2023年高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)通關(guān)練階段綜合測(cè)評(píng)2

PAGEPAGE12階段綜合測(cè)評(píng)(二)時(shí)間：90分鐘總分值：110分第一卷(選擇題，共48分)一、選擇題(此題共12小題，每題4分，共48分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，8～12題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)1．[2022·湖北聯(lián)考]以下關(guān)于牛頓運(yùn)動(dòng)定律的說法正確的選項(xiàng)是()A．慣性就是物體保持勻速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)B．一對(duì)作用力與反作用力的作用效果總是相同的C．一對(duì)作用力與反作用力可以相互平衡D．力的國(guó)際制單位“牛頓〞是根據(jù)牛頓第二定律定義的答案D解析慣性是物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的性質(zhì)，故A錯(cuò)誤；作用力和反作用力作用在兩個(gè)物體上，作用效果不一定相同，不能進(jìn)行合成，不能抵消，故B、C錯(cuò)誤；力的國(guó)際制單位“牛頓〞是根據(jù)牛頓第二定律定義的，故D正確。2．質(zhì)量為M的木塊位于粗糙水平桌面上，假設(shè)用大小為F的水平恒力拉木塊，其加速度為a。當(dāng)拉力方向不變，大小變?yōu)?F時(shí)，木塊的加速度為a′，那么()A．a(chǎn)′＝aB．a(chǎn)′<2aC．a(chǎn)′>2aD．a(chǎn)′＝2a答案C解析當(dāng)拉力為F時(shí)，由牛頓第二定律可得：F－μmg＝ma，a＝eq\f(1,m)F－μg。當(dāng)拉力為2F時(shí)，2F－μmg＝ma′，a′＝eq\f(1,m)2F－μg＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)F－μg))＋μg＝2a＋μg>2a，所以應(yīng)選C。3.如下圖，質(zhì)量為M的三角形木塊a放在水平面上，把另一質(zhì)量為m的木塊b放在a的斜面上，斜面傾角為α，對(duì)a施一水平力F，使b不沿斜面滑動(dòng)，不計(jì)一切摩擦，那么b對(duì)a的壓力大小為()A．mgcosα B.eq\f(Mg,cosα)C.eq\f(FM,M＋mcosα) D.eq\f(Fm,M＋msinα)答案D解析以b木塊為研究對(duì)象，b與a不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，b的加速度水平向左，受力分析如圖，根據(jù)牛頓第二定律得a對(duì)b的支持力為N＝eq\f(mg,cosα)，由牛頓第三定律得b對(duì)a的壓力大小為N′＝N＝eq\f(mg,cosα)，故A、B錯(cuò)誤。以a、b整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得加速度a＝eq\f(F,M＋m)，對(duì)b受力分析得N＝eq\f(ma,sinα)＝eq\f(Fm,M＋msinα)，N′＝N，故C錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。4．將一小球以初速度v從地面豎直上拋后，小球先后經(jīng)過離地面高度為6m的位置歷時(shí)4s。假設(shè)要使時(shí)間縮短為2s，那么初速度應(yīng)(不計(jì)阻力)()A．小于vB．等于vC．大于vD．無法確定答案A解析小球第1次經(jīng)過離地面高度為6m的位置后，先做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，后做自由落體運(yùn)動(dòng)，初速度越大需要的時(shí)間越長(zhǎng)，要想兩次經(jīng)過該點(diǎn)的時(shí)間縮短，需要減小上升的初速度，故A正確。5．[2022·江西宜春模擬]為了讓乘客乘車更為舒適，某探究小組設(shè)計(jì)了一種新的交通工具，乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動(dòng)調(diào)整，使座椅始終保持水平，如下圖。當(dāng)此車加速上坡時(shí)，盤腿坐在座椅上的一位乘客()A．處于失重狀態(tài)B．不受摩擦力的作用C．受到水平向右的摩擦力作用D．所受力的合力豎直向上答案C解析對(duì)乘客進(jìn)行受力分析，所受合力方向沿斜面向上，可知D錯(cuò)誤；垂直斜面方向合力為零，將沿斜面向上的加速度沿水平方向和豎直方向分解，因?yàn)槌丝陀兴较蛴业募铀俣龋猿丝褪艿剿较蛴业撵o摩擦力，B錯(cuò)誤，C正確；豎直方向加速度是向上的，乘客處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤。6．[2022·河北百校聯(lián)盟質(zhì)檢]如下圖，某登陸艦船頭垂直河岸自A點(diǎn)出發(fā)，分別沿路徑AB、AC在演練島嶼的BC兩點(diǎn)登陸。