福建省南安第一中学2020届高三上学期第一次阶段考试物理试题

安一中2019~2020年上学期第一阶段考

高三物理科试卷

一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全都选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)

1. 关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是

A. 分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期

B. 沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率

C. 在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同

D. 沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合

【答案】B

【解析】

由开普勒第三定律可知，当圆轨道半径R和椭圆轨道半长轴a相等时，两颗卫星的周期相同，A错误。沿椭圆轨道运行的卫星，在与圆心距离相等的对称位置具有相同的速率，卫星的动能和势能相等，B正确。地球同步卫星与地球同步，与地球自转周期相同，相对地面静止，它们的轨道半径相同，轨道平面都在赤道平面，C错误。沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面可能经过两极的极地卫星，也可能是轨道平面与极地卫星有一偏角，这样轨道平面就不重合，D错误。

2.如图所示，A、B两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别如图甲中的v1、v2、v3和图乙中的v1′、v2′、v3′所示，下列说法中正确的是（　　）

A. A做的可能是直线运动

B. A做的可能是匀变速运动

C. B做的可能是匀变速运动

D. B做的可能是匀速圆周运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.A的速度方向在变化，所以A不可能做直线运动，故A错误；

B.A的速度变化量v的方向不变，知加速度的方向不变，则A的加速度可能不变，故A可能做匀变速运动，故B正确；

C.B的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以B不可能做匀变速运动，故C错误；

D.B的速度大小也在变化，所以不可能做匀速圆周运动，故D错误。

3.一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回原处.物块初动能为，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能与位移关系的图线是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】向上滑动的过程中，根据动能定理有，同理，向下滑动过程中，由动能定理可得，故C正确.

4.如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距．重力加速度大小为g．在此过程中，外力做的功为（　　）

A. mgl B. mgl C. mgl D. mgl

【答案】D

【解析】

【分析】

由题意可知，发生变化的只有MQ段，分析开始和最后过程，明确重力势能的改变量，根据功能关系即可求得外力所做的功．

【详解】根据功能关系可知，拉力所做的功等于MQ段下半部分移动时重力势能的增加量；由图可知，下半部分质量为m/3，移动后重心升高的高度h=l/3；故重势能增加量为：△EP=m'gh=；故D正确，ABC错误。故选D。

【点睛】本题考查明确功能关系，注意掌握重力之外的其他力做功等于机械能的改变量，本题中因缓慢拉动，故动能不变，因此只需要分析重力势能即可；同时注意本题只移动了MQ段的下半部分．

5.如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并恰能从轨道上端水平飞出，则轨道半径为（重力加速度为g）（　　）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】设半圆的半径为R，从轨道下端滑入到上端过程中，根据动能定理得

在最高点，根据牛顿第二定律有

mg=

解得轨道半径R=。

A.轨道半径为，与分析不一致，故A错误；

B.轨道半径为，与分析相一致，故B正确；

C.轨道半径为，与分析不一致，故C错误；

D.轨道半径为，与分析不一致，故D错误。

6.如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为30°，轻弹簧下端固定A物体，A物体质量为m，上表面水平且粗糙，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，初始时A保持静止状态，在A的上表面轻轻放一个与A质量相等的B物体，随后两物体一起运动，则（    ）

A. 当B放在A上的瞬间，A的加速度仍为零

B. 当B放在A上的瞬间，A对B的摩擦力为零

C. 当B放在A上的瞬间，A对B的支持力大于mg

D. A和B一起下滑距离时，A和B的速度达到最大

【答案】D

【解析】

【详解】A.将B放在A上前，以A为研究对象受力分析，开始时，根据平衡可知弹簧的弹力

F=mgsin30°=

当B放在A上瞬间时，以AB整体为研究对象受力分析，根据牛顿第二定律

2mgsin30°-F=2ma

可得整体加速度，故A错误；

BC.当B放在A上瞬间时，B具有沿斜面向下的加速度，将B的加速度沿水平方向的竖直方向分解如图：B的加速度有水平方向的分量，重力与支持力在竖直方向，故可知此加速度分量由A对B的摩擦力提供；B的加速度有竖直方向的分量，故可知，A对B的支持力与B的重力的合力竖直向下，故A对B的支持力小于B的重力，故BC错误；

