2023-2024学年广东省高三（下）开学大联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省高三（下）开学大联考物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下图是我们现实生活、生产和科研中遇到的现象。下列说法中正确的是( )
A. 图甲，表示声源远离观察者时，观察者接收到的声音频率增大
B. 图乙，使光信号在光导纤维中发生全反射，则光导纤维内芯是光疏介质，外套是光密介质
C. 图丙为用薄膜干涉法检验工件平整度的示意图，可推断出P弯曲处工件表面为凸起
D. 图丁为单色光照射到不透明圆盘上，在圆盘后面观察到的衍射图样
2.一位同学玩弹性很好的弹力球，他由静止释放弹力球后，观察弹力球在竖直方向往复运动的过程，他发现弹力球每次反弹能达到的高度几乎不变，他画出了两幅“速度—时间图像”和两幅“位移—时间图像”，描述弹力球连续多次往复运动的过程，下列四幅图中最合适的是( )
A. B.
C. D.
3.电蚊拍用来杀灭蚊子，原理如图所示，由稳恒直流电源提供的电压被高频转换器转换成u=3sin 10000πt(V)的低压交流电压，再将其加在变压器的原线圈上，副线圈连接电蚊拍的高压电击网，电击网上电压峰值可达到2400 V，一旦蚊子触碰到电击网就会被杀灭。假设图中电压表为理想电表，变压器可看成理想变压器。下列说法中正确的是
( )
A. 电压表示数为3 V
B. 电击网上电压的频率为1000 Hz
C. 原、副线圈的匝数比为n1:n2=1:800
D. 将直流电源直接连接在变压器的原线圈上电蚊拍仍然能正常工作
4.下列关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法，正确的是( )
A. 图甲中，当两导体棒以相同初速度和加速度沿导轨向右运动时，回路中能产生感应电流
B. 图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中绕b端逆时针匀速转动时，电阻R中有向左的感应电流
C. 图丙中，水平放置的闭合导体圆环一条直径正上方的水平直导线中通有交变电流，圆环中有感应电流
D. 图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右匀速滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.“奇迹石”是挪威最负盛名的旅游景点，有一块5m3大的石头卡在两个绝壁间，如图甲所示。将该景观简化成如图乙所示的模型，右壁竖直，左壁稍微倾斜。设左壁与竖直方向的夹角为θ，石头的质量为m，忽略一切摩擦。下列说法中正确的是( )
A. 石头对右壁的压力与右壁对石头的压力相互平衡
B. 石头对左壁的压力大小小于石头的重力大小
C. 石头对左壁的压力大小为mgsinθ
D. 若随着风化程度的增加，导致夹角θ减小，则石头对左壁的压力增大
6.2023年10月26日，“神舟十七号”3名航天员顺利进驻中国空间站，与“神舟十六号”航天员乘组实现换岗。若中国空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，如图所示。已知空间站运行周期为T，轨道离地面的高度为h，地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则下列说法正确的是( )
A. 空间站的运行速度为2πR+hT
B. 地球的第一宇宙速度为2πT R+h3R
C. 空间站绕地球运动的向心加速度大于地面处的重力加速度
D. 左侧照片中三名航天员随着“神舟十七号”飞船加速上升过程中处于完全失重状态
7.电磁弹射技术被应用在福建舰上，大大提升了福建舰的战斗力，电磁弹射原理如图所示。电磁弹射器能使飞机在较短距离内很快被加速到起飞速度。下列说法中正确的是( )
A. 弹射过程飞机机身受到向前的安培力的冲量，使飞机的动量增加
B. 通过轨道的电流只是用来产生驱动磁场，不会流过飞机机身
C. 流过飞机机身的电流受到的安培力对飞机做正功
D. 飞机被弹射的过程中弹射装置获得的电能全部转化为机械能
8.图甲为我国建造的第一台回旋加速器，该加速器存放于中国原子能科学研究院，其工作原理如图乙所示，下列说法正确的是( )
A. 粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能
B. 同一粒子出射时的动能大小与加速电压的大小无关
C. 同一粒子从加速器出射时速度大小只与D形盒的半径大小及磁场的磁感应强度大小有关
D. 从理论上讲，只要无限增大D形盒半径和磁感应强度，就能使粒子的出射动能无限大
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.核废水中含有多种放射性元素，其中铯137的衰变方程为 55137Cs→56137Ba+X，则X是_______________(填“α”或“β”)粒子，被核废水中放射性物质污染的海产品，通过高温烹煮后______________(填“可以”或“不能”)消除核辐射。
