四川省成都市高新区2020届高三物理10月统一检测试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年高 2017 级高三第二次阶段质量检测 物理试题 本试卷分选择题和非选择题两部分。第 I 卷（选择题）1 至 3 页，第Ⅱ卷（非选择题）4 至 6 页，共 6 页，满分 100 分，考试时间 100 分钟。 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2．答选择题时，务必使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮 擦擦干净 后，再选涂其它答案标号。 3．答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5．考试结束后，只将答题卡交回。 第 I 卷（选择题，共 44 分） 一、单项选择题（本题包括 8 小题，每小题 3 分，共 24 分，每小题只有一个选项符合题意。） 1.以下说法中，你认为正确的是（ ） A. 把物体抽象为质点后,物体自身的大小和质量均可以忽略不计 B. 小的物体一定能看成质点，大的物体一定不能看成质点 C. 平均速度 ，当 Δt 充分小时，该式可以表示 t 时刻的瞬时速度 D. 时间和时刻的区别在于长短不同,长的为时间,短的为时刻 【答案】C 【解析】 【详解】A. 把物体抽象为质点后，需要考虑自身的质量，故 A 错误。 B. 物体的大小与能否看成质点无关，当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们 就可以把它看成质点，有影响时就不可以看成质点，故 B 错误。 C. 平均速度 ，当 Δt 充分小时，该式可以表示 t 时刻的瞬时速度，故 C 正确。 D. 时间是指时间的长度，在时间轴上对应时间段，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一 个点。故 D 错误。 2.如图，是一辆汽车做直线运动的 图象，对线段 OA、AB、BC、CD 所表示的运动，下列说 法正确的是 xv t ∆= ∆ xv t ∆= ∆ x t− A. OA 段运动最快 B. AB 段汽车做匀速直线运动 C. 运动 4h 后汽车的位移大小为 30km D. CD 段表示的运动方向与初始运动方向相反 【答案】D 【解析】 【详解】A. 位移−−时间图象的斜率等于物体的速度，由图看出， 段的斜率最大，汽车运 动的速度最大，故 A 错误； B. 段物体的位移不随时间而变化，物体处于静止状态，故 B 错误； C. 运动 4h 汽车的位移大小为： 故 C 错误； D. 段汽车沿正方向运动， 段沿负方向运动，所以 段的运动方向与 段的运动方 向相反，故 D 正确。 3.某学校体育选修课开设飞镖投掷项目，在竖直墙壁上悬挂一镖靶，一学生站在离墙壁一定 距离的某处，先后将两只飞镖 A、B 由同一位置水平掷出，落在靶上的位置如图所示（侧视 图）。若不计空气阻力，下列说法正确的是 A. 飞镖 B 的运动时间与飞镖 A 的运动时间相同 B. 掷出飞镖 B 时的初速度比掷出飞镖 A 时的初速度大 C. 飞镖 A、B 的速度变化方向一定相同 D. 飞镖 B 的质量一定比飞镖 A 的质量大 【答案】C CD AB 0 0 0x∆ = − = OA OA OA OA 【解析】 【详解】A.飞镖 B 下落的高度大于飞镖 A 下落的高度，根据： 解得： B 下降的高度大，则 B 镖的运动时间长。故 A 错误。 B. 因为水平位移相等，B 镖的时间长，则 B 镖的初速度小。故 B 错误。 C.因为 A、B 镖都做平抛运动，速度变化量的方向与加速度方向相同，均竖直向下。故 C 正确。 D.平抛运动的时间与质量无关，本题无法比较两飞镖的质量。故 D 错误。 4.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体 A 和 B，它们通过一 根绕过定滑轮 O 的不可伸长的轻绳相连接，物体 A 以速率 vA＝10m/s 匀速运动，在绳与轨道成 30°角时，物体 B 的速度大小 vB 为（ ） A. B. 20 m/s C. D. 5 m/s 【答案】C 【解析】 【详解】将 B 点的速度分解如图所示： 则有： ， ，解得： ；故 A，B，D 错误；C 正 确；故选 C. 5.