2025屆河南部分重點(diǎn)高中高三上學(xué)期大聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)物理試題（解析版）

高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE12025屆普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試大聯(lián)考（高三）物理注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、班級(jí)、考場(chǎng)號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)填寫在答題卡上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合題目要求。1.如圖所示，用水平力F將一質(zhì)量為m的物塊壓在一粗糙豎直墻壁上，若物塊始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，關(guān)于物塊受到墻壁的摩擦力，下列說法正確的是（）A.F越大，摩擦力越大B.F越小，摩擦力越大C.m越大，摩擦力越大Dm越小，摩擦力越大【答案】C【解析】對(duì)物塊受力分析，受推力F、重力mg、墻壁對(duì)其水平向外的支持力N和由豎直向上的靜摩擦力f。根據(jù)平衡條件有F=N，mg=f即靜摩擦力與重力平衡，與推力無關(guān)，m越大，摩擦力越大。故C正確；ABD錯(cuò)誤。故選C。2.如圖所示，絕緣箱子放在水平地面上，平行金屬板A、B放在箱子內(nèi)，A板固定在箱子頂部，B板用絕緣彈簧支撐在箱底，兩板平行相對(duì)，帶等量的異種電荷，一個(gè)帶正電的小球用絕緣細(xì)線懸于上板，小球受到細(xì)線的拉力恰好為零，現(xiàn)讓箱子豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，B板再次相對(duì)箱子靜止（不考慮電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的影響），則下列判斷正確的是（）A.A板帶正電B.箱子運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的電容變大C.箱子運(yùn)動(dòng)過程中，兩板間的電壓變大D.箱子運(yùn)動(dòng)過程中，細(xì)線對(duì)小球的拉力仍為零【答案】C【解析】A．小球所受拉力為0，表明電場(chǎng)力與重力平衡，則電場(chǎng)力方向豎直向上，小球帶正電，則電場(chǎng)方向豎直向上，可知，A板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；B．箱子豎直向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，穩(wěn)定時(shí)，彈簧彈力增大，即B板下移，極板之間間距增大，根據(jù)可知，箱子運(yùn)動(dòng)過程中，電容器的電容變小，故B錯(cuò)誤；C．極板所帶電荷量一定，根據(jù)結(jié)合上述可知，電容減小，則兩板間的電壓變大，故C正確；D．根據(jù)，解得電場(chǎng)強(qiáng)度為可知，電場(chǎng)強(qiáng)度不變，小球所受電場(chǎng)力不變，為使加速度向上，則細(xì)線對(duì)小球的拉力不為零，故D錯(cuò)誤。故選C。3.A、B兩個(gè)粗細(xì)均勻的同心光滑圓環(huán)固定在豎直轉(zhuǎn)軸上，圓心O在轉(zhuǎn)軸上，兩環(huán)和轉(zhuǎn)軸在同一豎直面內(nèi)，a、b兩個(gè)小球分別套在A、B兩個(gè)圓環(huán)上，當(dāng)兩環(huán)繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)后，a、b兩球在環(huán)上的位置可能是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】對(duì)小環(huán)受力分析如圖由牛頓第二定律得故兩小球角速度相同，故h相同，即在同一個(gè)水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。故選B4.如圖所示，一根輕繩繞過光滑定滑輪，一端固定在天花板的A點(diǎn)，另一端吊著一個(gè)裝有砂子的砂桶乙，同樣裝有砂子的砂桶甲通過光滑掛鉤掛在輕繩上，通過增加桶中砂子的質(zhì)量，可以改變砂桶的總重，則下列判斷正確的是（）A.若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則乙桶的總重大于甲桶的總重B.若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對(duì)乙桶的拉力增大C.若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對(duì)甲桶掛鉤的作用力增大D.若將懸點(diǎn)A緩慢向右移，則AB繩和BC繩間的夾角會(huì)逐漸減小【答案】A【解析】A．因B點(diǎn)兩邊繩子的拉力是相等的，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為θ，對(duì)乙桶對(duì)甲桶若AB繩和BC繩間夾角大于120°，則可得即乙桶的總重大于甲桶的總重，選項(xiàng)A正確；B．