10.一小球做平抛运动，某同学记录了运动轨迹上的三个点A、B、C，如图所示。以A点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图中标出。小球做平抛运动的初速度大小v0=______________m/s；小球做平抛运动的初始位置坐标为______________。
11.静电喷涂技术在现代工业部件的制造中被广泛应用，图是对某一工件的静电喷漆过程示意图，被喷涂的工件带正电并接地，喷枪连接涂料管道与高压直流电源的负极连接，图中虚线表示电场线。喷出的涂料微粒带______________(填“正”或“负”)电，涂料微粒向工件运动过程中电势能逐渐______________(填“减少”或“增大”)。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.如图甲所示，用插针法测定玻璃砖折射率：
(1)在该实验中，光线是由空气射入玻璃砖，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出的图线如图乙所示，从图线可知玻璃砖的折射率为________；
(2)该实验小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO′的延长线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图丙所示，则玻璃的折射率n=________(用图中线段的字母表示)；
(3)在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙二位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图丁中①、②所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其他操作均正确，且均以aa′、bb′为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)；乙同学测得的折射率与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
13.某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω∼250Ω。供选择的实验器材如下：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A1(量程为3mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程为30mA，内阻r2约为1Ω)
D.电压表V(量程为15V，内阻约为5kΩ)
E.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
F.定值电阻R0=50Ω
G.开关S及导线若干

(1)为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。________
(2)要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有________。
A.通过电流表A1的电流I1 B.通过电流表A2的电流I2
C.电压表V两端的电压U D.电阻箱R1的电阻R1
(3)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx–F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0∼100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=________Ω，电压表2V刻度对应压力表________的刻度。
五、简答题：本大题共1小题，共8分。
14.图甲中空气炸锅是一种新型的烹饪工具，图乙为某型号空气炸锅的简化模型图，空气炸锅中有一气密性良好的内胆，内胆内的气体可视为质量不变的理想气体，已知胆内初始气体压强为p0=1.0×105Pa，温度为T0=300K，现启动加热模式使气体温度升高到T=450K，此过程中气体吸收的热量为Q=8.0×103J，内胆中气体的体积不变，求：
(1)此时内胆中气体的压强p；
(2)此过程内胆中气体的内能增加量ΔU。
六、计算题：本大题共2小题，共24分。
15.动能回收系统(KineticEnergyRecverySystem)是新能源汽车时代一项重要的技术，其主要原理是利用电磁制动回收动能以替代传统的刹车制动模式，其能源节省率高达37%。其原理为，当放开油门进行轻制动时，汽车由于惯性会继续前行，此时回收系统会让机械组拖拽发电机线圈，切割磁场并产生电流对电池进行供电。设汽车的质量为M，若把动能回收系统的发电机看成理想模型：线圈匝数为N，面积为S，总电阻为r，且近似置于一磁感应强度为B的匀强磁场中。若把整个电池组等效成一外部电阻R，则：
(1)若汽车系统显示发电机组此时的转速为n，则此时能向外提供多少有效充电电压？
