河南省焦作市博爱县2022-2023学年高一下学期6月月考物理试题（含答案）

博爱县2022-2023学年高一下学期6月月考
物理
时间：90分钟 满分：100分
一．选择题（共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中。只有一项是符合题目要求的）
1．年糕是我国很多地方传统的新年应时食品，打年糕时一般需要用木制榔头反复捶打石槽中煮熟的糯米如图所示。用木制榔头捶打年糕的过程中，放在水平地面上的石槽始终未动，下列说法正确的是（　　）
A．整个下降过程中榔头始终处于失重状态
B．榔头对年糕的弹力是年糕发生形变引起的
C．年糕凹陷，说明榔头对年糕的打击力大于年糕对榔头的支持力
D．榔头向下打击年糕时，地面对石槽的支持力大于石槽和年糕的总重力
2．如图所示，细线一端固定在A点，另一端系着小球。给小球一个初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，关于该小球的受力情况，下列说法中正确的是（　　）
A．受重力、向心力作用
B．受细线拉力、向心力作用
C．受重力、细线拉力作用
D．受重力、细线拉力和向心力作用
3．一条河宽d，船在静水中的速度为v1，水流的速度是v2，v1＝v2，则（　　）
A．该船可能垂直河岸渡到对岸
B．当船头垂直河岸渡河时，船的位移为
C．当船头垂直河岸渡河的时候，过河所用时间大于
D．船渡河到对岸时，船最小位移为d
4．某一滑雪运动员（视为质点）从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等，若运动员运动的轨迹与一做斜抛运动的小球的轨迹重合，不计空气阻力，A和D处于同一水平高度，C为轨迹上的最高点。下列说法正确的是（　　）
A．运动员在A和D位置时的速度相同
B．运动员从A到B位置和从C到D位置的时间相等
C．运动员在C点时的速度不为0
D．运动员从A到B位置的速度变化是从B到C位置速度变化的6倍
5．天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，可以实现三维空间的任意位置和姿态控制，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P、Q为BC臂上的两点，若某次作业过程保持BC臂和AB臂的夹角α＝90°不变，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（　　）
A．作业过程中P与Q线速度大小相等
B．作业过程中P与Q线速度方向相同
C．作业过程中P与Q角速度大小相等
D．作业过程中P与Q加速度大小相等
6．行星在绕太阳的椭圆运动中，离太阳越近，行星的（　　）
A．运行速度越大，加速度也越大
B．运行速度越大，加速度越小
C．运行速度越小，加速度也越小
D．运行速度越小，加速度越大
7．下列有关生活中圆周运动实例分析中说法正确的是（　　）
A．甲图中，汽车通过拱桥最高点时，速度不能超过
B．乙图中，杂技演员表演“水流星”，在通过最低处时，水与桶之间可以没有作用力
C．丙图中，当火车转弯超过规定速度行驶时，内轨对内轮缘会有挤压作用
D．丁图中，洗衣机脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，水沿切线方向甩出
8．如图所示是竖直放置的内壁光滑的长方体容器的纵截面图，ABCD是一个矩形，AB＝5m，BC＝3m，有一个可视为质点、质量m＝1kg的小球用长L＝5m的轻绳悬挂在A点。小球随容器一起绕AB边做匀速圆周运动，取重力加速度g＝10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（　　）
A．当ω＝1rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是4N
B．当ω＝2rad/s时，器壁CD对小球的弹力大小是12N
C．小球刚接触器壁CD时的角速度是
D．小球刚接触器壁CD时的角速度是
9．2023年的春节，高三学生严洁用一根轻质细绳将一幅重为24N的全家福像框对称悬挂在墙壁上，像框上两个挂钉间的距离为0.8m。已知细绳总长为1.0m，如图所示，则细绳的张力为（　　）
A．10N B．12N C．20N D．24N
10．甲、乙两物体从同一地点出发沿同一直线运动，它们的位移—时间图像如图所示，则（　　）
A．3s末甲、乙两物体的速度相同
