1′=800N，故D正确。
故选：D。
根据加速度方向判断失重、超重情况；根据平衡条件分析台秤的示数；根据人受到的拉力方向判断摩擦力方向；小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点b，由重力提供所需的向心力，根据牛顿第二定律求小球运动到最高点b时的速度，在最低点时对小球和人进行受力分析，判断绳子的拉力和台秤的支持力，从而求出台秤的示数。
本题的关键要明确圆周运动向心力的来源，选择合适的研究过程，运用牛顿第二定律和机械能守恒定律相结合进行求解。
6.C
【解析】解：设线长为L，锥体母线与竖直方向的夹角为θ，当时ω=0，小球静止，受重力mg、支持力N和线的拉力T1而平衡，如图
此时有
T1=mgcsθ
ω增大时，T增大，N减小，当N=0时，角速度为ω′2=25，有
T2csθ=mg
T2sinθ=mLsinθω′2
解得
m=2kg，L=0.5m
故ABD错误，C正确。
故选：C。
当ω1=0时，根据力的平衡条件解列方程；小球刚要离开锥面时支持力为零，根据牛顿第二定律和图象分析解答。
本题的关键点再根据图象找到临界条件，应用向心力公式求解。
7.B
【解析】解：设该运动员落到斜坡上某位置时速度最小所用时间为t，最小速度为v，如图所示：
则有：v2=v02+vy2
在竖直方向，有：vy2=2gy
则在水平方向有：v0=xt，竖直方向有：y=12gt2
则有：v02=x2t2=gx22y
根据几何关系，有：xℎ−y=tan37°
联立解得：v2=9g(ℎ−y)232y+2gy=9gℎ232y+73gy32−9gℎ16
根据数学知识可知，当9gℎ232y=73gy32时，即y= 973ℎ时v最大。
则有：vmin=14 (3 73−9)gℎ，故B正确、ACD错误。
故选：B。
设该运动员落到斜坡上某位置时速度最小所用时间为t，最小速度为v，根据运动的合成与分解求解速度表达式，再根据数学知识进行解答。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，抓住各选项的特点结合几何关系作答。
8.C
【解析】解：
设斜坡倾角为θ，运动员在斜坡MN段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
mgsinθ=ma1
可得
a1=gsinθ
运动员在水平NP段做匀速直线运动，加速度
a2=0
运动员从P点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度
a3=g
设在P点的速度为v0，则从P点飞出后速度大小的表达式为
v= v02+g2t2
由分析可知从P点飞出后速度大小与时间的图像不可能为直线，且
a114r地=1.65R>R
即卫星高度大于北极点的高度，该卫星能记录到北极点的气候变化，故D正确。
故选：BD。
由轨迹图可知：地球自转一圈，卫星运动3圈，根据万有引力提供向心得到卫星的轨道半径；卫星纬度最高时，求出卫星离地球球心所在水平面的高度进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
11.1.2 2.0 ③
【解析】解：(1)木块在斜面上做匀加速直线运动，木块0.6s时的速度大小为0.4s到0.8s的平均速度，故v=x3−x1Δt=0.64−0.160.8−0.4m/s=1.2m/s
相邻相等时间内位移之差Δx=aT2，故x3−2x2+x1=aT2
解得a=0.64−2×0.36+
(2)根据牛顿第二定律可知：mgsinθ−μmgcsθ=ma
若只减小木板倾斜的角度，加速度减小，根据x=12at2可知木块相对传感器的位移随时间变化规律可能是图中的③；
故答案为：(1)1.2；2.0；(2)③
(1)木块沿斜面向下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的推论即可求得；
(2)结合牛顿第二定律求得加速度；根据加速度的变化，结合x=12at2判断图象的变化。