一辆质量为 1000Kg 的汽车在水平面上由静止做匀加速运动，再做匀速运动一段时间后关闭 21 2h gt= 2ht g = 5 3 m/s3 20 3 m/s3 2 Av v= 2 cos30Bv v= ° 20 3 m/scos30 3 A B vv = =° 发动机，直到停下。它的 v-t 图象如图所示。（全程摩擦力不变，g 取 10m/s2），则 A. 汽车与水平面的动摩擦因数 0.5 B. 匀速行驶中的汽车牵引力 2000N C. 加速阶段的汽车牵引力 7500N D. 汽车全程的位移 90m 【答案】C 【解析】 【详解】A.汽车减速运动的加速度 ， 根据牛顿第二定律 μmg=ma2 解得 μ=0.25， 选项 A 错误； B. 匀速行驶中的汽车牵引力 ， 选项 B 错误； C.汽车加速运动的加速度 ， 根据牛顿第二定律 解得 选项 C 正确； D. 由图像可得汽车全程的位移 2 2 2 10 m/s 2.5m/s10 6a = =− 2500NF f mgµ= = = 2 2 1 10 m/s 5m/s2a = = 1 'F mg maµ− = ' 7500NF = 选项 D 错误。 6.“慧眼”卫星于 2017 年 6 月 15 日在酒泉卫星发射中心成功发射。已知“慧眼”卫星绕地 球做匀速圆周运动， 其轨道半径为 r，运动周期为 T，地球半径为 R，引力常量为 G，地球表 面处的重力加速度为 g，则下列说法正确的是 A. 地球的平均密度大小为 B. 地球的质量大小为 C. 地球表面的重力加速度大小 D. “慧眼”卫星的向心加速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】AD. 设地球的质量为 ，“慧眼”卫星的质量为 ，“慧眼”卫星的向心加速度为 ，根据万有引力提供向心力可得： 解得： 根据密度公式求解出地球的密度为： 故 A 错误，D 正确； BC. 设卫星在地表公转的周期为 ，地球表面的物体的重力近似等于物体所受到的万有引力， 则有： 1 (4 10) 10m 70m2x = × + × = 2 3 GT π 2gr G 2 2 4 R T π 2 2 4 r T π M m a 2 2 2( )GMm m r mar T π= = 2 2 4 ra T π= 2 3 2 4 rM GT π= 3 2 3 3 3 4 3 M M r V GT RR πρ π = = = 0T 解得地球的质量大小为： 地球表面的重力加速度大小： 故 B、C 错误； 7.如图所示，物块放在斜面体的斜面上，斜面体放在水平地面上，对物块施加一沿斜面向上 的力 F，现将此力沿逆时针方向缓慢转动至竖直向上，力的大小保持不变，物块和斜面体始终 保持静止，则下列说法正确的是 A. 斜面体对物块的作用力先减小后增大 B. 斜面体对物块的作用力先增大后减小 C. 地面对斜面体的作用力一直增大 D. 地面对斜面体的作用力一直减小 【答案】D 【解析】 【详解】AB.对物块受力分析可知，斜面体对物块的作用力，重力，外力三力平衡，斜面体对 物块的作用力与重力和外力的合力等大反向，重力与外力大小不变，夹角变大，合力变小， 斜面体对物块的作用力变小，AB 错误。 CD.对整体受力分析：同理，地面对整体的作用力与外力和整体的重力的合力等大反向，整体 重力与外力大小不变，夹角变大，合力变小，地面对斜面体的作用力变小，C 错误 D 正确。 8.石墨烯是目前世界上已知 强度最高的材料，它的发现使“太空电梯”的制造成为可能， 人类将有望通过“太空电梯”进入太空。设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空 的电梯，电梯始终相对地面静止。如图所示，假设某物体 B 乘坐太空电梯到达了图示的位置 的 2 2 0 ( )2GMm mg m RR T π= = G gRM 2 = 2 2 0 4 Rg T π= 并停在此处，与同高度运行的卫星 A 地球同步卫星 C 相比较，下列说法正确的是 A. 物体 B 角速度大于卫星 A 的角速度 B. 物体 B 的线速度大于卫星 A 的线速度 C. 物体 B 的线速度大于卫星 C 的线速度 D. 若物体 B 突然脱离电梯，B 将做近心运动 【答案】D 【解析】 【详解】A.设卫星的质量为 m、轨道半径为 r、地球质量为 M．