河北省邯郸市大名一中2020届高三上学期12月份半月考物理试题

河北省邯郸市大名一中2020届高三上学期12月份半月考物理试题

高 三 物 理 考 试 一、选择题 ‎1.如图所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是 A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. 相向运动，相互靠近 D. 相背运动，相互远离 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，当电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据安培左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd反向运动，相互远离．‎ A. 一起向左运动，与分析不符，故A错误． ‎ B. 一起向右运动，与分析不符，故B错误． ‎ C. 相向运动，相互靠近，与分析不符，故C错误． ‎ D. 相背运动，相互远离，与分析相符，故D正确．‎ ‎2.如图所示，将某均匀长方体锯成A、B两块后，在水平桌面上并对放在一起，现用水平力F推B，使A、B整体保持长方体沿F方向匀速运动，则 A. A在水平方向受到三个力的作用，且合力为零 B. A在水平方向受到五个力的作用，且合力为零 C. A对B的作用力方向与A、B接触面垂直 D. B对A的弹力大于桌面对A的摩擦力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 对A受力分析，在水平方向上受B对A的弹力，桌面的滑动摩擦力，B对A的静摩擦力，在三个力的作用下处于平衡，受力如图，‎ 故A正确，B错误．B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面的滑动摩擦力等值反向，与F的方向相同；根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力方向与F的方向相反，不是A、B接触面垂直，故C错误．因为B对A的弹力与B对A的摩擦力垂直，二者的合力等于桌面对A的摩擦力，所以B对A的弹力小于桌面对A的摩擦力，故D错误．故选A．‎ ‎【点睛】A、B两木板在水平面做匀速运动，合力均为零，根据平衡条件分析受力情况，分析的结果必须满足条件．‎ ‎3.课堂上，老师准备了“∟”形光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图所示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角θ的最大值为(　　)‎ A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】θ取0°时，下面两圆柱之间将会分开，无法稳定，应适当增大θ以保持系统稳定，此时下面两圆柱之间有弹力；当下面两圆柱之间的弹力恰好为0时，对应的θ为最小值；继续增大θ，右圆柱和上圆柱之间弹力减小，若θ太大，此两圆柱将分开，临界情况为θ取30°时，左边两圆柱的圆心连线在竖直方向上，保证上圆柱只受到两个力的作用恰好处于平衡状态，此时与右圆柱间相互接触且无弹力，故A正确，BCD错误，故选A.‎ ‎【点睛】本题是以三个圆柱形积木在“∟”型光滑木板上处于平衡状态为情境，主要考查共点力的平衡等知识．侧重考查推理能力，要求考生深刻理解共点力的平衡条件，运用特殊值法解决实际问题.‎ ‎4.如图所示，一个质量为‎1 kg遥控小车正以‎18 m/s的速度，沿水平直线轨道做匀速直线运动，在t=0时刻开始制动做匀减速直线运动，在3 s内前进了‎36 m．在这3 s内（ ）‎ A. 小车运动的平均速度大小为‎9 m/s B. 小车受到的制动力大小为6 N C. 制动力对小车做负功，大小等于162 J D. 制动力对小车做功的平均功率为48 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ A、小车运动的平均速度大小为，故A错误；‎ B、由运动学公式，解得加速度大小，小车受到的制动力大小为，故B错误；‎ C、制动力对小车做负功，大小等于，故C错误；‎ D、制动力对小车做功的平均功率为，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎5.如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管(管的内径相对于环半径可忽略不计)用硬杆竖直固定在地面上．有一质量为m的小球可在圆管中运动(球直径略小于圆管直 径，可看做质点)，小球以速率经过圆管最高点时，恰好对管壁无压力，当球运动到最低点时，求硬杆对圆管的作用力大小为（    ） ‎ A. B. C. 6mg D. 7mg ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 从最高点到最低点，由机械能守恒定律解得达到最低点的速度，再由牛顿第二定律解得小球所受的支持力；对圆管及球整体列牛顿第二定律方程得解．‎ ‎【详解】在最高点，球恰好对管壁无压力，则由重力提供向心力，故有：，球运动到最低点过程，由于内壁光滑，机械能守恒，故有，在最低点，由牛顿第二定律有，联立解得，以圆管为研究对象，由平衡条件得硬杆对圆管的作用力大小．