江苏省无锡市惠山区锡山高级中学2024-2025学年高一（下）期中
物理试卷
物理试卷
一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.如图所示，表示在一个电场中的、、、四点分别引入检验电荷时，测得检验电荷所受的电场力跟电荷量间的函数关系图像，那么下列说法中正确的是( )
A. 该电场是匀强电场，电场大小和检验电荷电量成正比
B. 该电场不是匀强电场，无法比较场强的大小关系
C. 、、、四点场强的大小关系是
D. 、、、四点场强的大小关系是
2.如图所示，为空心金属球，为靠近的另一个原来不带电的枕形金属壳。将另一个带正电的小球从球开口处放入球中央，但不触及球。则出现的情况是( )
A. 靠近的一端带负电，远离的另一端带正电
B. 靠近的一端带负电，远离的另一端不带电
C. 靠近的一端不带电，远离的另一端带正电
D. 两端都不带电
3.如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始下落，小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力。已知，重力加速度为，则小球从到的运动过程中( )
A. 重力做功
B. 克服摩擦力做功
C. 合外力做功
D. 小球机械能减少
4.和是两个分别带有电荷量和的相同金属小球均可视为点电荷，固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为，两小球相互接触后再将球和不带电的相同金属球接触，最后将放回原处，则两球间的库仑力大小为( )
A. B. C. D.
5.质量为的某国产新能源汽车在平直道路上以恒定功率由静止启动，经过时间达到最大速度，汽车在行驶时所受阻力恒为，该过程中( )
A. 汽车做匀加速直线运动 B. 汽车达到的最大速率为
C. 汽车的平均速率为 D. 汽车行驶的距离为
6.一平行板电容器充放电电路如图所示。开关接，电源给电容器充电；开关接，电容器对电阻放电。下列说法正确的是( )
A. 充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流减小
B. 放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流增大
C. 充电过程中，电容器的上极板带正电荷、流过电阻的电流由点流向点
D. 放电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻的电流由点流向点
7.如图所示，平行板电容器与一恒压直流电源相连，下极板通过点接地，一带正电小球被固定于点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则( )
A. 平行板电容器的电容将变大
B. 静电计指针偏角变大
C. 带电小球的电势能将变小
D. 若先将下极板与点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电小球所受静电力不变
8.如图，竖直面内一绝缘细圆环的上、下半圆分别均匀分布着等量异种电荷。、为圆环水平直径上的两个点，、为竖直直径上的两个点，它们与圆心的距离均相等。则( )
A. 、两点的场强方向相反
B. 、两点的电势相等
C. 、两点的场强方向相反
D. 、两点的电势相等
9.某同学短跑时采用蹲踞式起跑，发令枪响后，向前加速的同时提升身体重心。设该同学质量为，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为，获得速度为，克服阻力做功为，重力加速度为。则在此过程中( )
A. 该同学的重力势能减小量为
B. 该同学的动能增加量为
C. 该同学自身提供的能量至少为
D. 该同学的机械能增加量为
10.如图甲，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量的带负电小滑块可视为质点在处以初速度
沿轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能。如图乙所示，点是图线最低点，虚线是经过处的切线，并且经过和两点，。则( )
A. 处的电势最低 B. 滑块向右运动过程中，速度一直减小
C. 滑块运动至处时，动能最大 D. 滑块向右一定能经过处的位置
11.滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，展现快速的运动艺术。如图所示，一少年在一次训练中以速度从点沿切线进入曲面轨道，从点离开曲面轨道，离开点时的速度与水平方向夹角为，再经过落在倾角为的斜面上点点未标出。已知重力加速度取，点到点的竖直高度，少年和滑板可视为质点总质量，忽略空气阻力。少年在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 从点到点的距离为
B. 在曲面轨道上克服摩擦力做的功为
C. 少年离斜面的最大距离为
D. 少年落在点前瞬间重力的功率为
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
12.用如图装置可验证机械能守恒定律．轻绳两端系着质量相等的物块、，物块上放置一金属片铁架台上固定一金属圆环，圆环放在物块正下方．系统静止时，金属片与圆环间的高度差为由此释放，系统开始运动，当物块穿过圆环时，金属片被搁置在圆环上．两光电门固定在铁架台、处，通过数字计时器可测出物块通过、这段时间．
若测得、之间的距离为，物块通过这段距离的时间为，则物块刚穿过圆环后的速度 ______．
若物块、的质量均用表示，金属片的质量用表示，该实验中验证了下面哪个等式成立，即可验证机械能守恒定律．正确选项为______．
A.