登陸艦在靜水中速度恒定且大于水速，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．沿AC航行所用時(shí)間較長(zhǎng)B．沿AC航行時(shí)水速較大C．實(shí)際航速兩次大小相等D．無論船頭方向如何，登陸艦都無法在A點(diǎn)正對(duì)岸登陸答案B解析據(jù)題意兩次船頭垂直河岸，故有t＝eq\f(d,v船)，兩次時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；兩次船沿河岸位移不等，由x＝v水t知沿AC航行時(shí)水速較大，故B正確；船實(shí)際速度v＝eq\r(v\o\al(2,水)＋v\o\al(2,船))，由船速不變可知，兩次實(shí)際船速大小不等，C錯(cuò)誤；因船在靜水中速度大于水速，所以調(diào)整船頭方向可以在A點(diǎn)正對(duì)面登陸，D錯(cuò)誤。7．[2022·?？谡{(diào)研]如下圖，A、B兩物塊疊放在一起，放在光滑地面上，A、B物塊的質(zhì)量分別為M、m，物塊間粗糙?，F(xiàn)用水平向右的恒力F1、F2先后分別作用在A、B物塊上，物塊A、B均不發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，那么F1、F2的最大值之比為()A．1∶1 B．M∶mC．m∶M D．m∶(m＋M)答案B解析拉力作用在A上時(shí)，對(duì)B受力分析，當(dāng)最大靜摩擦力提供B的加速度時(shí)，是整體一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度，對(duì)B由牛頓第二定律得μmg＝ma1，對(duì)整體受力分析，由牛頓第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝(M＋m)μg；拉力作用在B上時(shí)，對(duì)A受力分析，當(dāng)最大靜摩擦力提供A的加速度時(shí)，是整體一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度，對(duì)A由牛頓第二定律得μmg＝Ma2，對(duì)整體受力分析，由牛頓第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝(M＋m)eq\f(\a\vs4\al(μ)mg,M)，聯(lián)立解得F1∶F2＝M∶m，B正確。8.如下圖，水平地面上有一個(gè)坑，其豎直截面為半圓，O為圓心，AB為沿水平方向的直徑。假設(shè)在A點(diǎn)以初速度v1沿AB方向平拋一小球，小球?qū)糁锌颖谏系淖畹忘c(diǎn)D點(diǎn)；假設(shè)A點(diǎn)小球拋出的同時(shí)，在C點(diǎn)以初速度v2沿BA方向平拋另一相同質(zhì)量的小球并也能擊中D點(diǎn)，∠COD＝60°，且不計(jì)空氣阻力，那么()A．兩小球可能同時(shí)落到D點(diǎn)B．兩小球一定不能同時(shí)落到D點(diǎn)C．兩小球初速度之比v1∶v2＝3∶eq\r(6)D．兩小球初速度之比v1∶v2＝eq\r(6)∶3答案BD解析兩球均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于兩球下落的高度不同，又同時(shí)拋出，那么兩球不可能同時(shí)到達(dá)D點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)半圓的半徑為R，小球從A點(diǎn)平拋，可得R＝v1t1、R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，小球從C點(diǎn)平拋，可得Rsin60°＝v2t2、R(1－cos60°)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)，聯(lián)立解得eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(6),3)，故D正確，C錯(cuò)誤。9.在中國(guó)人民抗戰(zhàn)勝利70周年閱兵式上首次展示的東風(fēng)21D中程反艦彈道導(dǎo)彈，是中國(guó)專門為應(yīng)對(duì)航母威脅而研制的打擊海上移動(dòng)目標(biāo)的導(dǎo)彈，號(hào)稱“航母殺手〞，在技術(shù)和國(guó)家平安戰(zhàn)略上具有重要影響。如圖為東風(fēng)21D發(fā)射攻擊示意圖，導(dǎo)彈從A點(diǎn)發(fā)射，彈頭脫離運(yùn)載火箭后，在地球引力作用下，沿橢圓軌道飛行，擊中海上移動(dòng)目標(biāo)B，C為橢圓的遠(yuǎn)地點(diǎn)，距地面高度為H。地球半徑為R，地球外表重力加速度為g，設(shè)彈頭在C點(diǎn)的速度為v，加速度為a，那么()A．v＝Req\r(\f(g,R＋H)) B．a(chǎn)＝eq\f(gR2,R＋H2)C．v<Req\r(\f(g,R＋H)) D．