故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查竖直平面内的圆周运动，知道小球在最高点且能过最高点是由重力提供向心力，从最高点运动到最低点，满足机械能守恒是解题的关键．‎ ‎6.如图所示，边长为l的单匝正方形线圈放在光滑水平面上，其有一半处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。第一次保持磁场不变，使线圈在水平向右的拉力作用下，以恒定速度v向右运动；第二次保持线圈不动，使磁感应强度大小发生变化。若线圈的总电阻为R，则有（ ）‎ A. 若要使两次产生的感应电流方向相同，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐增大 B. 若要使两次产生的感应电流大小相同，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率 C. 第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为 D. 第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据右手定则可知，第一次时线框中感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故A 错误；‎ B．根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小：‎ 若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有：‎ 则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为：‎ 故B正确；‎ C．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为：‎ 故C错误；‎ D．第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为：‎ 故D错误；‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，OM的左侧存在范围足够大、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，OM左侧到OM距离为L的P处有一个粒子源，可沿纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)速率均为，则粒子在磁场中运动的最短时间为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题设条件求出粒子做匀速圆周运动的半径r，结合左手定则粒子做逆时针方向匀速圆周运动，粒子运动时间t最短时，所转过的圆心角θ最小，所对的弦也最短，画出最短的弦，再作出粒子在磁场中做匀速圆周运动最短时间的轨迹，由几何关系求出此种情况下粒子的偏转角θ，从而求出了最短时间．‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得，因所有粒子得速度一样，因此半径相同，因此在磁场中弦长越短则时间越短，根据题意可得最短弦长为L，则此时粒子圆周运动得圆心角为，故粒子运动得最短时间，故选B ‎8.超导体具有电阻为零的特点，如图为超导磁悬浮原理图，a是一个超导闭合环，置于一个电磁铁线圈b正上方，当闭合开关S后，超导环能悬浮在电磁铁上方平衡。下列说法正确的有（ ）‎ A. 闭合开关S瞬间，a环中感应电流受到的安培力向上 B. 闭合开关S，稳定后通过a环的磁通量不变，a环中不再有电流 C. 闭合开关S，稳定后通过a环的电流是恒定电流 D. R取不同的电阻，稳定后a环所受安培力都相等 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．闭合开关S瞬间，线圈中磁通量增大，则由楞次定律可知，中产生的安培力将使环有向上运动的趋势，故环中感应电流受到的安培力向上，故A正确；‎ B．由于线圈由超导体制成，没有电阻所以不消耗能量，故电流一直存在，故B错误；‎ C．闭合开关S，稳定后通过环的电流不再变化，故为恒定电流，故C正确；‎ D．因 环能悬浮在电磁铁上方平衡，所以受到的安培力一定等于重力，故稳定时受安培力与电阻无关，故D正确；‎ 故选ACD。‎ ‎9.真空中，在x轴上的原点处和x＝‎6a处分别固定一个点电荷M、N，在x＝‎2a处由静止释放一个正点电荷P，假设电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到电荷P的速度与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 点电荷M、N一定都是正电荷 B. 电荷P的电势能一定是先减小后增大 C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4∶1‎ D. x＝‎4a处的电势一定为零 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，点电荷的速度先增大后减小，则点电荷的动能先增大后减小，说明电场力先做正功，后做负功，结合正电荷受到的电场力的方向与场强的方向相同可知，电场强度的方向先沿轴的正方向，后沿轴的负方向，根据点电荷的电场线的特点与电场的叠加原理可知，点电荷、一定都是正电荷，故A正确；‎ B．