B．前3s内甲的平均速度大于乙的平均速度
C．前3s内甲、乙的路程相等
D．前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同
11．如图所示是跳高运动员即将落到弹性垫子上的情景，运动员从刚接触到垫子到最后静止的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．运动员接触垫子后，先失重后超重
B．垫子对运动员的弹力是由于运动员的形变产生的
C．由于缓冲，垫子对运动员的力小于运动员对垫子的力
D．运动员最后静止的位置一定是全过程运动的最低点
12．下列选项中物理量全是矢量的是（　　）
A．速率 加速度 B．向心力 速度变化量
C．功率 重力势能 D．周期 线速度
二．多选题（共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）13．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.35
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为
（多选）14．如图所示，以O为原点在竖直面内建立平面直角坐标系：第Ⅳ象限挡板形状满足方程y＝x2（单位：m），小球从第Ⅱ象限内半径为0.5m的四分之一光滑圆弧轨道某处由静止释放，通过O点后开始做平抛运动，击中挡板上的P点时速度最小，取重力加速度大小10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．p点的坐标为（1，）
B．小球经过O点时的速度大小为3m/s
C．小球击中P点时的速度大小为5m/s
D．小球经过O点时对轨道的压力等于自身所受重力的3倍
（多选）15．第24届冬季奥林匹克运动会，已于2022年2月4日在北京和张家口联合成功举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，北京跳台滑雪赛道“雪如意”如图甲所示，其简化图如图乙所示，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、减速停止区CD三部分组成。比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，落地瞬间垂直接触面的分速度减为零，以平行接触面的分速度滑入减速停止区，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g，不计运动员在助滑道AB受到的摩擦阻力及空气阻力，则（　　）
A．由B点飞出的速度为
B．运动员在停止区CD上克服摩擦力所做的功为mgh（1）
C．运动员从B点飞出经历时间时距离斜面BC的距离最远
D．运动员从A点下降到B点和由B点到C点下落的高度之比为1：4tan2θ
（多选）16．某兴趣小组的同学研究一辆电动小车的性能.他们让小车在平直的水平轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，得到了如图10所示的v﹣t图象（2s～6s时间段内的图线为曲线，其余时间段的图线均为直线）。已知在2s～8s时间段内小车的功率保持不变，在8s末让小车无动力自由滑行。小车质量为1.5kg，设整个过程中小车所受阻力大小不变。则下列判断正确的是（　　）
A．小车在运动过程中所受的阻力大小为3N
B．小车在2s～6s的过程中发动机的功率为9W
C．小车的牵引力做的总功为54J
D．小车在整个过程中运动的位移为21m
三．填空题（共2小题，每小题6分，共12分）
17．如图，三个半径均为R质量为m的光滑圆木，放在半径为3R的光滑圆形凹槽内，则圆木A施于凹槽的力为 　 　；圆木B、C之间的作用力为 　 　；圆木A、B球之间的作用力为 　 　。
18．一台起重机，匀加速地将质量m为2.0×103kg的货物从静止开始竖直吊起，在6s末货物的速度v为6.0m/s，不计空气阻力，g取10m/s2。则起重机在这6s内的输出功率为 　 　W，起重机在6s末的输出功率为 　 　W。
四．解答题（共2小题）
19．（14分）二十一世纪，能源问题是全球关注的焦点问题。从环境保护的角度出发，电动汽车在近几年发展迅速。如表给出的是某款电动汽车的相关参数：
参数指标 整车质量 0～100km/h 加速时间 最大速度 电池容量 制动距离（100km/h～0）