a(chǎn)<eq\f(gR2,R＋H2)答案BC解析在地球外表的物體滿足Geq\f(Mm′,R2)＝m′g，那么GM＝gR2；根據(jù)Geq\f(Mm,R＋H2)＝meq\f(v2,R＋H)知，假設(shè)彈頭在C處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))＝Req\r(\f(g,R＋H))，因?yàn)閺楊^在C處做近心運(yùn)動(dòng)，萬有引力大于向心力，知v<Req\r(\f(g,R＋H))。根據(jù)牛頓第二定律得，彈頭在C處的加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(GM,R＋H2)＝eq\f(gR2,R＋H2)，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。10．[2022·陜西名校模擬]如下圖，在光滑的水平地面上，有兩個(gè)質(zhì)量均為m的物體，中間用勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，在外力F1、F2作用下運(yùn)動(dòng)(F1>F2)，那么在運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后()A．彈簧的伸長(zhǎng)量為eq\f(F1＋F2,2k)B．彈簧的伸長(zhǎng)量為eq\f(F1－F2,k)C．撤去F2瞬間，A、B的加速度之比為eq\f(F1－F2,F1＋F2)D．撤去F2瞬間，A、B的加速度之比為eq\f(F1－F2,F2)答案AC解析把兩個(gè)物體看作一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律得整體的加速度a＝eq\f(F1－F2,2m)，方向向右；再隔離物體A進(jìn)行受力分析，水平方向受到向右的拉力F1和水平向左的彈簧彈力kx的共同作用，由牛頓第二定律得F1－kx＝ma，聯(lián)立可得彈簧的伸長(zhǎng)量為eq\f(F1＋F2,2k)，A正確，B錯(cuò)誤；撤去F2瞬間，彈簧彈力不變，此時(shí)物體A的加速度不變，物體B的加速度為aB＝eq\f(kx,m)＝eq\f(F1＋F2,2m)，所以A、B的加速度之比為eq\f(F1－F2,F1＋F2)，C正確，D錯(cuò)誤。11．[2022·河北衡水中學(xué)模擬]如下圖，質(zhì)量分別是m和2m的兩個(gè)球P、Q穿在水平光滑桿上，不計(jì)一切摩擦，兩球之間用一條輕繩連接，當(dāng)整個(gè)裝置繞中心軸以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，兩球離轉(zhuǎn)軸的距離保持不變，兩球到軸的距離用rP、rQ表示，那么此時(shí)()A．兩球均受到重力、支持力、繩的拉力和向心力四個(gè)力的作用B．P球受到的向心力大小等于Q球受到的向心力大小C．rP一定等于2rQD．當(dāng)ω增大時(shí)，P球?qū)⑾蛲膺\(yùn)動(dòng)答案BC解析兩球均受到重力、支持力、繩的拉力三個(gè)力作用，向心力是效果力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；P、Q兩球均由相互作用的輕繩的拉力提供向心力，故兩球受到的向心力大小相等，選項(xiàng)B正確；由F＝mω2r知，rP＝2rQ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)ω增大時(shí)，兩球受到的向心力均增大，依然滿足rP＝2rQ，P、Q兩球的位置不會(huì)變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。12．[2022·東北三省四市聯(lián)考]中國(guó)“北斗〞衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是中國(guó)自行研制的全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)，是繼美國(guó)全球定位系統(tǒng)(GPS)、俄羅斯格洛納斯衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)(GLONASS)之后第三個(gè)成熟的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。中國(guó)“北斗〞衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)共由35顆衛(wèi)星組成，其中2022年01月17日發(fā)射的衛(wèi)星和2022年09月19日發(fā)射的衛(wèi)星運(yùn)行軌道分別為：高度為35807千米地球靜止軌道衛(wèi)星“北斗-G1〞和高度為21576千米的中地球軌道衛(wèi)星“北斗-M6〞，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．“北斗-G1〞的繞地運(yùn)行周期大于“北斗-M6〞的繞地運(yùn)行周期B．“北斗-G1〞的繞地運(yùn)行速率大于“北斗-M6〞的繞地運(yùn)行速率C．“北斗-G1〞繞地運(yùn)行的向心加速度大于“北斗-M6〞繞地運(yùn)行的向心加速度D．