2023年高考政治第二次模拟考试卷—物理（湖北A卷）（全解全析）.pdf

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1、2023年高考物理第二次模拟考试卷物理.全解全析注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回一、选择题：本题共11小题，每小题4 分，共 44分。在每小题给出的四个选项中，第 17 题只有一项符合题目要求，第 811题有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分,有选错的得0 分。1.如图所示，把一块锌板连接在验电器上，并使锌

2、板带上负电，验电器指针会张开角度仇接着，用高频短波紫外线灯（波长范围280nm100nm）持续照射锌板，已知锌的极限频率为8。6 a H z、真空中光速为30 x108m/s,观察验电器指针的变化，则（）A.验电器指针张开的角度6 会一直变大B.验电器指针张开的角度0先变大后变小C.验电器指针张开的角度。先变小后变大D.验电器指针张开的角度6不会发生变化【答案】C【解析】锌的极限频率对应的光波的波长为2=0.372xl0-f,m=372nm/用高频短波紫外线灯（波长范围280nm100nm）持续照射锌板，锌板会发生光电效应，逸出光电子,由于锌板原来带负电，可知验电器指针张开的角度9 逐渐变小，

3、足够长时间后，锌板开始带正电且电荷量持续增加，故验电器指针张开的角度。逐渐变大，即整个过程中验电器指针张开的角度。先变小后变大。故选C。2.A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，如 图（。）所示。两卫星之间的距离随时间周期性变化，如图（6）所示。仅考虑地球对卫星的引力，下列说法正确的是（）图（a）图（b）A.A、B的轨道半径之比为1:5B.A、B的线速度之比为1：2C.A的运动周期大于B的运动周期D.在相同时间内，A与地心连线扫过的面积小于B与地心连线扫过的面积【答案】D【解析】AB.由图知r2-r=2r 4 +弓=6 r解得rx=2r r2=4 r所以A、B的轨道半径之比

4、为1:2；设 地 球 质 量 为 卫 星 质 量 为 机，卫星的轨道半径和线速度分别为广、丫。由GMm v2.-1 V 1-得A、B的线速度之比为血：1,故A B错误;C.由GMm 2兀、=m(yr得T=l7t.GMA的轨道半径小于B的轨道半径，A的运动周期小于B的运动周期，C错误;D.绕地球运动的卫星与地心的连线在相同时间，内扫过的面积S=-v t-r2由万有引力提供向心力，可知GMm v2-=m厂 r解得S=-yjGMr2可知，在相同时间内，A 与地心连线扫过的面积小于B 与地心连线扫过的面枳，D 正确。故选Do3.一定质量的理想气体由状态。变为状态c,其过程如p-V图中a-c 直线段所示

5、，状 态 b 对应该线段的中点。下列说法正确的是（)A.4、。两点的温度不相同B.a、b 两点的温度之比为3:4C.4C过程中外界对气体做功D.。一。过程中气体向外界放热【答案】B【解析】A.根据理想气体状态方程气体的温度与pV值成正比，由于就 两 点 值 相 等，故 碇 两点温度相等，A 错误;B.由凡匕 PM得(力=3:4B 正确;C D.由a 到 c 气体体积变大，气体对外做功，内能不变，气体从外界吸热，CD错误。故选B。4.如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的。点，另一端系者质量为加的小球，给小球一定的速度V,使之在水平面内做周期为T 的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确

6、的是A.小球运动半周的过程中，动量不变B.小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为2%丫C.小球运动一周的过程中，重力的冲量为零D.小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零【答案】B【解析】AB.小球运动半周的过程中，小球动量的改变量为p=-mv-mv=-2mv根据动量定理/合=-2mv故 A 错误，B 正确；C.小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为IG=tng t-mgt故 c 错误；D.小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理，G+1T=得=mgt故 D 错误。故选B。5.如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R 的定值

7、电阻，在变阻器滑片从a 端向方端缓慢移动过程中（）1-1=11RRA.电流表A i示数变大B.电流表A2示数减小C.原线圈输入功率增大 D.定值电阻R消耗的功率增大【答案】B【解析】A B.由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，副线圈的输出电压恒定，变阻器滑片从a端向方端缓慢移动的过程中，副线圈所接的电阻值逐渐增大，由欧姆定律,U2%可知副线圈的电流逐渐减小，由2 4知变压器原线圈的电流L也逐渐减小，故A错误，B正确；C.原线圈的输入功率为以 由于L逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故c错误；D.由于副线圈的电流逐渐减小，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR=I2R可知，定值电阻R消耗的