人造地球卫星绕地球做匀速圆 周运动，根据万有引力提供向心力，则得： 解得： 则知，A 的角速度大于 C 的角速度。而 B 与 C 的角速度相等，所以 A 的角速度大于 B 的 角速度，故 A 错误。 B.B 的角速度小于 A 的角速度，由： r 相等，知 B 的线速度小于 A 的线速度，故 B 错误。 C.B 与 C 的角速度相等，由： 知 B 的线速度小于 C 的线速度，故 C 错误。 D.地球上的物体所受到的万有引力一部分提供其跟随地球做匀速圆周运动的向心力，所以当 物体 B 脱离电梯后，万有引力大于其需要的向心力，将做近心运动，故 D 正确。 二、多项选择题（本题包括 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。每小题给出的四个选项中，有多 个选项符合 题目要求，全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。） 的 2 2 MmG mrr ω= 3 GM r ω = v rω= v rω= 9.关于功和功率的说法正确的是（   ） A. 做功快的机器，它的功率一定大 B. 做功多的机器，它的功率一定大 C. 功率大的机器，它的机械效率一定大 D. 做功相同，所用时间短的机器功率一定大 【答案】AD 【解析】 【详解】A、物体做功越快，功率越大，相反，功率越大，做功就越快．故 A 正确。 B、做功多的机器，它的功率不一定大，因为 W=Pt，做功还与时间有关，故 B 错误。 C、功率大的机器，它的机械效率不一定大，因为做的有用功不一定多，故 C 错误。 D、根据 P= 可知，做功相同，所用时间短的机器功率一定大，故 D 正确。 故选 AD。 【点睛】功率用来比较物体做功快慢，做功快不等于做功多，功率大不等于做功大． 10.某同学将一个质量为 m 的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为 H.设上升过程中空气 阻力 f 大小恒定. 则在上升过程中 A. 小球的动能减小了(f+mg)H B. 小球机械能减小了 fH C. 小球重力势能减小了 mgH D 小球克服空气阻力做功(f+mg)H 【答案】AB 【解析】 【详解】A.小球上升的过程中，重力和阻力都做负功，根据动能定理得:-mgH-fH=△Ek，则得 动能的减小量等于 mgH+fH；故 A 正确. B.根据功能关系知：除重力外其余力做的功等于机械能的变化量；在上升过程中，物体克服 阻力做功 fH，故机械能减小 fH；故 B 正确. C.小球上升 H，故重力势能增加 mgH；故 C 错误. D.在上升的过程中，小球克服空气阻力做功 fH；故 D 错误. 11.足够长的倾斜传送带以速度 v 顺时针运动，现在把一个小物块轻放在传送带底端，在小物 块沿传送带从 A 运动到 B 的过程中，其速度 v、重力势能 Ep、动能 Ek、机械能 E 随着时间 t 或 . W t 位移 x 变化，下列 v–t、Ep–t、Ek–x、E–x 图像正确的是 A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】A.物块在足够长的传送带上先做匀加速运动，则有： 当两者共速后，滑动摩擦力突变静摩擦力，两者一起做匀速运动，故选项 A 符合题意； B.物块匀加速时，则有： 与 成正比，故选项 B 不符合题意； C.合力做功等于动能的增量，物体匀速时动能不变，故选项 C 不符合题意； D.机械能的变化对应摩擦力做功，匀加速时则有： cosθ sinθmg mgµ > 2 p 1sinθ sinθ2E mgx mgat= = pE 2t cosθE μmgx= 与 成正比，匀速时则有： 所以匀速时斜率比加速时小，故选项 D 符合题意。 12.在倾角为 的固定光滑斜面上，物块 A、B 用劲度系数为 k 的轻弹簧相连，物块的质量均为 m。C 为一与斜面垂直的固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行于斜面向上的拉力 F 拉物 块 A，使它沿斜面向上缓慢运动，直到物块 B 刚要离开挡板 C。重力加速度为 g，在此过程中， 下列说法正确的是 A. 物块 B 刚要离开挡板时弹簧的伸长量为 B. 物块 A 运动的距离为 C. 弹簧弹性势能先减小后增大 D. 拉力做的功为 【答案】CD 【解析】 【详解】A．