解决本题的关键知道匀变速直线运动的推论，在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，以及会通过实验的原理得出加速度的表达式。
12.dΔt π6 14mω2R2
【解析】解：(1)物体A通过光电门的速度v=dΔt；
(2)根据描点法，作出1v2−M图像如图：
(3)当滑轮的质量M=0时，根据图像的纵截距可得1v21gL=1
即1v2=1gL
根据动能定理2mgLsinθ=12×2mv2
化简得1v2=12gLsinθ
联立解得斜轨倾角为θ=π6
(4)当滑轮的质量为m时，根据第1组数据可知1v2=2520gL
即v2=45gL
由能量关系2mgLsin30°=12⋅2mv2+Ek
根据线速度与角速度的关系v=ωR
联立解得Ek=14mω2R2
故答案为：(1)dΔt；(2)见解析；(3)π6；(4)14mω2R2。
(1)根据公式v=dΔt求物体A通过光电门的速度；
(2)根据“描点法”作图，作图时要使尽量多的点落在直线上，不在直线上的要均匀分布在直线两侧，舍弃个别相差较远的点；
(3)根据图象的截距和斜率的意义，求出滑轮质量不计时的速度，再根据机械能守恒定律求斜轨倾角；
(3)根据系统的机械能守恒求出A到达斜面底端时的速度，再得到滑轮的动能表达式。
解决本题的关键要把握图象的信息，抓住截距和斜率的意义，合理进行外推，并结合机械能守恒定律研究。
13.解：(1)座舱自由落下过程中，当座舱下落到离地40m时速度最大，根据运动学公式有：
vm2=2g(H−ℎ)，其中：H=120m，ℎ=40m
代入数据解得：vm=40m/s
(2)当座舱落到离地10m时苹果处于匀减速运动状态。取竖直向下为正方向，设座舱做匀减速运动的加速度为a，根据运动学公式有：
0−vm2=2aℎ
代入数据解得：a=−20m/s2
对苹果由牛顿第二定律得：
mg−F=ma
又有：mg=G=2N
代入数据解得：F=6N，方向竖直向上。
答：(1)此过程中座舱的最大速度为40m/s；
(2)当座舱落到离地面10m的位置时，座舱对苹果的支持力大小为6N。
【解析】(1)根据运动学公式，结合题意求出运动过程中的最大速度；
(2)先求出座舱做匀减速运动的加速度，根据苹果的运动性质，结合苹果的受力，根据牛顿第二定律求解座舱对苹果的支持力大小。
对于多过程问题，在处理时要注意各过程的运动性质，利用运动学公式分阶段来处理。
14.解：(1)已知卫星A的线速度大于卫星B的线速度，可知的卫星A的轨道半径小于卫星B的，设A、B的轨道半径分别为rA、rB，由图像可知：
rA+rB=10r
rB−rA=6r
联立解得：rA=2r，rB=8r
(2)由图像可知每隔时间T两卫星距离最近，设A、B的周期分别为TA、TB，则有：
(2πTA−2πTB)T=2π
根据开普勒第三定律得：
rA3TA2=rB3TB2
联立可得：TA=78T，TB=7T
对卫星B，由万有引力提供向心力得：
GMmrB2=m4π2TB2rB
解得该星球质量为：
M=2048π2r349GT2
(3)第一宇宙速度等于卫星轨道半径为r的圆周运动的线速度，由万有引力提供向心得：
GMm′r2=m′v2r
解得该星球的第一宇宙速度为：
v= GMr=32 2πr7T
答：(1)A、B两颗卫星绕该星球做匀速圆周运动的轨道半径分别为2r、8r；
(2)该星球的质量为2048π2r349GT2；
(3)该星球的第一宇宙速度32 2πr7T。
【解析】(1)先确定两者的轨道半径的大小关系。由图像可知两者距离最小值为6r与最大值为10r，据此求得A、B两颗卫星绕该星球做匀速圆周运动的轨道半径。
(2)由图像可知每隔时间T两卫星距离最近，据此得到A、B的周期关系与T的关系，根据开普勒第三定律求得A、B的周期。对卫星B，由万有引力提供向心力求解该星球质量．
(3)第一宇宙速度等于卫星轨道半径为r的圆周运动的线速度，由万有引力提供向心求得该星球的第一宇宙速度。