数值 2000kg 4.4s 250km/h 90kW h 40m
请从上面的表格中选择相关数据，取重力加速度g＝10m/s2，完成下列问题：
（1）将汽车制动过程近似看作匀减速直线运动，求汽车在（100km/h～0）的制动过程中的加速度大小。（认为100km/h＝30m/s）；
（2）若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为η＝80%，整车在行驶过程中的阻力约为车重的0.05倍，试估算此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程（能够行驶的最大里程）。已知1kW h＝3.6×106J。根据你的计算，提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议（至少两条）；
（3）某次加速过程中，此电动汽车在0﹣25s时间内，速度从5m/s提升到20m/s，此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图所示。整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05倍，求此加速过程中汽车行驶的路程。
20．（18分）受电影情节的启发，某同学设想了一款“人体大炮”的极限游戏，为了获得相关数据，他设计了如下实验，实验装置如图乙所示。水平传送带上表面和轨道A端处于同一水平面。传送带在电动机的带动下，顺时针匀速转动，物块O（可视为质点）质量为m，从传送带左端静止释放，被加速后，经衔接轨道从A点进入轨道Ⅰ或轨道Ⅱ，到B点后到达平台。传送带长为L，轨道AB端的高度差为h，物块O与传送带间的动摩擦因数为μ，其他阻力不计。若m＝0.1 kg，L＝1.0 m，h＝0.2 m，μ＝0.4，g＝10m/s2。
（1）若物块O能沿轨道Ⅰ到达B点，求O离开传送带运动的速度至少是多少？
（2）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上的运动时间。
（3）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功。
（4）若轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段轨道平滑连接而成，且最高点F点与A点等高。传递带运动的速度为5m/s，物块O能否上升到B点？请通过计算说明理由。
参考答案
一．选择题（共12小题）
1．【答案】D
【解答】解：A．下降过程中，榔头先做加速直线运动后减速直线运动，向下加速直线运动过程中，加速度向下，所以榔头处于失重状态，向下减速过程中，加速度向上，榔头处于超重状态，榔头先处于失重状态后处于超重状态，故A错误；
B．榔头对年糕的弹力是榔头发生形变引起的，故B错误；
C．由牛顿第三定律，榔头对年糕的打击力等于年糕对榔头的支持力，故C错误；
D．榔头向下打击年糕时，设榔头对年糕的冲击力为F，地面对石槽的支持力为FN，石槽和年糕的总重力为G。石槽和年糕处于共点力平衡，则有
FN＝G+F，所以FN＞G，故D正确。
故选：D。
2．【答案】C
【解答】解：对小球受力分析，小球受到重力和细线的拉力，向心力为效果力，由重力和拉力的合力提供，受力分析时不分析，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．【答案】B
【解答】解：AD．由于船的速度和水流的速度相等，水速不能被抵消，所以该船不可能垂直河岸渡到对岸，则船的位移一定大于河宽d，故AD错误；
B．当船头垂直河岸渡河时，垂直河岸方向的位移为d，由于船的速度和水流的速度相等，所以沿着河岸方向的位移也为d，则船的位移
故B正确；
C．当船头垂直河岸渡河的时候，渡河时间最短，过河所用时间
故C错误。
故选：B。
4．【答案】C
【解答】解：A．A和D处于同一水平高度，由斜抛运动的对称性知，运动员在A和D位置时的速度大小相等，但是方向不同，故A错误；
B．由题图可知，运动员从A到B的时间为5Δt，从C到D的时间为6Δt，所以运动员从A到B位置和从C到D位置的时间不相等，故B错误；
C．由斜抛运动的对称性知，运动员在C点时水平方向分速度不为零，故C正确；
D．运动员只受重力作用，加速度大小为g，则从A到B位置的速度变化为5gΔt，从B到C位置的速度变化为gΔt，故D错误。
故选：C。
5．【答案】C