C.
本实验中的测量仪器除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要______．
改变物块的初始位置，使物块由不同的高度落下穿过圆环，记录各次高度差以及物块通过、这段距离的时间为，以为纵轴，以______填“”或“”为横轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线．该直线的斜率 ______用、、表示．
三、计算题：本大题共4小题，共48分。
13.如图所示，水平向右的匀强电场中有、、三点，与场强方向平行，与场强方向成，，。现将一个电量为的正电荷从移动到，电场力做功。求：
该电场的场强大小；
间的电势差；
若点的电势为，则该正电荷在、点电势能、。
14.如图甲所示，位于建筑物顶部的电动机用一轻绳把质量为的货物从地面吊起，货物前内的速度时间图像如图乙所示，忽略空气阻力，已知重力加速度。求：
内轻绳对货物的拉力；
内货物机械能的变化量和电动机输出的平均功率。
15.射线技术是医疗、工业和科学领域中广泛应用的一种非侵入性检测方法。如医院中的光检测设备就是一种利用射线穿透物体并捕获其投影图像的仪器。图甲是某种机主要部分的剖面图。其工作原理是在射线管中，从电子枪逸出的电子初速度可忽略被加速、偏转后高速撞击目标靶，实现破坏辐射，从而放出射线。图乙中、之间的加速电压，、两板之间的偏转电压，电子从电子枪中逸出后沿图中虚线射入，经加速电场，偏转电场区域后，打到水平靶台的中心点，虚线与靶台在同一竖直面内，且的长度为。已知电子质量，电荷量，偏转极板，长，间距，虚线距离靶台的竖直高度，不考虑电子的重力、电子间相互作用力及电子从电子枪中逸出时的初速度大小，不计空气阻力。
求电子进入偏转电场区域时速度的大小；
求靶台中心点离板右侧的水平距离；
若使电子打在靶台上，求、两板之间的电压范围计算结果保留两位有效数字。
16.如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，长，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带相邻的粗糙水平面长，它与物块间的动摩擦因数，在点右侧有一半径为的光滑竖直圆弧与平滑连接，圆弧对应的圆心角为，在圆弧的最高点处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来．若传送带以的速率顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失。当弹簧储存的能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的点，取。
求右侧圆弧的轨道半径；
求小物块最终停下时与点的距离；
若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：图线斜率的绝对值表示电场强度的大小，图线斜率的绝对值最大，所以点的电场强度最大，图线斜率的绝对值最小，电场强度的最小。所以四点场强的大小关系是该电场不是匀强电场。故D正确，ABC错误。
故选：。
匀强电场的场强大小和方向处处相同，图线的斜率的绝对值等于电场强度的大小，根据斜率比较电场中、、、四点的电场强度大小。
解决本题的关键掌握电场强度的定义式，知道电场强度的大小与检验电荷的电量无关。
2.【答案】
【解析】解：带正电的小球放在球中央时，的内侧感应出负电，外侧带正电，当靠近时，靠近的一端就会感应出负电，另一端带正电，故BCD错误，A正确。
故选：。
一个带正电的小球从球开口处放入球中央，但不触及球。此时的电子被吸引到内侧，外侧带正电，这时靠近的一端就会感应出负电。
该题考查了感应起电的相关知识，难度不大，属于基础题。要注意的是导体的外壳对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，但是不能屏蔽内部的电场。
3.【答案】
【解析】解：重力做功为
故A错误；
小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力，则有
解得
根据动能定理得
解得
摩擦力做多少功，就需要克服摩擦力做多少功，即机械能就减少多少，故机械能减少，故B错误，D正确；
C.根据动能定理得
故C错误；
故选：。