物块 B 刚离开挡板时，由平衡条件 可得 故 A 错误； B．初始状态对物块 A 分析 可得 E x 0 sinθE E mgx= + θ mg k sinmg k θ 22( sin )mg k θ 1sinmg kxθ = 1 sinmgx k θ= 2sinmg kxθ = 所以物块 A 运动的距离 故 B 错误； C．弹簧开始是压缩的，后来是伸长的，所以弹性势能先减小后增加，故 C 正确； D．初末状态弹簧弹性势能没变，系统的动能没变，所以拉力 F 做功的多少等于物块 A 重力势 能的增加量 故 D 正确。 13.如图，有一光滑轨道 ABC，AB 部分为半径为 R 的 圆弧，BC 部分水平，质量均为 m 的 小球 a、b 固定在各直轻杆的两端，轻杆长为 R，小球可视为质点。开始时 a 球处于圆孤上 端 A 点由静止开始释放小球和轻杆，使其沿光滑弧面下滑，重力加速度为 g，下列说法正确 的是 A. a、b 两球速度大小始终相等 B. a 球下滑过程中机械能不守恒 C. a、b 球滑到水平轨道上时速度大小均为 D. 从释放 a、b 球到 a、b 球都滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对 a 球做的功为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A. 由于 、 两球用杆连在一起，故 、 两球速度大小始终相等，故 A 正确； B. 、 两球及轻杆组成的系统只有重力做功，故系统在下落中机械能守恒，由于 球在下 滑中杆对 球做功，故 球的机械能不守恒，故 B 正确； C. 下滑的整个过程中，根据机械能守恒定律，则有： 2 sinmgx k θ= 1 2 2 sinmgx x x k θ= + = 22( sin )mgW k θ= 1 4 2gR 2 mgR a b a b a b a a a 解得 、 两球滑到水平轨道上时速度大小为： 故 C 错误； D. 对 球由动能定理可知： 解得： 故 D 正确。 第Ⅱ卷（非选择题，共 56 分） 三、实验探究题（本题共 2 小题，共 14 分。） 14.橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量 x 与弹力 F 成正比，即 F=kx，k 的值与橡皮筋 的原长 L、横截面积 S 有关，理论与实验都证明 ，其中 Y 是由材料决定的常数，材料 力学中称之为杨氏模量 （1）在国际单位中，杨氏模量 Y 的单位应为（ ） A、N B、m C、N/m D、N/m2 （2）某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力 F 与伸长量 x 之间的关系图像如 图所示，由图像可求得该橡皮筋的劲度系数 k=______________ N/m （3）如图所示图线后面部分明显偏离直线，造成这种现象的原因是什么_______ 【答案】 (1). （1）D (2). （2）5×102N/m (3). （3）超出弹性限度 【解析】 （1）由 可知， ； 故 Y 的单位为：N•m/m2•m=N/m2；故 D 正确、ABC 错误．故选 D． 2( ) 12 22mgR mg R mv+ = × a b 3v gR= a 21 2W mgR mv+ = 3 1 2 2W mgR mgR mgR= − = Sk Y L = YSK L = KL FLY S SX = = （2）图象中直线部分符合胡确定律，则可知，k= N/m=5×102N/m （3）造成图线后面部分明显偏离直线的原因是弹簧超出了弹性限度. 点睛：本题结合图象考查了胡克定律 基础知识，是一道考查基础知识的好题．要求学生具 有一定的根据实验数据获取信息的能力．同时要掌握 F-x 图线的斜率表示劲度系数． 15.某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，可以 提供输出电压为 6V 的交流电和直流电，交流电的频率为 重锤从高处由静止开始下落， 重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对纸带上的点测量并分析，即可验证机械能守恒定律。 他进行了下面几个操作步骤： A.按照图示的装置安装器件； B.将打点计时器接到电源的“直流输出”上； C.