2022-2023学年江西省九江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江西省九江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在一端封闭的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡块A，将玻璃管的开口端用橡胶塞塞紧。把玻璃管倒置，蜡块沿玻璃管匀速上升。在蜡块匀速上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向向右匀速运动，观察蜡块做( )
A. 匀速直线运动B. 圆周运动C. 匀变速曲线运动D. 匀加速直线运动
2.走时准确的时钟，时针和分针的角速度之比为( )
A. 1：12
B. 12：1
C. 1：60
D. 60：1
3.天文学家哈雷成功预言哈雷彗星的回归，哈雷彗星绕太阳的轨道为椭圆，如图所示，则哈雷彗星从位置N经过P运动到M的过程中，下列说法正确的是( )
A. 哈雷彗星受到太阳的引力一直增大B. 哈雷彗星受到太阳的引力先减小后增大
C. 哈雷彗星速度一直增大D. 哈雷彗星速度先增大后减小
4.人站在超市自动扶梯的斜面上，与扶梯一起沿斜面匀速上升，如图。则在这个过程中，脚底所受的摩擦力( )
A. 等于零，对人不做功
B. 沿斜面向上，对人做正功
C. 沿斜面向上，对人做负功
D. 垂直斜面向上，对人不做功
5.放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0∼6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示，g取10m/s2。下列说法中正确的是( )
A. 物体的质量为0.8kg
B. 0∼2s内拉力做的功为120J
C. 物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5
D. 合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功不相等
6.如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图(乙)所示，则( )
A. t1时刻小球动能最大
B. 从t1−t2的过程中，小球的动能一直在增大
C. 从t2∼t3的过程中，小球的动能先增大后减少
D. t2∼t3段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.宇航员在月球表面附近高为h处水平抛出一个小球，经过t时间小球落地。已知月球半径为R。引力常量为G。下列说法中正确的是( )
A. 月球的质量m月=hR2Gt2B. 月球的第一宇宙速度为 2hRt2
C. 月球表面的重力加速度2ht2D. 月球的平均密度为ρ=3hπRGt2
8.如图所示，v0=6m/s的速度水平抛出的小球，飞行一段时间，垂直地撞在倾角θ=37∘的斜面上。g=10m/s2，则( )
A. 增大v0将使飞行时间变长B. 物体飞行的时间是0.8s
C. 物体的位移大小为4.8mD. 物体撞击斜面时的速度大小为10m/s
9.如图1所示为倾角为37∘的固定斜面，一个质量为2kg的物块自斜面底端沿斜面上滑，其动能和重力势能随上滑距离x的变化如图2中直线Ⅰ和Ⅱ所示，重力加速度g取10m/s2，则( )
A. 物块的初速度为10m/sB. 物块回到斜面底端时的动能为60
C. 物块上升的最大高度为5mD. 物块和斜面间的动摩擦因数为0.5
10.如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点与轨道圆心等高，一质量为m=2kg小球，从斜面上距A点高为h=3.2m的位置由静止释放。已知θ=53∘，圆轨道半径R=2m，g取10m/s2，取sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。不计空气阻力，则以下说法中正确的是( )
A. 小球到达B点的速度大小为4 5m/sB. 小球到达B点的速度大小为2 10m/s
C. 小球到达C点时对轨道的压力大小为20ND. 小球到达C点时对轨道的压力大小为40N
三、填空题：本大题共1小题，共6分。
11.频闪照相是研究运动的常用手段，新闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置。
(1)某同学做该实验时事先没确定竖直方向，如图甲所示，已知为相邻的三个拍照点，该同学通过连接AC线段取其中点O，然后连接OB两点，OB两点所在直线即为竖直方向(y方向)。
(2)如图乙是小球做平抛运动的频闪照片，图中小方格的边长5cm，那么小球平抛的初速度大小v0=______m/s，经B点合速度大小vB=______m/s。(结果均保留两位有效数字，g取10m/s2)
四、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.利用如图所示装置进行“验证机械能守恒定律”实验。
(1)下列说法正确的是______.