“北斗-G1〞只能在赤道的正上方答案AD解析“北斗〞衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，由Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2＝ma，得v＝eq\r(\f(GM,r))、T＝2πeq\r(\f(r3,GM))、a＝eq\f(GM,r2)，r越大，v越小，T越大，a越小，應(yīng)選項(xiàng)A正確，B、C錯(cuò)誤；“北斗-G1〞衛(wèi)星為地球的同步衛(wèi)星，只能在赤道的正上方，選項(xiàng)D正確。第二卷(非選擇題，共62分)二、填空題(此題共2小題，共19分)13．(10分)圖甲是利用激光測(cè)轉(zhuǎn)速的原理示意圖，圖中圓盤可繞固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，盤邊緣側(cè)面上有一小段涂有很薄的反光材料。當(dāng)盤轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)，接收器可以接收到反光涂層所反射的激光束，并將所收到的光信號(hào)轉(zhuǎn)變成電信號(hào)，在示波器顯示屏上顯示出來(如圖乙所示)。(1)假設(shè)圖乙中示波器顯示屏橫向的每大格(5小格)對(duì)應(yīng)的時(shí)間為5.00×10－2s，那么圓盤的轉(zhuǎn)速為________轉(zhuǎn)/s。(保存3位有效數(shù)字)(2)假設(shè)測(cè)得圓盤直徑為10.20cm，那么可求得圓盤側(cè)面反光涂層的長(zhǎng)度為________cm。(保存3位有效數(shù)字)答案(1)4.55(2)1.46解析(1)由圖可知，相鄰兩電信號(hào)脈沖的時(shí)間間隔即圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的周期，T＝4.4×5.00×10－2s＝0.22s，所以圓盤的轉(zhuǎn)速n＝eq\f(1,T)≈4.55轉(zhuǎn)/s。(2)由圖乙可知電信號(hào)脈沖持續(xù)時(shí)間Δt＝0.2×5.00×10－2s＝0.01s；圓盤涂層長(zhǎng)度Δl＝vΔt＝eq\f(2πR,T)·Δt＝eq\f(3.14×10.20,0.22)×0.01cm≈1.46cm。14.[2022·上海八校聯(lián)考](9分)如下圖，在研究平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，小球A沿軌道滑下，離開軌道末端(末端水平)時(shí)撞開輕質(zhì)接觸式開關(guān)S，被電磁鐵吸住的與軌道末端等高的小球B同時(shí)自由下落。改變整個(gè)裝置的高度H和A球釋放時(shí)的初位置做同樣的實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)A、B兩球總是同時(shí)落地。(1)該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象揭示了A球在離開軌道后在________方向上分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；(2)該實(shí)驗(yàn)裝置的設(shè)計(jì)思想所表達(dá)的物理思維方法和實(shí)驗(yàn)方法是________和________。答案(1)豎直(2)等效思維法'控制變量法(或?qū)嶒?yàn)比擬法)解析此題考查運(yùn)動(dòng)的合成與分解及實(shí)驗(yàn)方法。實(shí)驗(yàn)得到的現(xiàn)象是A、B兩球總是同時(shí)落地。該實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象揭示了A球在離開軌道后在豎直方向上分運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；該實(shí)驗(yàn)中A、B兩球同時(shí)落地，說明在豎直方向的運(yùn)動(dòng)都是自由落體，二者等效，故該實(shí)驗(yàn)裝置的設(shè)計(jì)思想所表達(dá)的物理思維方法是等效思維法；同時(shí)改變整個(gè)裝置的高度H和A球釋放時(shí)的初位置做同樣的實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)A、B兩球總是同時(shí)落地，所用的實(shí)驗(yàn)方法是控制變量法或?qū)嶒?yàn)比擬法。三、計(jì)算題(此題共4小題，共43分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位。)15．[2022·北京西城區(qū)期末](10分)宇航員駕駛宇宙飛船到達(dá)月球，他在月球外表做了一個(gè)實(shí)驗(yàn)：在離月球外表高度為h處，將一小球以初速度v0水平拋出，水平射程為x。月球的半徑為R，萬有引力常量為G。不考慮月球自轉(zhuǎn)的影響。求：(1)月球外表的重力加速度大小g0；(2)月球的質(zhì)量M；(3)飛船在近月圓軌道繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度v。