用天平测出重锤的质量； D.先接通电源，后释放纸带，打出一条纸带； E.测量纸带上某些点间的距离； F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能。 其中没有必要进行的步骤是______，操作不当的步骤是______。 这位同学进行正确测量后挑选出一条点迹清晰的纸带进行测量分析，如图乙所示。其中 0 点为起始点，A、B、C、D、E、F 为六个计数点。根据纸带上的测量数据，当打 B 点时重锤的 的 10 0.02 50 .Hz ( )1 ( )2 速度为______ 。 保留 3 位有效数字 他继续根据纸带算出各点的速度 v，量出下落距离 h，并以 为纵轴、以 h 为横轴画出的 图象，应是图丙中的______。 【答案】 (1). C (2). B (3). 1.84 (4). C 【解析】 【详解】（1）将打点计时器接到电源的“交流输出”上，故 B 错误，操作不当； 因为我们是比较 mgh、 的大小关系，故 m 可约去比较，不需要用天平，故 C 没有必要． （2）匀变速直线运动中中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，由此可以求出 B 点的 速度大小为： ； （3）他继续根据纸带算出各点的速度 v，量出下落距离 h，并以 为纵轴、以 h 为横轴画出 的图象，根据 ，所以应是图中的 C． 四、计算题（本题共 4 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤，只写答案不得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数字和单位。） 16.央视“人与自然”节目中，有一段草原鹰攻击野兔的视频。一只野兔在离洞穴 处 的草地上吃草；野兔发现其正上方 处有盘旋的草原鹰，立即向洞穴沿直线匀加速逃 离。草原鹰发现后几乎同时以 v=10m/s 的速度沿直线朝野兔洞穴俯冲而下。求： （1）草原鹰到达洞口的时间 （2）野兔做匀加速运动的加速度至少要多大才能保证安全逃回洞穴？ 【答案】（1）5s（2） 【解析】 【详解】（1）草原鹰到达洞口时间为 t，有 t=s/t s= 解得 t=5s （2）野兔到达洞穴的速度 v′有：v′=2x/t=12m/s 解得野兔最小加速度 a= v′/t=2.4m/s2 /m s ( ) ( )3 2 2 v 21 2 mv 0.2168 0.1431 1.84 /2 0.02 AC B AC xv m st −= = =× 2 2 v 21 2 v gh= 30mx = 40my = 22.4 /m s 2 2x y+ 17.如图，质量为 50￿g 的重物 静止在固定斜面 上。质量为 12￿g 的重物 通过水平细绳 与重物 相连于 点， 点通过另一根细绳悬挂于天花板上，绳子与竖直方向夹角以及斜面 倾角均为 37°， 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)水平细绳 的拉力大小； (2)重物 对斜面 的压力大小及重物 受到的摩擦力大小。 【答案】(1)90N；(2)346N；372N 【解析】 【详解】(1)对 点进行受力分析，可知 受到 的拉力， 的拉力以及左侧绳子的拉力， 受力如图 根据平衡条件可得： (2)物体 受到重力、斜面得支持力、绳子的拉力以及斜面得摩擦力，设摩擦力的方向向上， 受力如图： 垂直于斜面的方向： 沿斜面得方向： A C B A O O g OA A C A O O B A 1 3tan37 12 10 N 90N4BF m g= ° = × × = A 1sin37 cos37AF N m g°+ = ° 联立解得： 根据牛顿第三定律可知， 对斜面得压力为 346N 18.某研究性学习小组利用图 a 所示的实验装置探究物块在恒力 F 作用下加速度与斜面倾角 的关系。已知木板 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实 验中，质量 m=0.1kg 的物块在平行于板面向上、F=0.6N 的恒力作用下，得到加速度 a 与斜面 倾角的关系图线，如图 b 所示，已知图中 a0 为图线与纵轴交点，θ1 为图线与横轴交点。（重 力加速度 g 取 10m/s2）求： （1）a0 多大？倾角 θ1 多大？ （2）当倾角 θ 为 30°时，物块在力 F 作用下由 O 点从静止开始运动，2s 后撤去，求物块沿 斜面运动的最大距离？ 【答案】（1）6m/s2， 37°；（2）2.4m。 【解析】 【详解】（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为 a0 由牛顿第二定律：F 合=F=ma0 解得 a0=6m/s2 由图象可知木板倾角为 θ1 时，物块的加速度 a=0 即：F=mgsinθ1 解得 θ1=37° （2）当木板倾角为 θ=30o 时，对物块由牛顿第二定律得： F-mgsinθ=ma1 解得 a1=1m/s2 设木块 2s 末速度为 v1，由 v1=a1t 得 v1=2m/s 1sin37 cos37Am g F f°+ ° = 346NN = 372Nf = A 2s 内物块位移 s1= a1t2=2m 撤去 F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为 a2 ，对物块由牛顿第二定律得： mgsinθ=ma2 a2=gsin30°=5m/s2 撤去 F 后，物块继续向上运动的位移为 则物块沿斜面运动的最大距离 s=s1+s2=2.4m 19.如图所示，可看成质点的质量分别为 2m 和 m 的物块 A、B 之间夹着一被压缩且锁定的轻、 短弹簧，它们静止在光滑轨道 abc 的水平轨道 ab 上，bc 为竖直平面内的半径为 R=0.1m 的半 圆形轨道，长为 L=0.4m 的传送带逆时针转动，速度为 v=2m/s，忽略传送带的 d 端与半圆轨道 c 点之间的缝隙宽度，物块 B 与传送带之间的动摩擦因数为 μ=0.5，重力加速度 g=10m/s2， 解除弹簧的锁定后，求： (1)为了使物块 B 在运动中一定能滑上传送带且不从 e 点脱离传送带，解除弹簧锁定后，物块 B 获得的速度必须满足的条件； (2)如果 m=1kg，开始时弹簧的弹性势能为 EP=6.75J，物块 B 再次落到水平轨道 ab 上时与 e 点 间水平距离为多大； (3)在(2)中物块 B 在传送带上滑动时，因摩探产生的热量。 【答案】(1) (2)0.2m (3) 【解析】 (1)设物块 B 恰好能通过轨道的 c 点时速度为 ：由 得： 1 2 2 1 2 2 0.4m2 vs a = = 5 m/ s 2 2 m/ sBv≤ ≤ 2 5 J 1cv 2 1cvmg m R = 1 1m/sCv gR= = 此时物体 B 从解除锁定到运动至 c 点过程： 解得： 从解除锁定后物块 B 的速度为 时，刚好能运动到传送带的 e 端： 从 d 到 e 的过程中： ，解得 从 b 到 d 的过程中： ，解得 所以 B 的速度必须满足： (2)解除弹簧的锁定后，设 A、B 获得的速度分别为 vA、vB， 解得： ，所以物块 B 将滑过 e 点 物块 B 从解除锁定到运动到 e 点时的速度设为 解得： 物块 B 离开 e 点后做平抛运动： ， 解得： (3)物块滑上传送带时 速度为 ，由能量守恒得 解得 物块 B 在传送带上滑动时的加速度为 物块 B 在皮带上滑行的时间为 此过程皮带运动的路程为 因摩擦产生的热量为 点睛：物体刚好到达圆形轨道最高点的临界条件是：重力等于向心力；弹簧释放的过程遵守 的 2 2 1 1 1 12 2 2C Bmg R mv mv− ⋅ = − 1 5m/sBv = 2Bv 210 2 dmgL mvµ− = − 2m/sdv = 2 2 2 1 12 2 2d Bmg R mv mv− ⋅ = − 2 2 2m/sBv = 5m/s 2 2m/sBv≤ ≤ 0 2B Amv mv= − 2 21 122 2P A BE mv mv= ⋅ + 3m/s 2 2m/sBv = > ev 2 21 12 2 2e Bmg R mgL mv mvµ− ⋅ − = − 1m/sev = 212 2R gt= ex v t= 0.2mx = cv 2 21 12 2 2c Bmg R mv mv− ⋅ = − 5m/scv = 5m/sa gµ= = 5 1s5 c ev vt a − −= = 2( 5 1) m5x vt −= = ( ) 0.5 1 10 0.4 5J 2 5JQ mg L xµ= + = × × × = 动量守恒定律，B 恰好运动到 e 点的临界速度为 0，把握这些条件和规律是解答本题的关键。