根据初末位置的高度差求重力做功多少。小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力，轨道对小球没有作用力，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出小球到达点时的速度大小，再求出机械能减少量，根据功能关系求克服摩擦力做功，根据动能定理求解合外力做的功。
本题的突破口是小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力，由重力提供向心力。要知道动能定理是求合外力做功最基本的方法。
4.【答案】
【解析】解：根据库仑定律，初始库仑力大小为：，大小为
和接触后电荷分配两相同金属球接触后，电荷会先中和再均分。
中和后的总电荷量：；均分后，和的电荷量均为：；
带与不带电的相同金属球接触后，电荷会重新分配，均分后，和的电荷量均为：。
此时的电荷量为，的电荷量仍为；
放回原处后的库仑力计算将和放回原处，距离仍为，此时库仑力大小为：
与初始库仑力
相比：，故B正确，ACD错误。
故选：。
两小球发生接触时，电量先中和后平分，结合库仑定律公式列式求解即可。
本题考查库仑定律，解题关键是掌握接触起电时的电荷均分原理，掌握库仑定律公式。
5.【答案】
【解析】解：、对汽车，由牛顿第二定律可得
因为
可知功率不变时，随着速度增大，减小，合力减小，加速度减小，故A错误；
C、若汽车做匀加速运动，则汽车的平均速率为
但汽车做的是加速度减小的加速运动，故平均速率不等于，故C错误；
B、速度最大时，汽车加速度为，此时牵引力等于阻力，即
得最大速度
故B错误；
D、对汽车，由动能定理有
联立解得汽车行驶的距离为
故D正确。
故选：。
对汽车，由牛顿第二定律结合功率表达式可分析加速度的变化；速度最大时，牵引力等于阻力，可得最大速度；若汽车做匀加速运动，求解其平均速度；对汽车，由动能定理求解汽车行驶的距离。
本题考查了功率问题，要注意汽车的启动方式，恒功率过程牵引力是变化的。
6.【答案】
【解析】解：、因电容器的上极板与电源正极相连，故充电过程中上极板带正电荷。充电过程中回路中电流方向为顺时针方向，流过电阻的电流由点流向点。电容器所带电量逐渐增加，根据电容定义式，可知电容器两极板间电势差增加。因电阻的电压等于电源电动势与电容器电压之差，故电阻的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻的电流减小，即充电电流减小，故A正确，C错误；
、因充电结束后电容器的上极板带正电荷，故放电过程中上极板仍带正电荷，且回路中电流方向为逆时针方向，流过电阻的电流由点流向点。电容器所带电量逐渐减小，根据电容定义式，可知电容器两极板间电势差减小。因电阻的电压等于电容器电压，故电阻的电压减小，根据欧姆定律，可知流过电阻的电流减小，即放电电流减小，故BD错误。
故选：。
充电过程与电源正极相连的极板带正电荷。根据正电荷定向移动方向判断充放电过程中回路中电流方向。依据充放电过程电容器所带电量的变化，由电容定义式判断电容器两极板间电势差的变化。依据电阻的电压变化，根据欧姆定律判断流过电阻的电流变化，可知充放电电流的变化。充电过程电阻的电压等于电源电动势与电容器电压之差，放电过程电阻的电压等于电容器电压。
本题考查了电容器充放电问题，掌握电容的定义式，知道通过分析定值电阻的电压变化，来判断充放电的电流变化。
7.【答案】
【解析】解：、根据电容的决定式，将电容器的下极板竖直向下移动时，板间距离增大，则电容将变小，故A错误；
B、静电计测量电容器两极板间电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；
C、电容器的电压不变，板间距离增大，由分析可知，板间场强减小，带电小球所受静电力减小，小球向下运动，静电力做负功，其电势能增大，故C错误；
D、先将下极板与点之间的导线断开，电容器与电源断开，则电容器所带电荷量不变，改变，根据、以及可得，与无关，则电容器板间场强不变，带电小球所受静电力不变，故D正确。
故选：。
根据电容器两极板间距离的变化判断电容的变化，电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。由公式分析电容器极板间电场强度的变化，从而判断带电小球的电势能的变化；若先将下极板与点之间的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，根据电容的决定式、定义式以及相结合分析电容器极板间电场强度的变化，再分析带电小球所受静电力的变化。