若緩慢增大甲桶的總重，則輕繩對(duì)乙桶的拉力不變，總為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．輕繩對(duì)甲桶掛鉤的作用力等于甲桶的總重，則若緩慢增大乙桶的總重，則輕繩對(duì)甲桶掛鉤的作用力不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．若將懸點(diǎn)A緩慢向右移，因繩子的拉力不變（等于乙桶的總重），兩個(gè)拉力的合力不變（等于甲桶的總重）則AB繩和BC繩間的夾角不變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選A。5.人類有可能在不久的將來登上火星。未來某航天員在地球表面將一重物在離地高h(yuǎn)處由靜止釋放，測(cè)得下落時(shí)間為，來到火星后，也將一重物在離火星表面高h(yuǎn)處由靜止釋放，測(cè)得下落時(shí)間為，已知地球與火星的半徑之比為k，不考慮地球和火星的自轉(zhuǎn)，則地球與火星的密度之比為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根據(jù)可得可知在星球表面可得可得故選A。6.如圖所示，A、B兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷固定在同一水平線上，將一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球C放在A、B連線的豎直平分線上某處時(shí)，小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)A、C連線與水平方向的夾角為θ，已知重力加速度為g，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則下列判斷正確的是（）A.點(diǎn)電荷B和小球C可能帶異種電荷B.點(diǎn)電荷A在小球C處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為C.將小球C沿豎直方向下移一些再由靜止釋放，小球一定向下運(yùn)動(dòng)D.將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，小球的電勢(shì)能一定增大【答案】D【解析】A．由題意可知，小球C受到B和C的斥力作用，可知點(diǎn)電荷B和小球C帶同種電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．對(duì)小球C受力分析可知，可得點(diǎn)電荷A在小球C處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．在AB連線的中垂線上，在水平線上方存在一個(gè)場(chǎng)強(qiáng)最大的位置，若開始時(shí)小球C在該位置上方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場(chǎng)力變大，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛏线\(yùn)動(dòng)；若開始時(shí)小球C在該位置下方平衡，則將小球C沿豎直方向下移一些則受電場(chǎng)力變小，再由靜止釋放，小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；將小球C沿豎直方向下移（不到A、B連線）的過程中，電場(chǎng)力對(duì)小球做負(fù)功，則小球的電勢(shì)能一定增大，選項(xiàng)D正確。故選D。7.在傾角為30°的斜面頂端A點(diǎn)，斜向右上方以大小為v0的初速度拋出一個(gè)小球，初速度與斜面間的夾角為60°，斜面足夠長，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2，則下列判斷正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的最小速度為B.小球運(yùn)動(dòng)時(shí)離斜面的最大距離為C.保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角變大（不超過90°），小球落在斜面上的位置將上移D.保持小球的初速度方向不變，將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時(shí)速度方向不變【答案】CD【解析】A．根據(jù)斜上拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，當(dāng)小球豎直方向速度為零時(shí)，小球的速度最小，且最小速度為故A錯(cuò)誤；B．沿斜面方向和垂直于斜面方向建立直角坐標(biāo)系，則沿斜面方向有，垂直斜面方向有，所以小球運(yùn)動(dòng)時(shí)離斜面最大距離為故B錯(cuò)誤；C．設(shè)斜面傾角為θ，初速度與斜面間的夾角為α，則小球沿斜面方向的位移大小為整理可得由此可知，若保持小球的初速度大小不變，將小球的初速度與斜面間的夾角α由60°變大（不超過90°），小球沿斜面方向的位移x減小，則小球落在斜面上的位置將上移，故C正確；D．若保持小球的初速度方向不變，小球落到斜面上時(shí)速度方向與斜面的夾角為β，則所以將小球的初速度增大，則小球落到斜面上時(shí)速度方向不變，故D正確。故選CD。