(2)某厂家研发部为了把能量利用达到最大化，想通过设计“磁回收”悬挂装置对汽车行驶过程中的微小震动能量回收，实现行驶更平稳，更节能的目的。其装置设计视图如图甲、乙所示，其中，避震筒的直径为D，震筒内有辐向磁场且匝数为n₁的线圈所处位置磁感应n1强度均为B0，线圈内阻及充电电路总电阻为R0，外力驱动线圈，使得线圈沿着轴线方向往复运动，其纵向震动速度图像如图丙所示，忽略所有的摩擦。试写出此避震装置提供的电磁阻力随时间的表达式。
16.图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA= 3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞(假设每一个产品的质量均为m)，被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC= 2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2=0.5，长度为14R，求：
(1)为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？
(2)BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？
(3)调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
考查光的薄膜干涉、光的衍射、光导纤维以及多普勒效应等，掌握光的各种现象的应用是关键。根据多普勒效应判断；光导纤维利用光的全反射现象传递信息；薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的，当两反射光的路程差(即膜厚度的2倍)是半波长的偶数倍，出现明条纹，是半波长的奇数倍，出现暗条纹，可知薄膜干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同；利用圆盘衍射的图样分析。
【解答】
A.图甲中，声源远离观察者，观察者接收到的声音频率减小，所以A错误;
B.图乙中，为了传递的信息在内芯中全反射，必须要求内芯是光密介质，外套是光疏介质，所以B错误;
C.图丙中，用薄膜干涉法检测工件表面平整程度，根据条纹弯曲方向可以推断出P处出现凹陷，所以C错误;
D.图丁中，是单色光照射到不透明圆盘上，在圆盘后面观察到的衍射图样，所以D正确。
所以正确答案选D。
2.【答案】A
【解析】AB.弹力球每次反弹的高度几乎不变，可以认为球从地面反弹后速度大小不变。球从最高点释放，先做自由落体运动，弹回后速度大小不变做竖直上抛运动，加速度均为向下的g不变，则 v−t 图像的斜率不变，故A正确，B错误；
CD.因球上升和下落的过程都做匀变速运动，根据
x=v0t+12at2
则位移与时间不成线性关系，故 x−t 图像不可能是直线，故CD错误。
故选A。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，知道理想变压器原副线圈电压比等于匝数比。
电压表的示数为有效值，根据正弦式交变电流规律求解电压的峰值，进而求解电压表的示数；理想变压器不改变交流电的频率，根据正弦式交变电流规律求解原线圈的频率，即可得到副线圈的频率；根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比求解即可；理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压。
【解答】
A、电压表测量的是原线圈两端的电压有效值，小于峰值3V，所以A错误;
B、电击网的频率为f=ω2π=10000π2πHz=5000Hz，所以B错误;
C、原、副线圈的匝数比为n1n2=U1mU2m=32400=1800，所以C正确;
D、将直流电源直接连接在变压器的原线圈上，穿过副线圈的磁通量不发生变化，在副线圈中不产生电磁感应现象，没有电压输出，所以D错误。
所以正确答案选C。
4.【答案】B
【解析】解：产生感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
A、图甲中，两导体棒以相同的初速度和加速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒之间的距离不变，则穿过两导体棒与导轨围成的面积上的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；
B、如图乙所示，导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度逆时针转动时，ab棒切割磁感线，在闭合回路中能产生感应电流，根据右手定则通过R的感应电流方向向左，故B正确；
C、如图丙所示，导线在水平放置的闭合导体圆环正上方，根据直导线产生的磁场的特点可知，穿过水平放置的闭合导体圆环的总磁通量为零；当导线内的电流最大时，闭合回路磁通量不变仍为零，不会产生感应电流，故C错误；
D、由于导体环不闭合，故不能产生感应电流，故D错误。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；分析各个选项中，是否满足产生感应电流的条件。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化；对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键，同时注意线圈的净磁通量如何变化是解题的重点。