本题是电容器的动态分析问题，关键要抓住不变量。当电容器与电源始终相连时，其电压不变；当电容器充电后与电源断开后，其所带电荷量不变。根据、以及相结合进行分析。
8.【答案】
【解析】解：将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电场分布及矢量合成法则，可得下图：
结合电场的对称性可知，、两点的电场强度大小相等、方向相同，、两点的电场强度大小相等、方向相同，则结合对称性可知，带异种电荷的上、下半圆在、两点及、两点产生的合电场强度都大小相等、方向相同；故AC错误；
结合前面分析，将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电势分布可知，连线即为等势线，同理，任意两个关于水平直径对称的两个点电荷的电场中，连线均为等势线，那么在带异种电荷的上、下半圆的电场中，、两点的电势相等；因为沿电场线的方向电势逐渐降低，则越靠近正的场源电荷电势越高，由题图可知，、两点中，点更靠近带正电的上半圆，则点的电势高于点的电势；故B正确，D错误；
故选：。
将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电场分布及矢量合成法则，即可分析判断；
结合前面分析，将带电圆环看成若干个电荷量大小相等的点电荷，取关于水平直径对称的两个点电荷，根据等量异种电荷周围的电势分布，即可分析判断。
本题主要考查等量异种电荷的电势分布，解题时需注意，离正电荷越近电势越高，离负电荷越近电势越低，两等量异种电荷的等势面，关于两电荷连线的中垂面对称，也关于两电荷连线对称。
9.【答案】
【解析】解：由题知，该同学质量为，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为，则该同学的重力势能增加量为，故A错误；
B.由题知，设该同学质量为，在起跑前进的这段距离内获得速度为，则该同学的动能增加量为，故B错误；
D.结合前面分析可知，在起跑前进的这段距离内，该同学的重力势能增加量为，该同学的动能增加量为，则该同学的机械能增加量为，故D错误；
C.设该同学自身至少做功，
在起跑前进的这段距离内，由动能定理可得：，
解得：，
则该同学自身提供的能量至少为，故C正确；
故选：。
A.由题知，该同学质量为，在起跑前进的这段距离内重心上升高度为，据此分析判断；
B.由题知，设该同学质量为，在起跑前进的这段距离内获得速度为，据此分析判断；
D.结合前面分析，即可分析判断；
C.在起跑前进的这段距离内，由动能定理列式，即可分析判断。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
10.【答案】
【解析】解：、负电荷在电势高的位置电势能小，由图可知滑块在处电势能最高，故A错误；
、图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在处所受电场力大小为，滑块所受滑动摩擦力大小为：，在区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，故B正确，C错误；
D、滑块在处的电势能与在处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过处，则应满足，根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过处的位置，故D错误。
故选：。
根据负电荷在电势高的位置电势能小判断；图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达处的位置。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
11.【答案】
【解析】解：由题知，少年由到的过程做斜抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，如图：
设点的速度大小为，则其水平分速度大小为，竖直分速度大小为，由斜抛运动的运动性质可知，
从到水平方向做匀速直线运动，可得：，
竖直方向做竖直上抛运动，可得：，