点电荷的动能先增大后减小，由于只有电场力做功，所以点电荷的电势能一定是先减小后增大，故B正确；‎ C．由图可知，在处点电荷的速度最大，速度的变化率为0，说明了处的电场强度等于0．则与的点电荷在处的电场强度大小相等，方向相反，根据点电荷电场强度公式得：‎ 所以，点电荷、所带电荷量的绝对值之比为，故C正确；‎ D．由电势的决定式和合电势是代数和知处的电势不为为零，故D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎10.两轮平衡车（如图所示）广受年轻人的喜爱，它的动力系统由电池驱动，能够输出的最大功率为P0，小明驾驶平衡车在水平路面上沿直线运动，受到的阻力恒为Ff。已知小明和平衡车的总质量为m，从启动到达到最大速度的整个过程中，小明和平衡车可视为质点，不计小明对平衡车做的功。设平衡车启动后的一段时间内是由静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，则（ ）‎ A. 平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为v＝‎ B. 平衡车运动过程中所需的最小牵引力为F＝Ff C. 平衡车达到最大速度所用的时间t＝‎ D. 平衡车能达到的最大行驶速度v0＝‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当平衡车的实际功率达到最大功率时匀加速直线运动速度达到最大值，则有：‎ 根据牛顿第二定律可知：‎ 联立可得平衡车做匀加速直线运动过程中能达到的最大速度为：‎ 故A正确；‎ B．平衡车在运动过程中，根据牛顿第二定律可知：‎ 即牵引力最小时即加速度为零时，因此为最小值，故B正确；‎ C．启动后从静止到最大速度，平衡车先做匀加速直线运动，所用时间为：‎ 之后平衡车做加速度减小的变加速运动，也需要一段时间，所以平衡车达到最大速度所用的时间大于，故C错误；‎ D．平衡车所能达到的最大速度应该是合力为零时，即，可知最大速度为：‎ 故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎11.某段滑雪道倾角为30°，滑雪运动员（包括雪具在内）总质量为m，从距底端高为h处由静止开始匀加速下滑，下滑加速度g／3（重力加速度为g）．在他下滑的整个过程中（ ）‎ A. 运动员减少的重力势能全部转化为动能 B. 运动员克服摩擦力做功为2mgh／3‎ C. 运动员最后获得的动能为2mgh／3‎ D. 系统减少的机械能为mgh／3‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 由于运动员的加速度 a=g＜gsin30°=g，所以人在下滑中受到了摩擦力的作用，摩擦力做负功，所以运动员减少的重力势能转化为动能和内能，故A错误．由牛顿第二定律可知，人受到的合力 F合=ma=mg，下落的距离为 s=2h, 故合力的功 W=F合s=mgh； 由动能定理可知，运动员最后获得的动能为 Ek=W=mgh，故C正确；物体合外力 F合=mgsin30°-Ff=mg，故摩擦力 Ff=mg；摩擦力所做的功 Wf=-Ffs=-mgh；故克服摩擦力做功为mgh，故B错误；根据功能关系知，克服摩擦力做功等于机械能的减小量，故机械能减小了mgh，故D正确；故选CD.‎ 点睛：在理解功能关系时，应注意重力做功等于重力势能的变化量，阻力做功等于机械能的改变量，而合力外力做功等于动能的变化量．‎ ‎12.如左图所示,假设某星球表面上有一倾角为θ的固定斜面,一质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上运动,其速度–时间图象如右图所示.已知小物块和斜面间的动摩擦因数为μ＝该星球半径为R=6×‎104km.引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2,则下列正确的是:( )‎ A. 该星球的第一宇宙速度 B. 该星球的质量 C. 该星球的自转周期 D. 该星球的密度 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 上滑过程中，根据牛顿第二定律，在沿斜面方向上有，下滑过程中，在沿斜面方向上有，又知v-t图像的斜率表示加速度，则上滑和下滑过程中的加速度大小分别为：，，联立解得，故该星球的第一宇宙速度为，A正确；根据黄金替代公式可得该星球的质量为，B正确；根据所给条件无法计算自转周期，C错误；该星球的密度，D正确．‎ 二、非选择题 ‎13.在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=‎200g的重物拖着纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点．