A.该实验不需要测量重物质量
B.重物应选用体积小而质量大的
C.在验证机械能守恒定律时不需要已知当地的重力加速度大小
D.重物释放位置应远离打点计时器
(2)某次实验中打出的纸带如图所示，O点是纸带上的第一个点。若交流电的频率是f，重物的质量为m，重力加速度为g，O到A、B、C的距离分别为hA、hB、hC。打下B点时，重物的动能可以表示为______
(3)正确安装好实验装置并规范操作后，根据数据计算得到的重力势能变化量的绝对值略微大于动能变化量的绝对值，你认为可能的原因是______。
五、简答题：本大题共2小题，共14分。
13.如图所示，质量m=2×103kg的汽车以相同的速率先后驶过凹形桥面和凸形桥面，两桥面的圆弧半径均为30m，如果桥面承受的压力不超过3.6×104N，则：(g取10m/s2)
(1)汽车允许的最大速率最多少？
(2)若以所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是多少？
14.双星系统是宇宙中相对独立的系统，它由两颗彼此环绕的恒星构成。已知某双星系统的两颗天体的总质量为M，这两颗天体运行的周期为T，由于两天体之间距离远大于天体自身的半径，两天体都可看成质点。引力常量为G。求：
(1)双星系统两天体之间的距离L。
(2)双星系统两天体的线速度大小之和。
六、计算题：本大题共2小题，共21分。
15.如图甲所示，水平轨道AB的B端与半径为8.0cm的光滑半圆轨道BCD相切，原长为20cm的轻质弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量为0.2kg的物块P接触但不连接。用水平外力向左缓慢推动物块P，水平外力随弹簧形变量的关系如图乙，将弹簧压缩至形变量为8.0cm，然后放开，P开始沿轨道运动，恰好到达D点，已知重力加速度大小为g=10m/s2。求：
(1)弹簧的劲度系数；
(2)水平轨道AB的长度。
16.如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0=3 2m/s通过半径为R=0.4m的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B(最低点B与传送带平滑连接)，之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h=1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速g=10m/s2。(结果可以保留根号形式)
(1)求谷物运动至点B时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，求x；
(3)现调整传送带顺时针运行速度为v=9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，求传送带长度L的取值范围。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：蜡块A沿玻璃管匀速上升，同时沿水平方向向右匀速运动，两个方向的加速度均为零，即合加速度仍为零，所以蜡块做匀速直线运动；故A正确，BCD错误；
故选：A。
速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，根据定则对蜡块的运动合成即可求解。
解题关键是知道速度、加速度是矢量，遵循平行四边形定则，对蜡块的运动根据平行四边形定则进行合成即可。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】时针周期为12h，分针周期为1h，故时针与分针周期之比为12：1，根据ω=2πT可知，时针与分针角速度之比1：12，故A正确，BCD错误。
故选：A。
时针和分针都是做匀速圆周运动，已知周期之比，ω=2πT求解角速度之比。
本题关键是建立圆周运动的运动模型，然后结合线速度、角速度、周期、转速间的关系列式分析。
3.【答案】D
【解析】解：AB.依题意，彗星与太阳的距离先变小后变大，根据万有引力定律，彗星受到太阳的引力先增大后减小，故AB错误；
CD.根据开普勒第二定律，彗星在近日点速度最大，在远日点速度最小，故哈雷彗星从位置N经过P运动到M的过程中的速度先增大后减小，故C错误，D正确。
故选：D。
根据万有引力定律，分析引力变化；
根据开普勒第二定律，分析速度大小变化。
本题考查学生对万有引力定律、开普勒第二定律规律的掌握，比较基础。
4.【答案】B
【解析】人与扶梯一起沿斜面匀速上升，处于平衡状态，对人受力分析，由平衡条件得，人受重力、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，其中支持力垂直斜面，不做功，重力做负功，静摩擦力做正功，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据平衡条件对人受力分析，判断摩擦力的方向，当力的方向与运动方向相同时，力做正功。