【解答】解：ABC．由于P与Q是同轴转动，故角速度相同；AP与AQ长度、指向都不同，P、Q线速度的方向分别与AP、AQ垂直，根据v＝ωr可知，两者线速度的大小、方向都不同，故AB错误，C正确；
D．因为AP与AQ长度不同，角速度相同，由向心加速度公式可知，P与Q加速度大小不相等，故D错误。
故选：C。
6．【答案】A
【解答】解：根据开普勒第二定律，离太阳越近，运行速度越大，根据万有引力提供向心力有
可得
可知离太阳越近，加速度越大。故A正确，BCD错误。
故选：A。
7．【答案】A
【解答】解：A．根据题意可知，甲图中当汽车通过拱桥最高点时，若汽车与拱桥间作用力为0，由牛顿第二定律得：
解得：
若速度超过，则汽车将飞离拱桥，故A正确；
B．乙图中，杂技演员表演“水流星”，在通过最低处时，设水与桶之间作用力为F，由牛顿第二定律得：
解得：
可知，水与桶之间不可能没有作用力，故B错误；
C．丙图中，当火车转弯超过规定速度行驶时，重力与支持力的合力不足以提供向心力，火车将做离心运动挤压外轨，则外轨提供指向圆心的作用力，外轨容易受损，故C错误；
D．丁图中，洗衣机脱水原理是水滴所受合力不足以提供水滴做圆周运动的向心力，发生离心运动，故D错误。
故选：A。
8．【答案】C
【解答】解：CD．设小球刚接触器壁CD时的角速度为ω0，此时绳子与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：
故可解得：θ＝37°
以小球为研究对象，受力分析如图：
根据牛顿第二定律可得：
解得：，故C正确，D错误；
A．当ω＝1rad/s时，由于，可知小球还未接触器壁CD，故A错误；
B．当ω＝2rad/s时，由于，可知小球接触到了器壁CD
设器壁CD对小球的弹力大小为N，绳子拉力大小为T，受力如图：
则竖直方向有：Tcos37°＝mg
解得绳子的拉力为：
水平方向有：Tsin37°+N＝mω2r
可得：N＝mω2r﹣Tsin37°＝mω2Lsin37°﹣Tsin37°
代入数据解得：N＝1×22×5×0.6N﹣12.5×0.6N＝4.5N，故D错误。
故选：C。
9．【答案】C
【解答】解：设细绳与水平方向的夹角为θ，如下图所示：
挂钉到悬挂点的距离AP等于绳长的一半，由图可知，可知θ＝37°
像框受力分析如下图所示：
绳子拉力沿着绳子方向，可知拉力与水平方向的夹角为θ，则有：，代入数据，可得T＝20N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
10．【答案】D
【解答】解：A．3s末甲、乙两物体相遇，由图可知，此时，甲物体运动图像的斜率为负，乙物体运动图像的斜率为正，根据x﹣t图像的斜率正负表示速度的方向可知，此时甲乙两物体的速度方向不同，则二者的速度不相同，故A错误；
B．由于平均速度是位移与时间的比值，由图可知，前3s内甲、乙的位移相等，所用时间也相等，则二者的平均速度相等，故B错误；
C．前3s内甲、乙的位移相等，但是根据x﹣t图像的斜率正负表示速度的方向，可知甲先向正方向运动后向负方向运动，而乙一直向前运动，则前3s内甲的路程大于乙的路程，故C错误；
D．由于x﹣t图像的斜率表示速度，而图线乙的平行线与图线甲只有一个切点，则前3s内只有一个时刻甲、乙速度相同，故D正确。
故选：D。
11．【答案】A
【解答】解：A．当人落到海绵垫子上时，开始时重力大于弹力，仍然向下加速一段很短的时间，加速度向下，这段时间是失重，接着弹力大于运动员的重力，运动员减速，加速度向上，这个过程是超重，运动员接触垫子后，先失重后超重，故A正确；
B．垫子对运动员的弹力是由于垫子的形变产生的，对接触的物体运动员有力的作用，故B错误；
C．根据牛顿第三定律，垫子对运动员的力等于运动员对垫子的力，故C错误；
D．运动员最后静止的位置，受力平衡，弹力等于重力，全过程运动的最低点弹力大于重力，运动员最后静止的位置不是全过程运动的最低点，故D错误。
故选：A。
12．【答案】B
【解答】解：A．速率只有大小、没有方向，故速率是标量；加速度既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，故加速度是矢量，故A错误；
B．向心力、速度变化量均具有大小和方向，运算均遵循平行四边形定则，故向心力、速度变化量都是矢量，故B正确；
C．功率、重力势能都是只有大小、没有方向，故功率、重力势能都是标量，故C错误；
D．周期只有大小、没有方向，故周期是标量；线速度既有大小，又有方向，运算遵循平行四边形定则，故线速度是矢量，故D错误。