D.A、B一起下滑时，弹簧弹力增加，共同下滑的加速度减小，故当加速度减小至0时，A、B具有最大速度，此时有

2mgsin30°-F´=0

可得弹簧弹力F´=mg，所以共同下滑的距离

即此时A、B具有最大速度，故D正确。

7.如图所示，三物体A、B、C均静止，轻绳两端分别与A、C两物体相连接且伸直，mA=3kg，mB=2kg，mC=1kg，物体A、B、C间的动摩擦因数均为μ=0.1，地面光滑，轻绳与滑轮间的摩擦可忽略不计。现用15N的力作用在B物体上，则下列说法正确的是（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2）（     ）

A. 物体B将从A、C中抽出，A、C可能会静止不动

B. 物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动

C. 物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动

D. A、C加速度大小均为0.5m/s2

【答案】D

【解析】

【详解】B、C间的最大静摩擦力

​A、B间的最大静摩擦力

fBC

若要用力将B物体从A、C间拉出，拉力最小时，B、C之间的摩擦力刚好达到最大，此时物体A已经向右以加速度a加速运动，B、C以加速度a向左加速运动，设绳子上拉力为T，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得

T-fAB=mAa

以C为研究对象有

fBC-T=mCa

解得a=0.5m/s2，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得

F-（fBC+fAB）=mBa

解得F=9N，由题知F=15N9N，所以可以将B物体从A、C中间抽出；即用15N的力作用在B物体上，物体A向右以加速度a=0.5m/s2加速运动，C以加速度a=0.5m/s2向左加速运动。

A.物体B将从A、C中抽出，A、C可能会静止不动，与分析不一致，故A错误；

B.物体B与A一起向左加速运动，C向右加速运动，与分析不一致，故B错误；

C.物体B与C一起向左加速运动，A向右加速运动，与分析不一致，故C错误；

D.A、C加速度大小均为0.5m/s2，与分析相一致，故D正确。

8.宇宙空间有一种由三颗星体A、B、C组成的三星体系，它们分别位于等边三角形ABC的三个顶点上，绕一个固定且共同的圆心O做匀速圆周运动，轨道如图中实线所示，其轨道半径rA<rB<rC。忽略其他星体对它们的作用，可知这三颗星体(     )

A. 质量大小关系是mA>mB>mC

B. 加速度大小关系是aA>aB>aC

C. 线速度大小关系是vA>vB>vC

D. 所受万有引力合力的大小关系是FA＝FB＝FC

【答案】A

【解析】

三星系统是一种相对稳定的结构，它们做圆周运动的角速度是相等的，由v=ωr，结合rA＜rB＜rC，可知，线速度大小关系是vA＜vB＜vC，故C错误；由a=ω2r，结合rA＜rB＜rC．可知加速度大小关系是aA＜aB＜aC，故B错误；以A为研究对象，则受力如图：

由于向心力指向圆心，由矢量关系可知，B对A的引力大于C对A的引力，结合万有引力定律的表达式： ，可知B的质量大于C的质量，同理若以C为研究对象，可得A的质量大于B的质量，即质量大小关系是mA＞mB＞mC，故A正确；由于mA＞mB＞mC，结合万有引力定律：，可知A与B之间的引力大于A与C之间的引力，又大于B与C之间的引力．由题可知，A、B、C受到的两个万有引力之间的夹角都是相等的，根据两个分力的角度一定时，两个力的大小越大，合力越大可知FA＞FB＞FC，故D错误。所以A正确，BCD错误。

9.如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度沿顺时针方向转动，传送带右端有一个与传送带等高的光滑水平面，一物体以恒定的速率沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，速率为，则在整个运动过程中，下列说法正确的是（   ）

A. 若，则

B. 若时，摩擦力对物体做功为零

C. 若时，则传送带与物体摩擦生热为

D. 其中在物体向左运动过程中，传送带与物体摩擦生热

【答案】BD

【解析】

【详解】A.如果v1＞v2，由于传送带足够长，物体匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，返回时物体会一直向右匀加速，根据对称性，知当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带，则有v3=v2，故A错误；