由几何关系得：，
由题知：，
联立解得：，，，
由几何关系可知，点到点的距离为：，故A错误；
B.设在曲面轨道上克服摩擦力做的功为，
由到的过程，根据动能定理可得：，
解得：，故B错误；
C.结合前面分析可知，由到的过程，少年在垂直于斜面的方向上速度减到零时，其离斜面的距离最远，将到的运动沿垂直于斜面与平行于斜面分解，如图：
由几何关系可知，点的速度和重力加速度垂直于斜面的分量分别为：、，
设少年离斜面的最大距离为，
在垂直于斜面的方向上，由运动学规律可得：，
解得：，故C错误；
D.结合的分析，根据运动学规律可知，少年落在点前瞬间的竖直分速度大小为：
，
此时重力的功率为：
，
联立可得：
，故D正确；
故选：。
A.由题知，少年由到的过程做斜抛运动，将此运动沿水平方向与竖直方向分解，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析判断；
B.由到的过程，根据动能定理列式，即可分析判断；
C.结合前面分析，由运动学规律及几何关系分别列式，即可分析判断；
D.结合前面分析，根据运动学规律、功率与速度的关系分别列式，即可分析判断。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
12.【答案】；；天平；；
【解析】解：根据平均速度等于瞬时速度，则有：物块刚穿过圆环后的速度；
由题意可知，系统减小的重力势能转化为系统的增加的动能，即为：，即为：，故C正确；
由，公式可知，除了刻度尺、光电门、数字计时器外，还需要天平测出金属片的质量；
将，变形后，则有：；因此以为横轴；
由上式可知，作出的图线是一条过原点的直线，直线的斜率．
故答案为： 天平；．
通过平均速度等于瞬时速度，即可求解；
根据系统减小的重力势能，转化为系统增加的动能，即可求解；
根据表达式进行分析，明确需要测量的物理量，则可知还需要天平测出金属片的质量；
根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出点的瞬时速度，从而求出动能的增加量，进而列出表达式，由此可确定横轴及图象的斜率．
本题考查验证机械能守恒定律的应用问题，主要考查平均速度等于瞬时速度，条件是时间很短或做匀变速直线运动；掌握系统机械能守恒定律验证方法，注意由于与的质量相同，则重力势能之和不变；并学会运用数学表达式来分析，理解图象的斜率的含义．
13.【答案】该电场的场强大小为；
间的电势差为；
若点的电势为，则该正电荷在、点电势能、分别为和
【解析】解：带电粒子从从移到时，电场力做正功，有
，
解得
间的电势差
解得
若点的电势为，有间电势差
又由
解得
则该正电荷在、点电势能
答：该电场的场强大小为；
间的电势差为；
若点的电势为，则该正电荷在、点电势能、分别为和。
根据电场力做功公式，求解电场强度大小，是两点沿电场线方向的距离；
根据求间的电势差；
根据求间的电势差，结合点的电势为，求点电势，再根据电势能表达式计算该正电荷在、点电势能、。
解答本题时，要知道匀强电场中电场力做功公式中，是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意功的正负。
14.【答案】内轻绳对货物的拉力大小是，方向竖直向上；
内货物机械能的变化量是，电动机输出的平均功率是．
【解析】解：由图乙所示图像可知，内，货物做匀加速直线运动的加速度大小
对货物，由牛顿第二定律得：，代入数据解得，轻绳对货物的拉力大小：
图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图像可知，在内，货物先做匀加速运动，再做匀速运动，匀速运动的速度大小货物上升的高度：，机械能的变化量为：
代入数据解得：
电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量：其中：，代入数据解得，电动机输出的平均功率
答：内轻绳对货物的拉力大小是，方向竖直向上；
内货物机械能的变化量是，电动机输出的平均功率是．
由图乙所示图像可知，内，求解货物做匀加速直线运动的加速度大小，对货物，由牛顿第二定律分析。
图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，由图乙所示图像可知，在内，货物先做匀加速运动，再做匀速运动，电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量：解电动机输出的平均功率。