8、电功率逐渐减小，故D错误。故选Bo6.工人用如图所示的装置匀速吊起石球，装置底部A8CO为圆形绳套，A、B、C、。是圆上四等分点，侧面8、0 B、。是四条完全相同、不可伸长的轻绳。点在石球球心正上方0.5m处，石球半径为0.3m,石球表面光滑、重力大小为G。下列说法正确的是（）5GA.OA绳的张力大小为百B.若侧面绳长不变，减小绳套的半径，3 绳的张力减小C.若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，帆 绳的张力增大5GD.若加速向上提升石球，以 绳的张力大于16【答案】D【解析】A.对石球受力分析，绳与石球相切于点A,设0A绳与竖直方向夹角为 ,如下图o所以八 4cose=一5对结点。受力

9、分析，由平衡条件得4TA COS 0=G解得，3 绳的张力大小为G 5 ciA=-=G4cos。16A 错误；B.由题意可知T=-A 4 cos。若侧面绳长不变，减小绳套的半径，则e 变大，COS。变小，则Q4绳的张力增大，B 错误;c.若绳套不变，将侧面四根绳子各增加相同的长度，夕 变小，cose变大，山TA 4 cosc可得，以 绳 的张力减小，c 错误；D.当石球平衡时，绳子拉力为-G 5 cIA=-=G4cos。16所以，若加速向上提升石球，加速度向上，由牛顿第二定律47 cos0-G=ma可得，3 绳的张力D 正确。故选D。7.如图甲所示，水平放置的平行极板A、B间加如图乙所示的交变

10、电场，=时刻，。处粒子源水平向右发射速度相同的。、两粒子，穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，。粒子恰好不从磁场右边界飞出，、人两粒子的运动轨迹交于C 点，且在C处时。、速度方向垂直，C到左右磁场边界的距离相等，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是（）A.a、”在电场中运动的时间可能不同B.&、力穿过极板的时间可能为1的奇数倍C.a、匕 粒子的比荷为1：班D.a、人穿过极板竖直方向上的位移大小之比为1：2【答案】C【解析】A B.因为a、6粒子都是以相同的速度，垂直进入电场，在电场中，沿初速度方向不受力,做匀速直线运动，由L=v可得，匕在电场中运动

11、的时间一定相同；又因为两粒子穿过极板后水平向右垂直进入有竖直边界的匀强磁场，则两粒子在离开电场时，竖直方向速度为零，根据图乙可知，。、从穿过极板的时间为 的 偶 数倍。AB错误；C.由下图可知可得9=30由几何关系可知tan0=（3在磁场中，由洛伦兹力提供向心力V2qvB=m R可得，粒子的比荷为q=ym BR在本题中，两粒子进入磁场时的速度大小相等，则q 1oc 一m R所以、匕粒子的比荷之比为q“五 二%二 行 一 耳mbC 正确；D.在竖直方向，。、人粒子先加速度再减速，由运动学公式得1 9 1 qE oy=-a r =-r2 2 in因为。、方粒子在电场中运动时间相等，场强E 相等，则

12、yoc幺m所以，“、6 穿过极板竖直方向上的位移大小与两粒子的比荷成正比，则券五GmbD 错误。故选C。8.如图所示，铁芯上有两个导线圈A 和 B,线圈A 跟电源和开关S 相连，LED（发光二极管，具有单向导电性）M 和 N 并联后接在线圈B 两端，图中所有元件均正常，则（）A.S闭合瞬间，A中有感应电动势 B.S断开瞬间，A中没有感应电动势C.S闭合瞬间，M亮一下，N不亮 D.S断开瞬间，M和N二者均不亮【答案】AC【解析】A.闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A符合题意：B.开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B不符合题意

13、；C.闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加；线圈外侧的电流方向向右，根据安培定则可知,A中产生的磁场的方向向上；穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知，B中感应电流的方向在外侧向左，所以线圈下端的电动势高，电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C符合题意；D.结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D不符合题意。故选AC o9.甲乙两质点在同一直线上运动，从，=0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，一。图像如图甲所示，已知甲图像过（