本题考查了万有引力在天体运动中的应用，计算中心天体质量、第一宇宙速度，以及天体中的追及问题。掌握第一宇宙速度的物理意义。
15.解：(1)根据动能定理可知
W弹=12mvA2
由乙图可知，弹力所做的功为
W弹=12Fx=12×30×0.6J=9J
故物块刚滑到A点的速率为
vA= 2W弹m= 2×92m/s=3m/s；
(2)由胡克定律可得
F=kx0
结合乙图解得
k=Fx0=300.6N/m=50N/m
故弹簧振子的振动周期为
T=2π mk=2π 250s=2π5s
所以物块从释放到运动到A点的时间为
t1=T4=π10s
由于物块在A点的速度为
vA=3m/s
物块在传送带上的加速度为
a=μ1mgm=μ1g=0.5×10m/s2=5m/s2
二者共速的时间为
t2=v−vAa=5−35s=0.4s
物块加速运动的位移为
x1=(v+vA)2t2=(5+3)2×0.4m=1.6m
物块在传送带上匀速运动的时间为
t3=l1−x1v=3.5−1.65s=0.38s
由于物块刚好滑到P点，设物块与BG间的动摩擦因数为μ2，根据动能定理可得
−μ2mgl2−mgR=0−12mv2
代入数据解得
μ2=v2−2gR2gl2=52−2×10×0.752×10×1=0.5
所以物块在BG上的加速度
−μ2mg=ma2
解得
a2=−5m/s2
根据匀变速直线运动的规律可得物块在BG上运动的时间
l2=vt4+12a2t42
解得
t4=(1− 35)s，t′4=(1+ 35)s
若物块在BG上速度减为0时
t5=v−a2=55s=1s
因为t′4>t5
故t′4需要舍去
所以物块从释放到第一次滑到G点时的运动时间
t=t1+t2+t3+t4
解得
t=1.32s
假设滑块从P点滑落时，到达B点的速度为vB，则根据动能定理可得
mgR−μ2mgl2=12mvB2−0
解得
vB= 5m/s
显然滑块再次滑上传送带，此阶段物块在传送带上向左滑行的最大位移
x=vB22a1
解得
x=0.5m
显然小于物块向右滑行与传送带共速前的位移，根据对称性可知，最终滑块离开传送带的速度大小依然为vB，所以物块在BG段滑行的距离
x′=x=0.5m
此时距离G点的位移
Δx=l2−x′
解得
Δx=0.5m；
(3)物块到达Q点的最小速度为vQm，则
mgsin37°=mvQm2R
解得
vQm=2.12m/s
根据动能定理可知，在B点的最小速度
−μ2mgl2−mgR(1+sin37°)=12mvQm2−12mvmin2
解得
vmin=6.20m/s，
物块到达B点的最大速度
vmax2−vA2=2a1l1
解得
vmax=6.63m/s
假设物体可以再次与挡板相碰，设其返回到B点的速度大小为v′B，则根据动能定理可得
12mvB′2−12mvmax2=−2μ2mgl2
解得
v′B= 24m/s
而物块要到达P点时，在B点的速度
12mvB′′2=μ2mgl2+mgR
解得
vB′′=5m/s>v′B
说明物块在传送带上以最大速度滑到B点，依然只能与挡板碰撞一次，且不会从弧形轨道滑落。
故物块第一次滑到B点的速率：6.20m/s≤v≤6.63m/s
答：(1)物块刚滑到A点时的速率为3m/s；
(2)物块从释放到第一次滑到G点时的运动时间为1.32s，最终静止时距G点的距离为0.5m；
(3)若传送带仅速度大小可调，要使物块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，物块第一次滑到B点的速率范围是6.20m/s≤v≤6.63m/s。
【解析】(1)根据动能定理和F−x图像求物块刚滑到A点时的速率；
(2)由胡克定律，运动学公式和动能定理求物块从释放到第一次滑到G点时的运动时间和最终静止时距G点的距离；
(3)根据动能定理和运动学公式求物块第一次滑到B点的速率范围。
本题主要考查多过程运动状态的分析，解题关键是对不同的运动过程列动能定理方程进行求解。滑轮质量M
m
0.8m
0.6m
0.4m
0.2m
1v2
2520gL
2420gL
2320gL
2220gL
2120gL