B.如果v1＞v2，由上分析知v3=v2，根据动能定理，摩擦力对物体做功为

W==0

故B正确；

CD.若v1＞v2时，设物体所受的摩擦力大小为f，物体向左运动的加速度大小a=，时间t1=，

物体向左运动的位移

x1=，

传送带的位移

x2=v1t1=，

摩擦生热

Q1=f（x1+x2）=+mv1v2；

物体向右运动时，运动时间为

t2=，

物体向右运动的位移

x3==，

传送带位移

x4=v1t2=，

摩擦生热

Q2=f（x4-x3）=mv1v2-，

传送带与物体摩擦生热共为Q=Q1+Q2=2mv1v2，故C错误，D正确。

10.靠在墙角的三根圆木如图放置，圆木B紧靠墙角，墙面竖直，地面水平。圆木C光滑，A、B与地面的动摩擦因数为，A、B、C的质量均为m，半径均为R。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好接触地面。下列说法正确的是（    ）

A. 缓慢下落过程中，A对C的支持力做正功

B. 缓慢下落过程中，B对C的支持力做负功

C. 缓慢下落过程中，A对地面的摩擦力为

D. 缓慢下落过程中，地面摩擦力对A做的功大小为

【答案】CD

【解析】

【详解】A.缓慢下落过程中，，A对C的支持力沿A、C球心连线由A指向C，而B不动，C沿B的圆面缓慢下滑，A对C的支持力与速度的夹角大于90°，A对C的支持力做负功，故A错误；

B.缓慢下落过程中，B对C的支持力沿B、C球心连线由B指向C，而B不动，C沿B的圆面缓慢下滑，B对C的支持力与速度的夹角等于90°，B对C的支持力不做功，故B错误；

C.以整体为研究对象，竖直方向受三球的重力及地面的支持力平衡，地面对A的支持力为，由滑动摩擦力公式Ff=知，可得A对地面的摩擦力为 ，故C正确；

D.缓慢下落过程中，地面摩擦力始终不变，A缓慢移动，直至C恰好接触地面过程中，A在水平方向的位移为2R，则由功的定义式知，地面摩擦力对A做的功大小为

=3μmgR

故D正确。

11.物体在光滑水平面上，在外力F作用下的v­t图像如图所示，从图中可以判断物体在0～t4的运动和受力情况(　　)

A. 物体一直在做曲线运动

B. 在t1～t3时间内，合外力先增大后减小

C. 在t1、t3时刻，外力F的功率最大

D. 在t1～t3时间内，外力F做的总功为正功

【答案】AB

【解析】

【详解】A.由题图可知，物体在y方向做匀速直线运动，在x方向做变速运动，故物体一直做曲线运动，故A正确；

B.由vx­t图像可知，在t1～t3时间内，ax先增大后减小，由牛顿第二定律知，在t1～t3时间内，合外力先增大后减小，故B正确；

C.在t1、t3时刻，物体的速度最大，但加速度为零，合外力为零，故外力F的功率为零，故C错误；

D.因t1、t3时刻物体的速度大小相等，由动能定理可知，在t1～t3时间内，外力F做的功为零，故D错误。

12.新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数。请根据相关参数判断以下哪些说法正确：(假设汽车以30m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05倍，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10m/s2)

A. 汽车在0~30m/s的加速过程中的平均加速度大小为6m/s2

B. 汽车刹车由30m/s减速到0所用时间最短为1s

C. 当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75kw

D. 当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216km

【答案】AD

【解析】

【详解】汽车在0~30m/s的加速过程中的平均加速度大小为，选项A正确；因制动最短距离为30m，可知汽车刹车由30m/s减速到0所用时间最短为，选项B错误；当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为，选项C错误；根据，则当汽车以30m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为，选项D正确.

二、实验题（每空2分，共计12分）

13.如图所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，PO为橡皮筋，OA、OB为带有绳套的两细绳。

（1）对下列操作和实验现象的叙述正确的是（      ）

A．两细绳的夹角要尽可能地大

B．必须测出两细绳的长度，以便画出力的图示

C．有可能两弹簧测力计的拉力都比橡皮筋的拉力大

D．换用一根弹簧测力计后只需把橡皮筋拉伸到相同长度即可

（2）在某次实验中，用两个弹簧秤拉绳使橡皮筋的一端拉伸到O点，在保持O点位置不变的情况下，下列操作可能实现的有（    ）

A．保持OA、OB两细线的方向不变，改变两弹簧秤拉力的大小

B．保持OA的方向及A弹簧秤的示数不变，改变B弹簧秤的拉力大小及方向

C．保持弹簧秤A的示数不变，使弹簧秤B的示数减小

D．保持OB细线的方向不变，使弹簧秤A的示数减小

【答案】    (1). C    (2). CD

【解析】

【详解】（1）［1］A.两细绳的夹角要适当，夹角太大造成的误差也比较大，故A错误；

B.不必要测出两细绳的长度，，只需记录细绳的方向、O点位置和弹簧测力计的示数即可，故B错误；

C.两弹簧测力计的拉力的合力与橡皮筋的拉力大小相等，两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大，故C正确；