二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8.如圖所示，彈性繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系一個(gè)小鐵球，將球拉至與O點(diǎn)等高的位置，彈性繩剛好伸直，由靜止釋放小球，小球可運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)正下方P點(diǎn)（未畫出），則小球運(yùn)動(dòng)過程中，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)小球大小，彈性繩始終在彈性限度內(nèi)，下列判斷正確的是（）A.彈性繩對(duì)小球不做功B.小球重力勢(shì)能減少量大于動(dòng)能增加量C.小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，小球重力的瞬時(shí)功率不為零D.若讓小球緊靠O點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)到的最低點(diǎn)一定在P點(diǎn)下方【答案】BCD【解析】A．小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)正下方P點(diǎn)時(shí)彈性繩拉力與小球重力的合力提供向心力，故彈性繩處于拉伸狀態(tài)，彈性勢(shì)能不為0，彈性繩對(duì)小球做了功，故A錯(cuò)誤；B．小球運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)正下方P點(diǎn)過程中，重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能和彈性繩的彈性勢(shì)能，所以小球重力勢(shì)能減少量大于動(dòng)能增加量，故B正確；C．小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，速度不沿水平方向，重力的功率不為零，故C正確；D．若讓小球緊靠O點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為彈性繩的彈性勢(shì)能，故彈簧的伸長量增大，最低點(diǎn)在P點(diǎn)下方，故D正確。故選BCD。9.如圖所示，輕彈簧豎直立在地面上，物塊A放在輕彈簧上，物塊B疊放在物塊A上，用繞過兩定滑輪的輕繩將物塊B、C連接，用手托著物塊C，使滑輪兩邊的輕繩剛好沿豎直方向伸直，已知物塊A、B、C的質(zhì)量分別為m、m、2m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，彈簧在彈性限度內(nèi)，開始時(shí)物塊B到滑輪的距離足夠遠(yuǎn)，快速撤去手，則下列判斷正確的是（）A.撤去手的一瞬間，物塊C的加速度為0B.撤去手的一瞬間，A對(duì)B的作用力大小為C.撤去手后，物塊B向上運(yùn)動(dòng)過程中加速度先減小后不變D.當(dāng)物塊A、B剛好分離時(shí)，物塊A上升的高度為【答案】BC【解析】A．由題意可知，撤去手之前繩子上得拉力為0，此時(shí)，對(duì)AB整體受力分析得撤去手得一瞬間，彈簧上彈力不變，A、B、C三個(gè)物體加速度大小相等，對(duì)C受力分析得對(duì)AB整體受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得撤去手的一瞬間，物體C的加速度大小為此時(shí)繩上的拉力突變，大小為A錯(cuò)誤；B．撤去手的一瞬間，對(duì)物體B受力分析，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)得此時(shí)A對(duì)B的作用力大小為B正確；C．撤去手之后AB分開前，對(duì)A、B、C系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律得隨著A向上運(yùn)動(dòng)，彈簧的形變量減小，可知加速度減小；A、B分開后，B、C兩個(gè)物體由繩連接加速度大小一樣，對(duì)C受力分析由牛頓第二定律可知對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可知聯(lián)立解得B、C的加速度大小為加速度不再變化C正確；D．A、B分開時(shí)，，此時(shí)A、B、C加速度大小相等，設(shè)此時(shí)彈簧的形變量為，對(duì)A、B、C系統(tǒng)受力分析解得隔離A，受力分析由牛頓第二定律得聯(lián)立解得，此時(shí)彈簧形變量為故當(dāng)物塊A、B剛好分離時(shí)，物塊A上升的高度為D錯(cuò)誤。故選BC。10.如圖所示，空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球用長為L、不可伸長的絕緣細(xì)線懸于O點(diǎn)，將小球向左拉至與O點(diǎn)等高的A點(diǎn)，細(xì)線剛好伸直，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小，g為重力加速度大小，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，將小球由靜止釋放，則下列判斷正確的是（）A.小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小為B.