本题考查了牛顿第二定律的简单应用，常见力做功与相应的能量转化，平均功率的求解方法，题目难度中等。
15.【答案】对电子在加速电场中的加速过程用动能定理有
解得
电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有
在竖直方向上做匀加速直线运动，有
其中加速度
解得
电子离开偏转电场后做匀速直线运动，由几何关系可知，如图
代入数据后得
由题可知，两点离板右侧的水平距离分别为
，
若电子刚好到达点，由几何关系有
解得
所以电子不能打到点，所以有
可得
电子刚好到达点时，由几何关系有
解得
当偏转电压为，电子离开电场时的侧移量为，则
可得
综上得电压范围为
答：求电子进入偏转电场区域时速度的大小为；
求靶台中心点离板右侧的水平距离等于；
若使电子打在靶台上，、两板之间的电压范围为。
【解析】在加速电场中，利用动能定理可计算电子出加速电场的末速度，电子进入偏转电场时的速度即为其出电场时的末速度；
电子在偏转电场中，做类平抛运动，由运动学关系式，可计算其偏转位移和偏转角；在偏转电场和荧光屏之间，电子做匀速直线运动，由几何关系可得到水平分位移与竖直分位移之间的关系，从而计算靶台中心与板右侧的水平距离；
分别判断出电子如果可以打在点和点的竖直偏转量，然后由运动学公式结合几何关系求解。
本题考查带电粒子在组合场中的运动，在求解电子离开偏转电场的速度时，注意速度为矢量，需要同时列出大小和方向。
16.【答案】解：物块被弹簧弹出，由可知：，
因为，故物块滑上传送带后先减速运动；物块与传送带相对滑动过程中，
由：，，，代入数据得到：
，，，
因为，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以的速度滑上水平面，物块滑离传送带后恰到点，由动能定理可知：，
代入数据整理可以得到：．
设物块从点返回至点的速度为，那么从点到再次回到点：，
代入数据得到，因为，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至再反向加速，由运动的对称性可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距点处，由，
代入数据得到：。
设传送带速度为时物块能恰到点，在点满足，
从到过程中由动能定理可知：，
代入数据解得：，
设传送带速度为时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到点，
有：
代入数据解得：。
若物块在E、之间速度减为，则物块将脱离轨道。
所以要满足条件，需要小物块到点的速度范围为：
则小物块在传送带上会先做加速运动。
若物块在传送带上一直加速运动，由知其到点的最大速度，所以小物块在传送带上先加速后与传送带共速，共速后匀速运动。
所以小物块在点的速度范围即为传送带的速度范围。
所以只要传送带速度就满足条件。
答：右侧圆弧的轨道半径为为；
小物块最终停下时与点的距离为；
传送带速度的可调节范围为．
【解析】根据能量守恒定律求出物块被弹簧弹出时的速度大小，物块滑上传送带后先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式得出物块离开传送带后的速度，结合动能定理求出圆弧轨道的半径．
根据动能定理求出物块返回到点的速度，物块再次滑上传送带后，先做匀减速运动减为零，然后反向加速，结合动能定理求出小物块停下时距离点的距离．
若物块恰好到达点，结合牛顿第二定律求出点的速度，对段运用动能定理，求出物块离开传送带的速度，得出传送带的最小速度；若物块撞挡板后再次上滑到点，结合动能定理求出传送带的速度，与物块在传送带一直加速时传送带的最大速度进行比较，得出传送带的最大速度，从而得出传送带速度可调节的范围．
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式的运用，关键理清物块在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，对于第三问，关键抓住两个临界状态，选取研究的过程，运用动能定理进行求解．
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