本题考查共点力平衡和做正、负功的判断，解题关键是会根据平衡条件判断摩擦力的方向。
5.【答案】A
【解析】解：AC、物体匀速运动时拉力和阻力大小相等，则阻力：f=F=Pv=20W10m/s=2N
由图像甲可得0∼2s内物体的加速度：a=ΔvΔt=10−02−0m/s2=5m/s2
0∼2s内物体做匀加速直线运动，拉力恒定，则可得0∼2s内拉力F=P′v=60W10m/s=6N
由牛顿第二定律有：F−f=ma
代入数据可得：m=0.8kg
由f=μmg可得动摩擦力因数μ=fmg=2N0.8×10N=0.25，故A正确，C错误；
B、0∼2s内，拉力做的功等于p−t图像的图线与时间轴所围的面积，则有：WT=12×(60×2)J=60J，故B错误；
D、由动能定理可得合外力做的功：W合=12mv2−0，物体在6s末和2s末速度大小相等，所以合外力在0∼6s内做的功与0∼2s内做的功都相等，故D错误。
故选：A。
AC、物体匀速运动时拉力和阻力大小相等，由功率和速度大小可得阻力大小，由图像甲可得0∼2s内物体的加速度，0∼2s内物体做匀加速直线运动，拉力恒定，由2s时的功率和速度大小可得拉力大小，由牛顿第二定律可得物体质量大小，由f=μmg可得动摩擦因数大小；
B、在P−t图像上图线与时间轴所围的面积表示拉力做的功；
D、物体在6s末和2s末速度大小相等，由动能定理可得结论。
本题考查了功率、牛顿第二定律、动能定理的应用。解题的关键是知道物体做匀加速直线运动时拉力不变，由功率和速度大小可得拉力大小，注意在P−t图像上图线与时间轴所围的面积表示拉力做的功。
6.【答案】C
【解析】解：A、小球落到弹簧表面后，开始压缩弹簧，此后弹簧的弹力开始增大，小球受到的合力减小，但方向仍然向下，当重力等于弹力时合力为零，速度达最大，故t1时刻小球动能没有达到最大，故A错误；
B、t1−t2这段时间内，弹簧处于开始压缩到达到最大压缩量的过程，小球受到的弹力开始时小于重力，后来大于重力，所以小球的动能先增大，后减小，在t2时刻小球的动能是0，故B错误；
C、t2−t3这段时间内，小球的弹力从最大开始减小，说明小球在由最低点上升，小球受到的弹力开始时大于重力，小球向上做加速运动，后来小于重力，小球做减速运动，所以小球的动能先增大，后减小。故C正确；
D、t2−t3这段时间内，小球在由最低点上升，弹性势能转化为小球的动能和重力势能，故小球增加的动能小于弹簧增加的弹性势能，故D错误；
故选：C。
由弹力的变化可知小球的运动过程，由弹簧的形变量可知弹性势能的变化；根据机械能守恒定律分析能量的变化．
在分析机械能是否守恒时，要注意分清我们所研究的系统是哪一个，明确系统是否受到外力，再根据条件进行判断．
7.【答案】BC
【解析】解：C、由题意，在月球表面平抛时，在竖直方向有：h=12gt2
所以月球表面的重力加速度：g=2ht2，故C正确；
A、根据月球表面上重力等于万有引力：Gm月mR2=mg
可得月球的质量：m月=2hR2Gt2，故A错误；
B、根据第一宇宙速度的意义有：Gm月mR2=mg=mv2R
月球的第一宇宙速度为：v= gR= 2hRt2，故B正确；
D、由密度公式可得月球的平均密度为：ρ=m月43πR3=3h2πRGt2，故D错误。
故选：BC。
根据平抛运动竖直方向的位移规律h=12gt2，求出月球表面的重力加速度大小；
结合在月球表面重力等于万有引力，解得月球质量；
根据重力充当向心力，解得月球的第一宇宙速度；
由质量与半径可求得平均密度。
此题考查了万有引力定律及其应用，解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握万有引力提供向心力以及万有引力等于重力这两个理论的运用。
8.【答案】BD
【解析】解：A、增大v0，小球在斜面上的落点将上移，竖直方向位移变小，由h=12gt2可知，物体飞行时间变短，故A错误；
B、根据题意可知，小球垂直撞在斜面上，小球的速度方向如图所示。
根据平抛运动规律和几何关系有：tanθ=v0vy=v0gt，解得：t=0.8s，故B正确；
C、由公式h=12gt2可得，物体下降的距离是：h=12×10×(0.8)2m=3.2m
水平方向位移为：x=v0t=6×0.8m=4.8m
位移为s= h2+x2，解得：s=8 135m，故C错误。
D、物体撞在斜面上时竖直分速度为
vy=gt=10×0.8m/s=8m/s
则物体撞击斜面时的速度大小为
v= v02+vy2= 62+82m/s=10m/s，故D正确。
故选：BD。
物体做平抛运动，根据竖直分位移公式分析增大v0时飞行时间的变化。物体垂直地撞在斜面上时，根据几何关系确定末速度方向，根据分速度关系求出小球垂直撞在斜面上时竖直分速度，从而求得运动时间，再求位移和速度。