小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度是小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度C.小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為D.小球最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，軌跡為半個(gè)圓周【答案】BD【解析】BC．對(duì)小球受力分析，將電場(chǎng)力與重力合成為一個(gè)等效“重力”，如圖所示由解得可知其等效“重力場(chǎng)”的最低點(diǎn)為點(diǎn)C。如圖所示依題意，小球由靜止釋放后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度設(shè)為v，由動(dòng)能定理，可得解得此時(shí)細(xì)線瞬間繃緊，致使沿細(xì)線方向的速度變?yōu)榱?，則垂直于細(xì)線方向的速度為之后，小球?qū)⒁缘刃ё畹忘c(diǎn)C為中心做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為，由動(dòng)能定理可得解得可知小球第一次運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)正下方時(shí)的速度是小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度，即故B正確；C錯(cuò)誤；AD．由對(duì)稱性可知，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度大小與細(xì)線繃緊瞬間的速度大小相等，即設(shè)小球往復(fù)運(yùn)動(dòng)過程中，運(yùn)動(dòng)到等效最低點(diǎn)左側(cè)最高點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向夾角為，由動(dòng)能定理可得解得由幾何關(guān)系及對(duì)稱性可知，小球最終運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，軌跡為半個(gè)圓周。故A錯(cuò)誤；D正確。故選BD。三、非選擇題：本題共5小題，共54分。11.某實(shí)驗(yàn)小組用圖甲所示裝置“探究加速度與力的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)。（1）在平衡了摩擦力及滿足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車質(zhì)量的條件下，按正確的操作打出的一條紙帶如圖乙所示，圖中所標(biāo)的點(diǎn)為計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.1s，則小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=______（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）。（2）若多次增大鉤碼的質(zhì)量進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，得到鉤碼的質(zhì)量m及對(duì)應(yīng)的小車運(yùn)動(dòng)的加速度a，作出圖像如圖丙實(shí)線所示，圖像出現(xiàn)彎曲的原因是______；在曲線部分取一點(diǎn)P，對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)為，已知重力加速度大小為g，若小車的質(zhì)量為M，則P點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O的連線斜率為______（用g、M、表示）。（3）若根據(jù)（2）問中測(cè)得的小車加速度a與對(duì)應(yīng)鉤碼質(zhì)量m，作圖像，則作出的圖像可能是______。A. B.C. D.【答案】（1）2.40（2）不滿足m?M條件（3）A【解析】【小問1詳析】由逐差法可知小車運(yùn)動(dòng)的加速度大小為【小問2詳析】[1]隨著所掛鉤碼的質(zhì)量的增加，不再滿足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，即不滿足m?M的條件，圖像將發(fā)生彎曲。[2]根據(jù)牛頓第二定律解得P點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O的連線斜率為【小問3詳析】根據(jù)牛頓第二定律整理，可得即圖像中圖線為一次函數(shù)關(guān)系，且與縱軸正半軸有交點(diǎn)。故選A。12.將電流傳感器與計(jì)算機(jī)相連，可以用來觀察電容器的充、放電現(xiàn)象。實(shí)驗(yàn)電路如圖甲所示。定值電阻，直流電源為恒壓源（輸出電壓恒定），S是單刀雙擲開關(guān)，C為平行板電容器。（1）先將開關(guān)S撥至位置1，充電完畢，這時(shí)電容器上極板帶______（填“正”或“負(fù)”）電，再將開關(guān)S撥至位置2，電容器放電電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，由圖分析可知，恒壓源輸出的電壓為______V。