14、,一2）、（L ）、（2 6）三个点。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x-F图像如图乙所示，下列说法正确的是（）甲v2/m2s-2A.，=0时刻，甲的速度2 m/sB.甲的加速度大小4m/s 2叵sC.经 过2二甲追上乙D.经过2.5s,甲追上乙【答案】BC【解析】AB.对甲图有x=vot+-alr+xo将（0,-2）、（1,0）、（2,6）三个点代入上式解得v0=0 a=4m/s2 x0=-2 mA错误，B正确;C D.对乙图有v2-v i0=2a2x变形为结合图像可知口 乙 o =1 O m/s a2=-4m/s2由运动学公式理=吆+同J I2 2a,1 01代入数据解得，甲追上乙的时间

15、为C正确，D错误。故选B C。1 0.如图，坐标原点有一粒子源，能向坐标平面一、二象限内发射大量质量为山、电量为4的正粒 子（不计重力），所有粒子速度大小相等。圆心在（QA）,半径为R的圆形区域内，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为8。磁场右侧有一长度为R,平行于旷 轴的光屏，其中心位于（2 R，R）。已知初速度沿）轴正向的粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，则（）qBRA.粒子速度大小为mB.所有粒子均能垂直射在光屏上2nmC.能射在光屏上的粒子，在磁场中运动时间最长为BD.能射在光屏上的粒子初速度方向与x 轴夹角满足45。135【答案】AC【解析】A.山题意，初速度沿y 轴正向的

16、粒子经过磁场后，恰能垂直射在光屏上，有2qBv=m解得mA 正确；B.由于所有粒子的速度大小相等，但方向不同，且离开磁场区域的出射点距离圆心的竖直高度最大值为2 R,并不会垂直打在光屏上，B 错误：2 7 CC.如图，山几何关系可得，运动时间最长的粒子，对应轨迹的圆心角为32根据周期公式T 2冗 1=-v可得212 4 3 3BqC 正确；D.粒子初速度方向与x 轴夹角为。时，若能打在光屏下端,由几何关系可得圆心角。=60即初速度与x轴夹角为q=60同理，粒子打在光屏上端时(图同B),初速度与X轴夹角为2=120D错误。故选AC。1 1.如图所示，光滑水平面上有一倾角为。的斜面体，在水平向右的

17、力尸的作用下，斜面体和其上一质量为机的物块一起向右运动，加速度与时间的关系为。=公，其中为大于0的常量 物块和斜面体之间动摩擦因数为“，重力加速度为g。4时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为心、则()A.乙时刻之后，物块相对于斜面体向下运动_ gQ/cosO-sin。)/=B Z(sin6+cos0)zg2(cos-sine)2C.时间内物块受到斜面体作用力的冲量为2%(sinO+cosO)2D.若力F 大小不变，方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时的动能 口线|【答案】ABD【解析】A.在时刻，物块受重力，垂直于斜面向上的支持力以及沿斜面向上的摩擦力，它们的合力方向与力

18、尸一致，若力下继续增大，斜面的加速度将大于物块的加速度，物块相对斜面体向下运动，A 正确；B.设物块所受支持力为M，摩擦力为力，将它们沿着水平和竖直方向进行分解，有N、cos。+八 sin。=mg/cos0-N sin 0 =ma1%=kt、联立以上各式可得_ mg t _ jumg，一 g(cos6-sine)cos6+sin。cos8+sin。Z(sine+cos6)B 正确;C.-4 时间内物块受到重力与斜面体作用力的冲量，由动量定理mg2(cos。-sin 6)/0+/家=mv=mat.=-止k(sin6+cose)mg?(/cosO-sine)由矢量关系可知物块受到斜面体作用力的冲量

19、大于&(sin,+cos8)2,c 错误；D.若改变力的方向，加速度较大时，则物块会受到沿斜面向下的摩擦力和垂直于斜面向上的支持力，分别设为力，电，设 在“时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，将力沿水平和竖直方向进行分解，有f2 cos。+M sin。=ma2 N2 cos 0=f2sin0+mg f2=/JN2因地面光滑，则力”换方向后加速度依旧满足题干所给关系式，则有a2=kt2联立以上各式可得_ g(cos9+sin。)-Z(cos6-sine)则有4则在 2时刻的速度要大于t,时刻的速度，则有线2 晶D 正确。故选ABD。二、非选择题：本题共5 小题，共 56分。12.(7 分)某实验

20、小组设计了如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。绳和滑轮的质量忽略不计，轮与轴之间的摩擦忽略不计。（1）实验时，该同学进行了如下操作：用天平分别测出物块A、B的质量如和用2（A的质量含遮光片）：用 2 0 分度游标卡尺测量遮光片的挡光宽度，示数如图乙所示，游标卡尺的示数为 mm；0 1 2 3 4 5主尺 川 吊 中 胃 1 1_2_1P_2oJ 游标尺乙将重物A、B用轻绳按图甲示连接，跨放在轻质定滑轮上，一个同学用手托住重物B,另一个同学测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离h,之后释放重物B使其由静止开始下落。测得遮光片经过光电门的时间为4,则重物A速 度 的 大 小 为,重物B速度的