本题是对平抛运动规律的考查，关键是要把握隐含的条件，确定末速度方向，同时要知道平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，能灵活运用运动学公式和几何关系进行研究。
9.【答案】AD
【解析】解：A、物块的初动能为：Ek0=100J=12mv02，代入数据解得：v0=10m/s，故A正确；
D、根据图像可知，物块上升过程中机械能的减少量为：ΔE=100J−60J=40J
根据功能关系可得：ΔE=μmgcs37∘⋅x，其中x=5m，解得物块和斜面间得动摩擦因数为：μ=0.5，故D正确；
B、物块上滑过程与下滑过程克服滑动摩擦力做功相同，则下滑过程机械能减少量也等于ΔE=40J，物块回到斜面底端时的动能为：Ek=Ek0−2ΔE=100J−2×40J=20J，故B错误；
C、物块上升的最大高度为：h=xsin37∘=5×0.6m=3m，故C错误。
故选：AD。
根据图像得到物块的初动能，因此得到初速度；根据图像得到上升的距离和物块上升过程中机械能损失，根据功能关系求解动摩擦因数；根据功能关系求解物块回到斜面底端时的动能。
本题主要是考查功能关系，关键是能够分析能量的转化情况，知道重力势能变化与重力做功有关、动能的变化与合力做功有关、机械能的变化与除重力以外的力做功有关。
10.【答案】AD
【解析】解：AB、小球从开始释放到B点，由动能定理可得
mgh+mgR(1−csθ)=12mvB2−0
解得：vB=4 5m/s，故A正确，B错误；
CD、小球从开始释放到C点，由机械能守恒定律可得
mg(h−Rcsθ)=12mvC2
小球在C点，由牛顿第二定律可得
F=mvC2R
解得：F=40N
由牛顿第三定律可知小球到达C点时对轨道的压力大小与支持力大小相等，则压力大小F′=F=40N，故C错误，D正确。
故选：AD。
小球从开始释放到B点，由动能定理求出小球到达B点的速度大小。小球从开始释放到C点，由机械能守恒定律求出小球到达C点的速度大小。在C点，对小球，由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，从而得到压力。
对于光滑轨道问题，可以根据动能定理求速度，也可以根据机械能守恒定律求速度。
11.【答案】2.53.9
【解析】解：(2)根据图乙可知，相邻点迹之间的水平距离相等，即相邻点迹之间的时间间隔相等，根据
Δy=gT2
解得
T= Δyg= 7×5×10−2−5×5×10−210s=0.1s
小球平抛的初速度为v0=5LT=5×5×10−20.1m/s=2.5m/s
小球经B点竖直分速度大小vBy=5L+7L2T=12×5×10−22×0.1m/s=3m/s
经B点合速度大小vB= v02+vBy2
解得：vB=3.9m/s
故答案为：(2)2.5；3.9
(2)根据Δy=gT2计算相邻点迹之间的时间间隔，根据匀速运动公式计算初速度，根据平均速计算B点竖直方向的速度，根据矢量合计算B点的速度。
本题关键掌握实验原理和注意事项，掌握根据Δy=gT2计算相邻点迹之间的时间间隔。
12.【答案】ABmf2(hC−hA)28 重物下落过程中受到空气阻力或纸带与限位孔间有摩擦力作用
【解析】解：(1)AC、该实验验证机械能守恒，即重物减小的重力势能与增加的动能是否相等，则
mgh=12mv2
质量可以约去，所以本实验不用测量重物的质量，但需要知道当地的重力加速度，故A正确，C错误；
B.为了减小空气阻力影响，重物应选用体积小而质量大的，故B正确；
D.为了充分利用纸带，重物释放位置应靠近打点计时器，故D错误。
故选：AB；
(2)打下B点时，重物的速度大小为：vB=hC−hA2T=hC−hA2f。
则打下B点时，重物的动能可以表示为：EkB=12mvB2=12m(hC−hA2f)2=mf2(hC−hA)28；
(3)由于重物下落过程中受到空气阻力或纸带与限位孔间有摩擦力作用，重力势能变化量的绝对值略微大于动能变化量的绝对值。
故答案为：(1)AB；(2)mf2(hC−hA)28；(3)重物下落过程中受到空气阻力或纸带与限位孔间有摩擦力作用。
(1)根据实验原理和实验注意事项分析操作正确与否；
(2)实验中根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出某点的速度，从而得出动能的增加量；
(3)根据能量守恒，抓住摩擦产生内能分析重力势能的减小量和动能增加量之间的关系。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道实验误差的来源，对于瞬时速度的求解，注意不能通过v=gt、进行求解，否则就是用机械能守恒验证机械能守恒。
13.【答案】解：(1)在最低点，汽车对桥面的压力最大，即桥面对汽车的支持力最大。在最低点根据牛顿第二定律有
FN−mg=mv2r