故选：B。
二．多选题（共4小题）
13．【答案】ACD
【解答】解：C、0﹣1s内，煤块的加速度大小为 a1m/s2＝8m/s2，方向沿传送带向下；1﹣2s，煤块的加速度大小为a2m/s2＝4m/s2，方向沿传送带向下；煤块上升的位移大小等于v﹣t图象与时间轴所包围的面积大小，为xm4×1m＝10m；根据xa2t下2，得煤块下滑的时间t下s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2）s，故C正确；
D、传送带的速度v＝4m/s。
在0﹣1s内传送带的位移x带1＝vt1＝4×1m＝4m，煤块的位移为x煤1m＝8m，两者相对位移大小为：
Δx1＝x煤1﹣x带1＝8m﹣4m＝4m，方向沿传送带向上；
在1﹣2s内传送带的位移x带2＝vt2＝4×1m＝4m，物块的位移为x煤24×1m＝2m，两者相对位移大小为：
Δx2＝x带2﹣x煤2＝4m﹣2m＝2m，方向沿传送带向下；
在2～（2）s传送带向上运动，煤块向下运动，此过程煤块相对传送带向下的相对位移大小为：
Δx3a2t下2+vt下，解得：Δx3＝（10+4）m
因Δx1＜Δx2+Δx3，故划痕总的长度为ΔL＝Δx2+Δx3＝2m+（10+4）m＝（12+4）m，故D正确；
AB、0﹣1s内，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
1﹣2s，对煤块根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得 θ＝37°，μ＝0.25，则tanθ＝0.75，故A正确、B错误。
故选：ACD。
14．【答案】CD
【解答】解：ABC、设小球在圆弧轨道释放位置与x轴的竖直距离为h（h≤R＝0.5m），小球到达O点时的速度v。
根据动能定理得：
mgh
解得：v
小物块从O点飞出做平抛运动，根据平抛运动规律：
竖直位移：y
水平位移：x＝vt
由题有：y＝x2
联立整理得：t2
达到P点的竖直末速度vy＝gt
达到P点的速度vP
可得：vP
vP取最小值，则有：v2+5
解得：vm/s，vP取最小值为5m/s
进而可得：xm，y
验证：因解得h＝0.5m恰好等于圆弧轨道半径，故上述解答成立。可知AB错误，C正确；
D、小球在O点，根据牛顿第二定律得：
FN﹣mg＝m
代入数据解得：FN＝3mg
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为3mg，即为重力的3倍，故D正确。
故选：CD。
15．【答案】AD
【解答】解：A、从B到C，根据平抛运动的规律有：2gh
速度的分解如图1：
tanθ
解得运动员经过B点时速度为：vB
故A正确；
B、设运动员在停止区CD上克服摩擦力所做的功为Wf．从B到D的过程由动能定理得：mgh﹣Wf＝0，可得Wf＝mgh（1），故B错误；
C、从B到C，运动员距离斜面BC的距离最远时，合速度平行于BC，速度的分解如图2：
图2
则tanθ
解得：t
故C错误；
D、运动员从A到B的过程中机械能守恒，设AB高度为h'，则mgh'
从B到C根据机械能守恒定律有：mgh，
解得：（2vBtanθ）2
则h1：h＝1：4tan2θ
故D正确。
故选：AD。
16．【答案】ABD
【解答】解：A、由图象可得，在8s﹣9.5s内：a3m/s2＝﹣2m/s2，“﹣“代表加速度方向与速度方向相反；
则小车受到阻力大小：f＝ma3＝1.5×2N＝3N
故A正确；
B、在0﹣2s内：a1m/s2＝1m/s2
由F﹣f＝ma1得电动机提供的牵引力大小为：
F＝4.5N，
第2s末小车的功率为：P＝Fv＝4.5×2W＝9W，2s～6s内功率不变，所以发动机的功率为9W，故B正确；
C、前2s内牵引力做的功为：W1＝Fx1＝4.5J＝9J
2s～8s内功率不变，所以牵引力做的功为：W2＝Pt＝9×6W＝54J，
小车的牵引力做的总功为W＝W1+W2＝54J+9J＝63J
故C错误；
D、小车运动的整个过程，运用动能定理得：
W﹣fs＝0﹣0
解得：s＝21m
故D正确。
故选：ABD。
三．填空题（共2小题）
17．【答案】mg，mg，mg
【解答】解：以ABC三球整体为研究对象受力分析如图1：
根据平衡条件，球壳对球的作用力的合力与重力等大反向，
由几何知识得：2Ncos30°＝3mg
解得：Nmg
（2）以C球为研究对象受力分析如图2，
图2