21、大小为 o（2）要验证系统（重物A、B）的机械能守恒，应 满 足 的 关 系 式 为 （用质量机八根2,重力加速度为g，遮光片经过光电门的时间为加，遮光片的宽度d和距离/?表示）。（2，-町）8 =卜%+；叫 修【答案】1 0,5 5 2 Z 2八【解析】（1）游标卡尺的示数为d=1 0 m m+1 1 x 0.0 5 m i n =1 0.5 5 m m由光电门测速原理，A通过光电门的速率为dv*=A M则 B的速率为（2）如果系统（重物4、8）的机械能守恒，应满足的关系式为ttiyg-2 h-mgh1 25町以1 2+?2%整理得13.（9分）现要尽量准确地测量量程为00.6A、内 阻 约

22、 为2 c的 电 流 表A i的 内 阻 心,实验室提供的其他器材如下：电 流 表A 2（量 程0 3 A,内 阻 尸10。）；滑 动 变 阻 器R/（最 大 阻 值1 0 C,最 大 电 流3.5A）；电 阻 箱 氏（阻 值0999。）；电 源E（电 动 势3 0 V,内 阻 约0.5C）；开 关、导线若干。选用上述的一些器材，两个同学分别设计了图甲、图乙所示的电路图。A.5Q B.50Q C.500c（2）在图甲的电路中，测 得 电 流 表Ai、A2的 示数分别为/八/2,电阻箱的示数为&，则 电 流 表Ai的 内 阻RA的测量值为。（用所给物理量表示）（3）按图乙的电路进行如下操作：先

23、将 滑 动 变 阻 器R i的滑动触头移到使电路安全的位置，再 把 电 阻 箱&的阻值调到（填“最大 或 最小）。闭 合 开 关 与、S,调 节 滑动变阻器以，使两电流表的指针有较大幅度偏转，记 录 电 流 表A2的示数 断 开S”保 持S闭合、&不 变，再 闭 合S 2,调 节&，使 电 流 表A2的示数,读出此时电阻 箱 的 阻 值R o,则 电 流 表A i的 内 阻RA=。（4）从实验测量精度的角度分析，用图_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 电路较好，原因是。r-L&【答 案】B最大 再 次 为/（或 仍 为/）Ro 甲 图乙电路受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位【解析

24、】（I）为了减小测量误差，图甲中两个电流表应同时偏转较大角度，电阻箱色的阻值应为5 0 Q o故选B o（2）在图甲的电路中，测得电流表A i、A 2 的示数分别为/八/2,电阻箱的示数为&，则电流表A i两端的电压为hr-IiR2则RA的测量值为R _，2r U（3）实验前&的阳值应该调节到最大，以保证电表安全；替代法最简单的操作是让A 2 示数不变，则可直接从R2 的读数得到电流表A i 的内阻。所以使电流表 A?的示数再次为/（或仍为/）,电流表A i 的内阻R产（4）两个电路都没有由仪器引起的系统误差，但用图乙电路测量时，受电阻箱取值限制，阻值只能精确到个位，误差较大，所以用图甲电路较

25、好。1 4.（9分）在折射率为=&的液体内部有一点光源S,点光源可以向各个方向移动，初始时刻，在液面上观察到半径为R=0-2 m的圆形光斑。（1）求点光源S的初始深度/?；（2）让点光源S 向某个方向匀速移动，发现光斑最右侧边沿B 位置不动，最左侧边沿。向左侧移动,经过2 s,左侧边沿。向左移动了 x =0-4 m,侧面图如下图所示，求点光源S的移动速度S ；液体内部0【答案】（1）0.2 m；（2）1 m,方向沿左下方4 5 角【解析】（1）在 6处发生全反射，如图DB 液面液体内部临界角C 满足,c 1s i n C=n由几何关系得t a n c Jh联立解得，点光源s 的初始深度为h=0