D.两次拉橡皮筋时，为了使两次达到效果相同，橡皮筋结点必须拉到同一位置O，故D错误。

（2）［2］A.在保持O点位置不变的情况下，即两弹簧秤拉力的合力不变；保持OA、OB两细线的方向不变，改变两弹簧秤拉力的大小，不能满足共点力平衡，故A错误；

B.在两弹簧秤拉力的合力不变的条件下，保持OA的方向及A弹簧秤的示数不变，改变B弹簧秤的拉力大小及方向，不能满足共点力平衡，故B错误；

C.在两弹簧秤拉力的合力不变的条件下，保持弹簧秤A的示数不变，使弹簧秤B的示数减小，可以通过改变两弹簧秤拉力的方向来达到共点力平衡，故C正确；

D.在两弹簧秤拉力的合力不变的条件下，保持OB细线的方向不变，使弹簧秤A的示数减小，可以通过改变弹簧秤A的拉力的方向和B弹簧秤拉力大小来达到共点力平衡，故D正确。

14.甲、乙两同学均设计了测动摩擦因数的实验。已知重力加速度为g。

(1)甲同学所设计的实验装置如图所示。其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计。实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数。则该设计能测出________(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为________。

(2)乙同学的设计如图乙所示。他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t。在坐标系中作出的图线如图丙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c。因乙同学不能测出小车质量，因乙同学不能测出小车质量，故该同学还应该测出的物理量为 _______ 。根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为 ________ 。

【答案】    (1). A与B    (2).     (3). 光电门A、B之间的距离x    (4).

【解析】

【详解】（1）当A达到稳定状态时B处于静止状态，弹簧测力计的读数F与B所受的滑动摩擦力f大小相等，B对木块A的压力大小等于B的重力mg，由f=μN得，，由从Q上读取F1，则可求得μ，为A与B之间的动摩擦因数．
（2）小车由静止开始做匀加速运动，位移x=at2．
根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶，F合=F-μmg=ma
则：

则图线的斜率为：k=2mx，纵轴的截距为b=μmg；
k与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的摩擦因数： ．

三、计算题（本题有4小题，共计40分）

15.我国的“嫦娥工程”计划2020年实现登月。若登月舱经过多次变轨后，到达距月球表面高度为h的圆形轨道上，绕月球飞行，最后变轨使登月舱在月球表面顺利着陆。宇航员在月球上用一长为L的绳子拴一小球，在竖直平面做圆周运动，测得小球过最高点的最小速度为v0，已知月球半径为R。求：

（1）月球表面附近的重力加速度g；

（2）登月舱绕月球飞行的周期T。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）小球过最高点的最小速度为v0，在圆周运动最高点，根据牛顿第二定律

mg =

解得月球表面附近的重力加速度g =。

（2）登月舱绕月球做圆周运动，根据万有引力提供向心力有

=；

又因为在月球表面有

解得登月舱绕月球飞行的周期

答：（1）月球表面附近的重力加速度g =，（2）登月舱绕月球飞行的周期。

16.如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一光滑直杆。质量为ma=1kg的小球a套在半圆环上，质量为mb=0.5kg的滑块b套在直杆上，二者之间用长为l=0.4m的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处由静止释放，使a沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=10 m/s2。求：

（1）小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小；

（2）小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功。(结果保留一位小数)

【答案】（1）20N；（2）2.4J

【解析】

【详解】（1）当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，b的速度为零，由机械能守恒定律可得

解得小球a滑到与圆心O等高的P点时的速度

对小球a受力分析，在P点，由牛顿第二定律可得向心力大小

（2）杆与圆相切时，如图所示，a的速度沿杆方向，设此时b的速度为vb，根据杆不可伸长和缩短，有：

va=vbcosθ

由几何关系可得

在图中，从P到Q，球a下降的高度h =Rcosθ，a、b系统机械能守恒，则有

对滑块b，由动能定理解得杆对滑块b做的功

2.4J

答：（1）小球a滑到与圆心O等高的P点时的向心力大小为20N，（2）小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，杆对滑块b做的功为2.4J。