选取一条符合实验要求的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，‎ A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=‎9.80m/s2，那么：‎ ‎(1)计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用vB=g(nT)，丙同学用．其中所选择方法正确的是________(填“甲”、“乙”或“丙”)同学．(SOB与SAC分别表示纸带上O、B和A、C之间的距离，n为从O到B之间的间隔数)‎ ‎(2)纸带下落的加速度为_______m/s2(保留三位有效数字)，下落过程中受到的阻力f=_______N．‎ ‎【答案】 (1). 丙 (2). 9.50 (3). 0.06‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由于实验过程中重物和纸带会受到空气和限位孔的阻力作用，导致测得的加速度小于当地的重力加速度，所以不能用和求速度，只能根据求瞬时速度值，所以丙正确．（2）根据，得：，代入数据解得，由牛顿第二定律得：，解得阻力f=0.06N．‎ ‎【点睛】应用匀变速直线运动的推论可以求出瞬时速度．根据匀变速直线运动的推论：求加速度，根据牛顿第二定律求阻力．‎ ‎14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5 V，2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源（电动势约为5 V，内阻可不计）‎ B．直流电流表A（量程0～‎3 A，内阻约为0.1 Ω）‎ C．直流电压表V1（量程0～3 V，内阻约15 kΩ）‎ D．直流电压表V2（量程0～6 V，内阻约为30 kΩ）‎ E．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，允许通过的最大电流为‎2 A）‎ F．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，允许通过的最大电流为‎0.5 A）‎ G．定值电阻R0＝8 Ω 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。‎ ‎(1)实验中应选用的器材有_____________（均用序号字母表示）。‎ ‎(2)在虚线框中画出实验原理电路图；（ ）‎ ‎(3)某次实验测得两表的读数如图所示，则此时小灯泡的电阻是________Ω。（结果保留两位有效数字）‎ ‎(4)另一实验小组选用另外的器材，通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示。现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝4 V，内阻r＝1 Ω，定值电阻R＝9 Ω的电路中，此时小灯泡的实际功率为________W。（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). ACDEG (2). 见解析 (3). 18 (4). 0.34‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]伏安法描绘小灯泡的特性曲线，首先需要电源供电；电压表测小灯泡的电压，又额定电压为5V，故电压表选择D；需电流表测量流经小灯泡电流，又小灯泡的额定电流为：‎ 电流表B量程太大，测量误差太大，故应用电压表C和定值电阻充当电流表；还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻值较小的E；‎ 故所需实验器材为：ACDEG；‎ ‎(2)[2]要求小灯泡两端的电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压接法；由于小灯泡的额定电阻为：‎ 和定值电阻阻值差不多，故电压表和定值电阻充当电流表，应外接，故设计实验电路图如图所示：‎ ‎(3)[3]两电压表示数为2.20V；5.0V；则小灯泡的电阻为：‎ ‎(4)[4]把定值电阻等效到电源到电源内部，则等效电源电动势为4V，内阻为10Ω，根据闭合电路欧姆定律则有：‎ 在图中画出等效电源特性曲线，如图所示：‎ 由图可知，灯泡两端电压为，电流为，则灯泡的功率为：‎ ‎15.如图所示，竖直半圆形光滑轨道BC与水平面AB相切，AB间距离x＝‎1 m，质量m＝‎0.1 kg的小滑块1放在半圆形轨道底端的B点，另一质量也为m＝‎0.1 kg的小滑块2，从A点以的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道，恰好能通过半圆形轨道最高点C.已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数μ ‎＝0.2.取重力加速度g＝‎10 m/s2.两滑块均可视为质点．求：‎ ‎（1）碰后瞬间两滑块共同的速度大小v；‎ ‎（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能ΔE；‎ ‎（3）半圆形轨道的半径R.