26、.2 m(2)由图可知液面液体内部光源移动的位移S 满足X-COsC=5由公式联立解得，光源移动速度为&v =m1 0方向为光源S沿着左下方4 5 角。1 5.(1 3分)如图所示，M C N 与 PQQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距乙=Im,M C y尸 骁 倾斜,C N、C Q在同一水平面内，C D与C N垂直，C、。处平滑连接。水平导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度8 =1 T。质量机=k g、电阻R =1 C、长度为L 的硬质导体棒。静止在水平轨道上,与完全相同的导体棒从距水平面高度 =0-2 m 的倾斜轨道上由静止释放，最后恰好不与。棒相撞，运动过程中。、。棒始终与导轨垂直且接

27、触良好。不计其它电阻和空气阻力，重力加速度=1 0 m/s2(1)求b 棒刚进入磁场时，。棒所受的安培力；(2)求整个过程中通过“棒的电荷量 及“棒距离8的初始距离的；(3)、匕棒稳定后，在释放匕棒的初始位置由静止释放相同的棒打，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒,所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放“、与、瓦。当释放的 棒最终与所有棒运动稳定后，求从 棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，。棒上 产 生 的 焦 耳 热,并算出 =3 时。棒上产生的总焦耳热Q。【答案】IN,方向水平向右；(2)0.1 C,0.2 m；(3)+,72 0 j【解析】棒下滑 时,1 2m

28、gh=-mvb刚切割磁感线时干路电流有比%=/(/?+/?)。棒的所受安培力Fa=B I L =W方向水平向右(2)。、人在水平导轨上运动共速前，。的速度为匕，匕的速度为%,电路满足B L V L%)=J(R+R)。、匕 在水平导轨上运动共速后速度为“满足机%=(机+机丫2 对于。棒，取时间微元加有=B-I3(-AR+R J 对分别求和可得毛=Z (%一 ),=02mu L(3)当 棒运动达到稳定后 加%=(+1)加匕此过程中损失的动能满足Q,=:机 片 +1 机IT-J (+1)帆】2 2 2 由电路可知，,=*由焦耳定律可得Q“=(2+)2.此过程中“棒 1:产生的焦耳热Qan=-T 机

29、片+!”机 -:(+1)加 匕；+旺 2 2 2 联立海Qan=f-4WV=C 2/1 l VJ十八 1 1 1 1 1 1 21.2 2-3 2-(n+l)J 2 当 =3 时，代入数值可得y o =1+1+1.l,v2=J l jLl2-22 22-32 32-42 J 2 0 72016.（18分）如图所示，长 为L2=2 m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两 端 各 静 止 一 个 质 量 为 的 物 块 B 和 C,在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37。且足够长的粗糙倾斜轨道加，斜面底端与

30、传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L r 2 m处由静止释放一质量 以=0.6kg的滑块A,一段时间后物块A 与 8 发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后8 滑上传送带，A 被取走，己知物 块 8、C 与传送带间的动摩擦因数从=2,与水平面间的动摩擦因数也=。2,物 块 A 与斜面间的动摩擦因数4=-2 5,物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g 取 10m/s2。sin370=0.6,cos37=0.8o 求：（1）物块8 与物块C 第一次碰撞前，物块B 在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；（2）整个过程中，物块C 与挡板碰撞的次数；（3）整个过程中，物块B 在传送带上滑行的总路程，

31、【解析】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得必 以 s i n 37-mAgL,c o s 3 7 =；mAv代入数据可得vA=4 m /sA、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为 也，B的速度为%,有mAvA=mAvA+mHvHI 2 1 2 1 22，nAVA=mAVAl+mBVi代入数据得vs=3 m /s物块8在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块8做匀减速运动，对物块8必”=，”3解得4=i g =2 m/s 2物块8经时间；后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x,则有x=U-1,=1.2 5 m2 1山于x4,物块8与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动

32、，此过程传送带向左的位移5 =叫=1 m因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q =M z）g（x-S|）代入数据得Q =O.5 J（2）物块8与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有BV=mBVB+mCVC l1 2 1 ,I,2/Mv=2/MVI+2WC-1代入数据得V8 1 =vC I=2 m /s由此可知，以后每次8与 C相碰，速度都发生交换.对物块C,设来回运动了 次，由动能定理可知 2mcg x 2 ns=0 一 万 mcv代入数据得n =1 0(3)由(2)知，物块C第人次返回至传送带左端时速度平方大小为v；,由运动学公式得1 =哈-2 2 g x 2 抬=4-0.4 k(m 2/s 2)(&=,2,.1 0)物块8获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第次在传送带上来回一次运动的路程2xk=x 2 =2-2.2 k(m)2 A g (%=1,2,1 0)所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程=L?+(X|+X2+1 +$0)代入数据得%=1 1 m