5.【答案】CD
【解析】A.石头对右壁的压力与右壁对石头的压力，是一对相互作用力，故A错误；
BC.根据题意，对石头受力分析，由平衡条件可得，左壁对石头的支持力大小为
N=mgsinθ
根据牛顿第三定律可知石头对左壁的压力大小为
N′=N=mgsinθ>mg
故B错误，C正确；
D.随着风化程度的增加，导致夹角 θ 减小， sinθ 减小，则石头对左壁的压力增大，故D正确。
故选CD。
6.【答案】AB
【解析】A.根据匀速圆周运动线速度定义可知，空间站的运行速度大小为
v=2πR+hT
故A正确；
B.根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=m4π2T2R+h
GMmR2=mv2R
联立解得第一宇宙速度大小为
v=2πR+hT R+hR
故B正确；
C.根据万有引力提供向心力有
GMm(R+h)2=ma ， GMmR2=mg
可知，空间站绕地球运动的向心加速度小于地面处的重力加速度，故C错误；
D.“神舟十七号”带着宇航员加速上升过程中有竖直向上的加速度，处于超重状态，故D错误。
7.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查学生对能量守恒、动量定理的综合使用，难度中等。
根据安培力的方向可知机身受到向前的安培力是动力;再根据动量定理可知飞机的动量的变化；根据飞机被弹射的过程中对飞机做正功，使电能转化为机械能，还有部分电能通过电流做功转化为内能;
【解答】
解：A、电流流过机身，使机身受到向前的安培力是动力，安培力的冲量也向前，根据动量定理可知，飞机的动量增加，所以A正确;
B、通过轨道的电流除了产生驱动磁场外，也流过机身使机身受到向前的安培力，所以B错误;
CD、飞机被弹射的过程中，流过飞机机身的电流受到的安培力与飞机运动方向相同，对飞机做正功，使电能转化为机械能，还有部分电能通过电流做功转化为内能，所以C正确，D错误;
所以正确答案选AC。
8.【答案】BC
【解析】【分析】
本题回旋加速器考查电磁场的综合应用，注意明确回旋加速器原理，知道最大动能取决于D型盒的半径和磁感应强度大小，与加速电压无关。
回旋加速器中带电粒子在电场被加速，每通过电场，动能被增加一次；而在磁场里做匀速圆周运动，通过磁场时只改变粒子的运动方向，动能却不变。最大动能只由磁感应强度和D形金属盒的半径决定。
【解答】
ABC、回旋加速器中是依靠电场使粒子加速、用磁场使粒子偏转，洛伦兹力不做功，所以粒子增加的动能来源于电场能。加速电压为U时，每次加速获得的动能相同都等于qU，但是根据qBvm=mvm2R
和Ekm=12mvm2，得到飞出时的最大动能为Ekm=q2B2R22m，其中q是电量大小、B是磁感应强度、R是D形盒半径、m是粒子的质量，与加速电压U大小无关。所以A错误，B、C正确;
由于速度增大粒子质量增大，粒子在磁场中做圆周运动的周期逐渐增大，但是电场的变化周期没有变化，不能保证一直加速到动能无限大，所以 D错误。
所以正确答案选BC。
9.【答案】 β 不能
【解析】[1]根据质量数守恒和电荷数守恒可得， X 的质量数为0，电荷数为 −1 ，则 X 为 β 粒子。
[2]由于放射性物质的放射性是原子核本身的性质，不会受环境影响，则通过高温烹煮后不能消除核辐射。
10.【答案】 1 −10cm,−5cm
【解析】[1]由图可知A、B两点间的水平位移等于B、C两点间的水平位移，则A、B两点间的时间间隔等于B、C两点间的时间间隔，在竖直方向上根据逐差公式有
yBC−yAB=gT2
解得，A、B两点间的时间间隔为
T=0.1s
则小球做平抛运动的初速度大小为
v0=xABT=10cm0.1s=1m/s
[2]B点的竖直分速度为
vy=yAC2T=40cm2×0.1s=2m/s
则抛出点到B点的竖直高度为
hB=vy22g=0.2m=20cm
则抛出点到A点的竖直距离为
y=hB−yAB=5cm
竖直方向，根据自由落体运动规律有
y=12gt2
解得，抛出点到A点的时间为
t=0.1s
则抛出点到A点的水平距离为
x=v0t=0.1m=10cm
故小球做平抛运动的初始位置坐标为 −10cm,−5cm 。
11.【答案】 负 减少
【解析】[1]由图知，工件带正电，则在涂料微粒向工件靠近的过程中被吸附在工件上，所以涂料微粒带负电。
[2]涂料微粒在运动过程中电场力对它做正功，则电势能逐渐减少。
12.【答案】(1)1.5；(2)ACBD；(3)偏小；不变。
【解析】解：(1)根据折射定律n=sinθ1sinθ2
化简得sinθ2=1n⋅sinθ1
图像的斜率k=
结合sinθ2−sinθ1函数，斜率k=1n
因此，折射率n=1k=123=1.5
(2)设单位圆的半径为R，根据数学知识，入射角的正弦sin∠AOC=ACR
折射角的正弦sin∠BOD=BDR
根据折射定律，折射率n=sin∠AOCsin∠BOD=ACR×RBD=ACBD
(3)甲同学的光路图如图1所示：