‎ ‎【答案】（1）‎3 m/s（2）09 J　（3）‎‎0.18 m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）滑块2从A运动到B，设滑块2在B点的速度为v1，由动能定理可得：‎ 解得： ‎ 在B点，滑块2与滑块1发生完全非弹性碰撞，以的方向为正方向，由动量守恒定律可得：‎ ‎，解得：； ‎ ‎（2）滑块2与滑块1在B点发生完全非弹性碰撞，由能量守恒可得机械能损失为：‎ 解得：； ‎ ‎（3）碰后两滑块沿半圆形轨道上升到C点的过程中机械能守恒，‎ 在C点，两滑块所受重力提供其做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得： ‎ 联立解得：．‎ ‎16.如图所示，金属平板MN垂直于纸面放置，MN板中央有小孔O，以O为原点在纸面内建立xOy坐标系，x轴与MN板重合．O点下方的热阴极K通电后能持续放出初速度近似为零的电子，在K与MN板间加一电压，从O点射出的电子速度大小都是v0，方向在纸面内，且关于y轴对称，发散角为2θ弧度．已知电子电荷量为e，质量为m ‎，不计电子间相互作用及重力的影响．‎ ‎(1)求K与MN间的电压的大小U0．‎ ‎(2)若x轴上方存在范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，电子打到x轴上落点范围长度为△x，求该磁场的磁感强度B1和电子从O点到达x轴最短时间t．‎ ‎(3)若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场区偏转后成为一宽度为△y、平行于x轴的电子束，求该圆形区域的半径R及磁场的磁感强度B2．‎ ‎【答案】(1) (2), (3),‎ ‎【解析】‎ 试题分析：在电场中根据动能定理即可求出K与MN板间的电压U0；画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系即可求出磁场感应强度B1和电子从O点到达x轴最短时间；若x轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区，电子从O点进入磁场，画出粒子运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力和几何关系即可求出磁场感应强度和半径．‎ ‎(1) 由动能定理有：‎ 解得：‎ ‎(2) 粒子运动轨迹如图所示：‎ 从O点射出的电子落在x轴PQ间，设电子做圆周运动半径为r，由几何关系有 Δx＝2r－2rcos θ 由向心力公式有：‎ 解得：‎ 最短路程为：‎ 则有：‎ ‎(3) 电子运动轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知r＝R 且有Δy＝(r＋rsin θ)－(r－rsin θ)＝2rsin θ 解得：‎ 由向心力公式有：‎ 解得：‎ 点睛：本题考查带电粒子在电场中的加速和在磁场中的匀速圆周运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎ ‎17.如图甲所示，光滑斜面OA与倾斜传送带AB在A点相接，且OAB在一条直线上，与水平面夹角a=37°，轻质弹赁下端固定在O点，上端可自由伸长到A点.在A点放一个物体，在力F的作用下向下缓慢压缩弹簧到C点，该过程中力F随压缩距离x的变化如图乙所示．已知物体与传送带间动牌擦因数μ=0.5，传送带AB部分长为‎5m，顺时针转动，速度v=‎4m/s，重力加速度g取l‎0m/s2.(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8) 求：‎ ‎（1）物体的质量m；‎ ‎（2）弹簧从A点被压缩到C点过程中力F所做的功W；‎ ‎（3）若在C点撤去力F，物体被弹回并滑上传送带，同物体在传送带上最远能到何处? ‎ ‎【答案】（1）‎5kg（2）90J（3）恰好到达传送带顶端B点 ‎【解析】‎ ‎（1)由图像可知：‎ mg sin 370=30N……①‎ 解得m=‎‎5kg ‎（2）图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F所做的功：‎ ‎ ……②‎ ‎（3）撒去力F，设物体返回至A点是速度大小为v0，‎ 从A出发两次返回A处的过程应用动能定理：‎ ‎ ……③‎ 箱得：v0=‎6m/s 由于v0>v，物块所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a1，‎ 由牛顿第二定律：mgsin 370+μmgcos370=ma1……④‎ 解得：a1=‎10m/s2‎ 速度减为v时，设沿斜面向上发生的位移大小为x1，由运动学规律：‎ ‎ .......⑤‎ 解得：x1=‎1m ‎ 此后摩擦力改变方向，由于mgsin37°>μmgcos37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a2，再由牛顿第二定律：‎ mg sin37°-μmg cos 37°=ma 设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x2，由运动学规律：‎ ‎.……⑦‎ 解得：x2=‎‎4m 所以物块能够在传送带上发生的最大位移：xm=x1+x2=‎‎5m 即恰好到达传送带顶端B点 点睛：此题是关于牛顿第二定律的综合应用问题；关键是分析物体在传送带上运动的物理过程，尤其是摩擦力的方向变化情况和加速度变化情况；并能从图像中获取信息求解.‎