答案(1)eq\f(2hv\o\al(2,0),x2)(2)eq\f(2hv\o\al(2,0)R2,x2G)(3)eq\f(v0,x)eq\r(2hR)解析設(shè)飛船質(zhì)量為m(1)設(shè)小球落地時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律水平方向x＝v0t，豎直方向h＝eq\f(1,2)g0t2，解得g0＝eq\f(2hv\o\al(2,0),x2)。(2)在月球外表忽略月球自轉(zhuǎn)時(shí)有Geq\f(Mm,R2)＝mg0，解得月球質(zhì)量M＝eq\f(2hv\o\al(2,0)R2,x2G)。(3)由萬有引力定律和牛頓第二定律有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(v0,x)eq\r(2hR)。16．[2022·吉林畢業(yè)班檢測(cè)](11分)一同學(xué)家住在23層高樓的頂樓。他想研究一下電梯上升的運(yùn)動(dòng)過程。某天他乘電梯上樓時(shí)攜帶了一個(gè)質(zhì)量為5kg的重物和一個(gè)量程足夠大的臺(tái)秤，他將重物放在臺(tái)秤上。電梯從第1層開始啟動(dòng)，一直運(yùn)動(dòng)到第23層停止。在這個(gè)過程中，他記錄了臺(tái)秤在不同時(shí)段內(nèi)的讀數(shù)如下表所示。根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，求：時(shí)間/s臺(tái)秤示數(shù)/N電梯啟動(dòng)前50.00～3.058.03.0～13.050.013.0～19.046.019.0以后50.0(1)電梯在最初加速階段和最后減速階段的加速度大??；(2)電梯在中間階段上升的速度大??；(3)該樓房平均每層樓的高度。答案(1)1.6m/s20.8m/s2(2)4.8m/s(3)3.16m解析(1)設(shè)電梯在最初加速階段0～3.0s內(nèi)加速度為a1，重物受到的支持力為FN1，根據(jù)牛頓第二定律，得a1＝eq\f(FN1－mg,m)＝1.6m/s2。設(shè)最后減速階段13.0～19.0s內(nèi)，重物加速度大小為a2，重物受到的支持力為FN2，根據(jù)牛頓第二定律，得a2＝eq\f(mg－FN2,m)＝0.8m/s2。(2)在三秒末重物的速度v1＝a1t1＝4.8m/s。(3)設(shè)在全程內(nèi)電梯的位移為H，電梯加速、勻速、減速運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間分別為t1、t2、t3，其中t3＝eq\f(v1,a2)＝6s，得H＝eq\f(0＋v1,2)t1＋v1t2＋eq\f(v1＋0,2)t3，代入數(shù)據(jù)得H＝69.6m，那么平均每層樓高為h＝eq\f(69.6,22)m＝3.16m。17．[2022·鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)](10分)如下圖，半徑為r1＝1.8m的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道末端水平，并固定在水平地面上，與豎直截面為半圓形的坑平滑連接，bd為坑沿水平方向的直徑?，F(xiàn)將質(zhì)量為m＝1.0kg的小球從圓弧頂端的a點(diǎn)由靜止釋放，小球離開b點(diǎn)后擊中坑壁上的c點(diǎn)。測(cè)得c點(diǎn)與水平地面的豎直距離為h＝1.8m，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小球剛到達(dá)軌道末端b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；(2)半圓形坑的半徑r2。答案(1)30N(2)2.25m解析(1)小球沿光滑軌道滑下，由機(jī)械能守恒定律得mgr1＝eq\f(1,2)mv2，到達(dá)b點(diǎn)的前一時(shí)刻，支持力與重力的合力提供向心力F支－mg＝eq\f(mv2,r1)，根據(jù)牛頓第三定律有FN＝F支，聯(lián)立解得FN＝30N。(2)小球從b點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上x＝vt，故小球從b點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)過程的水平位移x＝veq\r(\f(2h,g))＝3.6m，由幾何關(guān)系得req\o\al(2,2)＝(x－r2)2＋h2，解得r2＝2.25m。18．[2022·齊齊哈爾五校聯(lián)考](12分)如下圖為車站使用的水平傳送帶的模型，它的水平傳送帶的長(zhǎng)度L＝8m，傳送帶的皮帶輪的半徑R均為0.2m，傳送帶的上部距地面的高度h＝0.45m，現(xiàn)有一個(gè)旅行包(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝10m/s的初速度水平地滑上水平傳送帶。旅行包與皮帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.6，皮帶輪與皮帶之間始終不打滑，g取10m/s2。討論以下問題：(1)假設(shè)傳送帶靜止，旅行包滑到B點(diǎn)時(shí)，人假設(shè)沒有及時(shí)取下，旅行