17.如图所示，A、B两物体之间用轻弹簧相连，B、C两物体用不可伸长的轻绳相连，并跨过轻质光滑定滑轮，C物体放置在固定的光滑斜面上.开始时用手固定C使绳处于拉直状态但无张力，ab绳竖直，cd绳与斜面平行.已知B的质量为m，C的质量为4m，弹簧的劲度系数为k，固定斜面倾角α=30°.由静止释放C，C在沿斜面下滑过程中A始终未离开地面.（已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep=kx2，x为弹簧的形变量.）重力加速度为g.求：

（1）刚释放C时，C的加速度大小；

（2）C从开始释放到速度最大的过程中，B上升的高度；

（3）若A不离开地面，其质量应满足什么条件。

【答案】（1）0.4g （2） （3）

【解析】

(1)刚释放C时，由牛顿第二定律；4mgsin300=5ma

解得：a=0.4g

(2)初始对B物体：kx1=mg

C速度最大时，F1=4mgsin300

此时，对B物体，F1=mg+kx2

B物体上升的高度h=x1+x2

解得：h=2mg/k

(3)若A不离开地面，则对A物体

kx1=mg

解得：

18.如图示，质量m=0.5kg的物块（可视为质点）以v0=4m/s的速度从右侧皮带轮最高点向左滑上足够长的水平薄传送带，传送带以v1=2m/s的速度顺时针匀速运动，物块与传送带之间的动摩擦因数μ0=0.2。倾角为θ=37°的固定斜面上静置一质量为M=2kg的薄木板，木板的长度为L=4m，物块与木板之间的动摩擦因数μ1=，木板与斜面之间的动摩擦因数μ2=，斜面的底端固定一垂直于斜面的挡板，木板的下端距离挡板为x=2m，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动。物块离开传送时做平抛运动，并且恰好沿斜面落在木板的顶端。设物块与木板之间、木板与斜面之间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（重力加速度g=10m/s2）：

（1）物块在传送带上运动的过程中，传送带因传送物块多消耗的电能是多少？

（2）皮带轮的最大半径是多少？

（3）物块落在木板以后，通过计算分析物块是否会滑出木板。

【答案】（1）9J；（2）0.4m；（3）没有滑出

【解析】

【详解】（1）物块在传送带运动的加速度大小

a0=μ0g=2m/s2，

物块向左减速运动的时间

t1==2s，

物块向左减速运动相对皮带位移

x1=t1+ v1t1=8m，

物块向右匀加速运动的时间

t2==1s，

物块向右匀加速运动相对皮带的位移

x2=v1t2-t2=1m，

传送带因传送物块多消耗的电能等于传送带克服摩擦力做的功

W=μ0mg（x1+x2）=9J。

（2）物块回到传送带右端的速度为v1=2m/s，要使物块离开传送时做平抛运动，则

解得皮带轮最大半径

（3）设物块落到斜面上的速度为v3，由平抛的特点知

物块在木板上下滑的加速度

mgsin37°－μ1mgcos37°=ma1

解得a1=-2m/s2，即物块做匀减速运动，而木板的加速度

Mgsin 37°＋μ1mgcos37°－μ2(M＋m)gcos37°=Ma2

解得a2=0.25m/s2，即木板向下做初速度为零的匀加速运动，若木板一直加速运动与挡板碰，设所需时间为t0，则

解得t0=4s；若木板与挡板碰前与木块共速，需时间t3，则

v3＋a1t3=a2t3

解得t3=1.1s；即木板与挡板碰前与木块已经共速，此时共同速度为

v=a2t3=0.28m/s

该过程木板的位移

该过程木块的位移

x1´=v3t3+at32=1.54m

因x1´-x < L，知物块与木板共速前物块没有滑出木板；由于2==，物块与木板共速后一起沿斜面以0.28m/s的速度匀速运动，木板与挡板碰撞后立即粘在一起停止运动，此后物块沿木板运动的位移

x2´==m=0.02m

最终因x1´+ x2´-x < L，物块最终也没有滑出木板。

答：（1）传送带因传送物块多消耗的电能是9J，（2）皮带轮的最大半径为0.4m，（3）没有滑出。