当汽车受到桥面的支持力FN=3.6×104N时，汽车在该处具有最大行驶速度，解得
v=4 15m/s
可知汽车允许的最大速度为4 15m/s。
(2)当汽车以4 15m/s的速度行驶时，在凸形桥的最高点对桥面有最小压力，根据牛顿第二定律有
mg−FN2=mv2r
解得
FN2=4.0×103N
根据牛顿第三定律可得此时汽车对桥面的压力的最小值等于4.0×103N
答：(1)汽车允许的最大速度为4 15m/s；
(2)若以所求速率行驶，汽车对桥面的最小压力是4.0×103N。
【解析】汽车在最低点，靠支持力和重力的合力提供向心力，合力向上，支持力大于重力，在最高点，靠重力和支持力的合力提供向心力，合力向下，支持力小于重力，结合牛顿第二定律求出汽车允许的最大速率，以及在路面上行驶时的最小压力。
本题考查了匀速圆周运动知识，解决本题的关键知道向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解。
14.【答案】解：(1)设两颗天体的轨道半径分别是r1、r2，质量分别为m1、m2，由万有引力提供两星各自所需向心力得：Gm1m2L2=m1(2πT)2r1，Gm1m2L2=m2(2πT)2r2
又L=r1+r2，M=m1+m2
联立可得：GML2=(2πT)2L
变形后解得：L=3GMT24π2
(2)设两天体的线速度大小分别为v1、v2，由线速度与角速度的关系：v=ωr
可得两星的线速度：v1=ωr1，v2=ωr2
解得双星系统的线速度大小之和为：v1+v2=2πT(r1+r2)=32πGMT
答：(1)双星系统两天体之间的距离L为3GMT24π2；
(2)双星系统两天体的线速度大小之和为32πGMT。
【解析】(1)双星是同轴转动模型，其角速度相等；根据万有引力提供向心力，分别对两星球列方程，解方程组，即可求两卫星之间的距离；
(2)根据万有引力提供向心力可解得线速度之和。
解决本题的关键是知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度，以及会用万有引力提供向心力进行求解。
15.【答案】解：(1)根据图乙所示图象，由胡克定律可知，弹簧的劲度系数：k=Fx=17.0−1.08.0×10−2N/m=200N/m
(2)物块恰好到达D点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg=mv2R
物块从释放到运动到D点过程，由动能定理得：W弹−fx−mg×2R=12mv2−0
由图乙所示图象可知，物块所受摩擦力大小f=1.0N
弹簧弹力对物块做功W弹=17.0+1.02×8.0×10−2J=0.72J
代入数据解得：x=0.32m=32cm
水平轨道的长度L=x+L弹簧原长−L弹簧压缩量=32cm+20cm−8.0cm=44cm
答：(1)弹簧的劲度系数是200N/m；
(2)水平轨道AB的长度是44cm。
【解析】(1)根据胡克定律求出弹簧的劲度系数。
(2)物块恰好到达D点，重力提供向心力，应用牛顿第二定律求出物块到达D点的速度，应用动能定理求出物块在AB段的位移，然后求出水平轨道AB的长度。
根据题意分析清楚物块的运动过程与受力情况是解题的前提，应用胡克定律、牛顿第二定律、动能定理可以解题。
16.【答案】解：(1)根据能量守恒定律，从A到B过程有
12mvB2−12mv02=2mgR
解得
vB= 34m/s
(2)从B点到C点过程，有
12mvC2−12mvB2=−μmgL
则两种谷物到达C点的速度分别为
vC1=5m/s，vC2=4m/s
两种谷物从C点离开分别做平抛运动，有
h=12gt2
x=(vC1−vC2)t=Δvt
联立解得
x=0.5m
(3)由h=12gt2
x=(vC1−vC2)t=Δvt
x≥0.5m
解得
Δv≥lm/s
情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动。则
vB2+2gμ2L− vB2+2gμ2L≥1
化简得
16L2−24L−135≥0
解得
L≥3.75m
情形2：其中一种谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一种谷物仍处于匀加速运动。则
vC1≤8m/s，vC2=v=9m/s
12mvC12−12mvB2=−μmgL
解得
L≤7.5m
综上所述有3.75m≤L≤7.5m
答：(1)谷物运动至点B时的速度大小为 34m/s；
(2)若传送带逆时针转动，调整传送带长度L=2.25m，x为0.5m；
(3)传送带长度L的取值范围为3.75m≤L≤7.5m。
【解析】(1)根据能量守恒定律求解速度大小；
(2)由动能定理结合自由落体运动求解x；
(3)由题(2)所得的已知条件结合动能定理求解L的取值范围。
本题考查传送带问题，学生需熟练掌握动能定理及自由落体运动的基本规律。