根据平衡条件C球受AB对其的作用力的合力与重力等大反向，由几何知识得：2N'cos30°＝mg
N'mg
（3）以A为研究对象，受力分析如图3：
根据平衡条件，水平方向有：Ncos60°＝NBA+N'cos60°
得：NBAmg
故答案为：mg，mg，mg
18．【答案】6.6×104，1.32×105。
【解答】解：货物的加速度为am/s2＝1m/s2
设货物受到牵引力为F，根据牛顿第二定律可得
F﹣mg＝ma
解得F＝2.2×104N
货物在这6s内上升的高度为h6m＝18m
牵引力做的功为W＝Fh＝2.2×104×18J＝3.96×105J
起重机在这6s内的输出功率为W＝6.6×104W
起重机在6s末的输出功率为P＝Fv＝2.2×104×6W＝1.32×105J
故答案为：6.6×104，1.32×105。
四．解答题（共2小题）
19．【答案】（1）车在（100km/h～0）的制动过程中的加速度大小为11.2525m/s2
（2）此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程为259.2km；提高汽车续航里程的合理化建议有：
①提高电动机的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提高电动汽车电池的容量
（3）此加速过程中汽车行驶的路程为265m。
【解答】解：（1）根据速度和位移关系可知：
代入数据解得：a＝﹣11.25m/s2
所以加速度的大小为：11.25m/s2
（2）根据动能定理可得：W﹣Wf＝ΔEk
80%E﹣0.05mgx＝0
代入数据解得：x＝259.2km
提高汽车续航里程的合理化建议有：
①提高电动机的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提高电动汽车电池的容量
（3）根据动能定理：W﹣fx
动力做的功由P﹣t图象的面积可求得：W＝（）×103J＝640×103J
代入数据解得：x＝265m
答：（1）车在（100km/h～0）的制动过程中的加速度大小为11.2525m/s2
（2）此电动汽车以20m/s的速度匀速行驶时的续航里程为259.2km；提高汽车续航里程的合理化建议有：
①提高电动机的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提高电动汽车电池的容量
（3）此加速过程中汽车行驶的路程为265m。
20．【答案】（1）O离开传送带运动的速度至少是2m/s；
（2）物块O在传送带上的运动时间为0.75s；
（3）物块O在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功为0.4J；
（4）当圆形EFG轨道半径R≤0.8m时，物体能到达B点；当圆形EFG轨道半径R＞0.8m时，物体不能到达B点。
【解答】解：（1）物体恰好到达B点时速度最小，从A到B，由动能定理得
﹣mgh＝0
解得：vmin＝2m/s
（2）物体在传送带从左端开始做匀加速运动，加速度为aμg＝0.4×10m/s2＝4m/s2
加速到和传送带共速时v＝at1
解得：t1＝0.5s
物体匀加速阶段位移x1m＝0.5s
匀速运动位移Δx＝L﹣x1＝1.0m﹣0.5m＝0.5m
由Δx＝vt2得匀速运动的时间t2＝0.25s
则总时间t＝t1+t2＝0.5s+0.25s＝0.75s
（3）传送带速度还是v＝2m/s，物体在传送带上发生相对运动的时间t1＝0.5s
在这段时间内传送带的位移s＝vt1＝2×0.5m＝1m
则传送带克服摩擦力做功W＝μmgs＝0.4×0.1×10×1J＝0.4J
根据功能关系可知电机多做的功为0.4J
（4）物体恰好过F点时，有mg＝m
解得：vF
物块恰好到B点，有v＝2m/s
物体在传送带上全程加速v2＝2aL
解得
可见物体只要能绕过F点就可以到达B点；由于F与A等高
设轨道半径为R，则物体绕过F点有
得Rmax＝0.8m
当圆形EFG轨道半径R≤0.8m时，物体能到达B点；当圆形EFG轨道半径R＞0.8m时，物体不能到达B点。
答：（1）O离开传送带运动的速度至少是2m/s；
（2）物块O在传送带上的运动时间为0.75s；
（3）物块O在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功为0.4J；
（4）当圆形EFG轨道半径R≤0.8m时，物体能到达B点；当圆形EFG轨道半径R＞0.8m时，物体不能到达B点。