（2）圖乙中圖像和坐標(biāo)軸圍成的面積大約為40格，則充電完畢時(shí)，電容器所帶電荷量為Q=______C；由此求得電容器的電容C=______F。（結(jié)果均保留二位有效數(shù)字）（3）若僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實(shí)驗(yàn)，則得到的電流隨時(shí)間變化的圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積與圖乙的面積相比將______（填“變大”“變小”或“不變”）。【答案】（1）正10（2）（3）不變【解析】【小問1詳析】[1]將開關(guān)S撥至位置1，電容器上極板連接電源正極，帶正電；[2]充電完畢后電容器兩端的電壓等于電源電壓，由乙圖知電容器放電瞬間的電流為10mA，則恒壓源輸出的電壓為【小問2詳析】[1]圖乙中每小格代表的電量為電容器所帶電荷量為放電過程放出的總電荷量[2]電容器的電容為【小問3詳析】電流隨時(shí)間變化的圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積等于電容器的帶電量，僅將圖甲中定值電阻換用阻值更大的電阻重新實(shí)驗(yàn)，電容器的電容和恒壓電源的電壓不變，充完電后電容器所帶電荷量不變，因此電流隨時(shí)間變化的圖像與坐標(biāo)軸所圍的面積不變。13.如圖所示，斜面體固定在水平面上，斜面AB段長為1m，AB段光滑，BC段粗糙，一個(gè)物塊從斜面頂端A點(diǎn)由靜止釋放，物塊在AB段運(yùn)動(dòng)加速度是BC段運(yùn)動(dòng)加速度的2倍，在AB段運(yùn)動(dòng)時(shí)間是BC段運(yùn)動(dòng)時(shí)間的一半，物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小為4m/s，重力加速度，求：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）斜面的長度；（3）物塊與斜面BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)。【答案】（1）（2）7m（3）【解析】【小問1詳析】設(shè)物塊在AB段運(yùn)動(dòng)加速度是2a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t，則BC段運(yùn)動(dòng)加速度是a，運(yùn)動(dòng)時(shí)間的是2t，則有，聯(lián)立，解得【小問2詳析】斜面的長度其中，聯(lián)立，解得，【小問3詳析】根據(jù)解得設(shè)斜面傾角為，根據(jù)牛頓第二定律，可知，聯(lián)立，解得14.某款游戲裝置可簡化為如圖所示模型。水平傳送帶A、B兩端間距離為3.6m，傳送帶沿順時(shí)針方向勻速運(yùn)行，速度大小可調(diào)，傳送帶上表面與光滑水平面BC在同一水平面內(nèi)。半徑為0.5m的光滑半圓弧軌道CD固定在豎直面內(nèi)，圓弧面的最低點(diǎn)C與水平面相切，物塊與傳送帶上表面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，游戲時(shí)先調(diào)節(jié)傳送帶速度，然后只需將質(zhì)量為0.5kg的物塊輕放在傳送帶上表面的左端，已知重力加速度大小為。（1）若傳送帶的速度調(diào)為2m/s，求物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧面C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧面的壓力大小；（2）要使物塊在圓弧面上運(yùn)動(dòng)時(shí)不離開圓弧面，則傳送帶勻速運(yùn)行的速度應(yīng)調(diào)節(jié)在什么范圍內(nèi)；（3）若傳送帶的速度調(diào)為4m/s，求物塊在圓弧面上運(yùn)動(dòng)時(shí)離開圓弧面的位置離水平面的高度?！敬鸢浮浚?）9N（2）；（3）0.7m【解析】【小問1詳析】由牛頓第二定律，可知解得依題意，物塊在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有即物塊離開傳送帶時(shí)，速度為傳送帶的速度v，BC段光滑，物塊在C點(diǎn)，由牛頓第二定律，可得解得根據(jù)牛頓第三定律，可知物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧面C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧面的壓力大小【小問2詳析】物塊經(jīng)傳送帶能獲得最大速度解得要使物塊在圓弧面上運(yùn)動(dòng)時(shí)不離開圓弧面，有兩個(gè)臨界情況，其一物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓心等高處，有解得其二物塊恰好能過圓弧最高點(diǎn)，有又聯(lián)立，解得則傳送帶勻速運(yùn)行的速度應(yīng)調(diào)節(jié)范圍，【小問3詳析】根據(jù)第二問分析可知，若傳送帶的速度調(diào)為4m/s，則有說明物塊離開圓弧面時(shí)，其高度已經(jīng)超過圓心高度，但是還未達(dá)到圓弧最高點(diǎn)，設(shè)離