根据图1可知，折射角的测量值r′>r
根据折射定律，折射率的测量值n测=sinisinr′即甲同学测得的折射率与真实值相比偏小；
乙同学的光路图如图2所示：
虽然乙同学使用的是梯形玻砖，由于入射角，折射角均无误差，因此测定的折射率不变。
故答案为：(1)1.5；(2)ACBD；(3)偏小；不变。
(1)根据折射定律求解sinθ2−sinθ1函数，结合sinθ2−sinθ1函数斜率的含义分析作答；
(2)根据数学知识分别求解入射角的正弦、折射角的正弦，再根据折射定律分析作答；
(3)分别作出甲、乙同学的光路图，再根据折射定律分析作答。
解决本题的关键掌握用插针法测量玻璃砖折射率的原理，结合折射定律求解折射率的大小。
13.【答案】(1)如图；(2)ABD； (3)150， 50N。
【解析】【分析】
(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；
(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：
(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。
本题关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。
【解答】
(1)由于器材中所给电压表的量程远大于电源电压，所以需要用电流表与电阻箱串联改装成电压表，实验电路如下图所示：
；
(2)由实验原理可知，电流表A1和R1串联后和Rx并联，根据欧姆定律得Rx=I1(r1+R1)I2−I1，所以需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1，故ABD正确，C错误。
故选ABD。
(3)由图乙可知Rx=250−250−50100F=250−2F，
由图丙利用欧姆定律得E=U+URRx=U+UR(250−2F)，
由题意，F=100N时，U=3V，可得R=150Ω
将U=2V代入，得F=50N。
14.【答案】(1) p=1.5×105Pa ；(2) ΔU=8.0×103J
【解析】(1)根据题意可知，气体体积不变，气体为等容变化，根据查理定律可得
p0T0=pT
解得
p=1.5×105Pa
(2)根据热力学第一定律有
ΔU=W+Q
由于气体的体积不变，所以
W=0
又因
Q=8.0×103J
所以
ΔU=8.0×103J
15.【答案】(1) U= 2πnNBSRR+r ；(2) F=n 12B 02π2D2v0R0sin2πt0t
【解析】(1)由线圈转动产生的交变电流电动势最大值为
Em=NBSω
由题意得，电动势的有效值为
E=Em 2
由闭合电路欧姆定律，电池组获得的实际充电电压为
U=RER+r
又因
ω=2πn
联立解得
U= 2πnNBSRR+r
(2)电磁避震筒通过切割辐向磁场产生感应电流，其电动势表达式为
e=n1B0πDvy
由题图可知，阻尼线圈的切割速度函数表达式为
vy=v0sin2πt0t
线圈中的总电流
i=eR0
感应电流产生的安培力与运动方向相反且其大小为
F=n1B0iπD
联立解得
F=n 12B 02π2D2v0R0sin2πt0t
16.【答案】解：(1)若产品由C到D一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为vm，
由动能定理μ2mg(14R)=12mvm2−12mvc2
解得vm=4 gR
则传送带速度应满足v≥4 gR。
(2)产品2从A运动到B的过程，由动能定理得mg⋅2R=12mvB2−12mvA2
产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒mvB=mv1+mv2
机械能守恒12mvB2=12mv12+12mv22
解得v1=0，v2= 7gR
产品1进入杀菌平台后滑行到C点前，
由动能定理得−μ1mg(4R)=12mvC2−12mv22
解得μ1=58。
(3)若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足mg=mvAm2R
同第(2)问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度v2′= 5gR
产品减速到0的距离为s，由动能定理得−μ1mgs=0−12mv2′2
解得s=4R
滑行距离为4R，恰能到达传送带上
此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，由动量定理得−μ1mgt=0−mv2′
解得t=8 5gR5g。
【解析】(1)产品从C到D一直加速时，所用时间最短，根据动能定理求解；
(2)产品2从A到B，由动能定理求出在B点的速度，产品2与1发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒列式求出碰后两者速度，再分析产品1从B到C的过程，根据动能定理列式可求动摩擦因数；
(3)产品不脱轨的临界情况是在A点恰好由重力提供向心力，由此求出A点速度，利用动能定理求出在B点的速度，分析在杀菌平台上的运动过程可知恰好到达C点减速为零，由动量定理求时间。