2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，小朋友乘坐旋转木马做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 小朋友受到的向心力不变
B. 小朋友运动的线速度不变
C. 小朋友运动的角速度不变
D. 小朋友运动的向心加速度不变
2.2023年4月23日为“中国航天日”，主题是“格物致知叩问苍穹”。关于天文、航天中涉及的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 航天员随天和核心舱绕地球运行时，不受力的作用
B. 风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率可能为8.9km/s
C. 地球从远日点向近日点运动过程中，运动速率增大
D. 风云三号07卫星的发射速度可能为6.9km/s
3.如图所示，弹簧下端固定，上端连接一小球静止在光滑斜面上，用一外力沿斜面向下按压小球，弹簧压缩至最大后撤去外力。小球从最低点运动到最高点的过程中(最高点时弹簧处于伸长状态，不考虑往复运动，弹簧在弹性限度内)，下列说法正确的是( )
A. 小球的重力势能减小B. 弹簧的弹性势能先减小后增大
C. 弹簧的弹力始终对小球做正功D. 小球的加速度先增大后减小
4.如图所示，A为地球赤道上的物体，随地球表面一起转动，B为近地轨道卫星，C为同步轨道卫星，D为高空探测卫星若A、B、C、D绕地球转动的方向相同，且均可视为匀速圆周运动，则其向心加速度大小关系正确的是( )
A. aA>aB>aCB. aB>aC>aAC. aD>aC>aBD. aA>aC>aD
5.如图所示，光滑的水平面上有大小相同、质量不等的小球A、B，小球A以速度v0向右运动时与静止的小球B发生碰撞，碰后A球速度反向，大小为v04，B球的速率为v02，A、B两球的质量之比为( )
A. 2：5B. 5：2C. 3：8D. 8：3
6.如图所示，一小球从A点以初速度v0水平抛出，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为30∘；改变小球从A点水平抛出的速度大小，当小球再次撞到挡板时，速度方向与水平面所成的夹角为60∘。不计空气阻力，小球第二次从A点抛出的速度大( )
A. v02
B. v03
C. 3v0
D. 33v0
7.如图甲所示，质量m=2kg的物块A以初速度v0=2m/s滑上放在光滑水平面上的长木板B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，由此可求出( )
A. 长木板B的质量为1.2kgB. 物块A与长木板B之间动摩擦因数为0.2
C. 长木板B长度至少为1mD. 物块A与长木板B组成系统损失机械能为5J
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，一物块(可看成质点)从斜面左上方沿水平方向射入，然后沿斜面下滑，最后从底端右侧离开斜面，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 物块在斜面上运动的轨迹是直线B. 物块在斜面上运动的轨迹是抛物线
C. 物块运动过程中的加速度大小为gD. 物块运动过程中的加速度大小为gsinθ
9.地球的半径为R，近地卫星甲和同步卫星乙绕地球做匀速圆周运动的速度大小分别为v甲、v乙，赤道上物体丙的速度大小为v丙，同步卫星乙的轨道半径大小为r。下列关系正确的是( )
A. v甲=v丙B. v甲v乙= rRC. v丙v乙=RrD. v甲v乙=Rr
10.如图所示，在竖直平面内放一光滑的直角杆MON，ON竖直。用长5m的轻绳相连的两小球A和B分别套在杆上，A、B球的质量均为1kg，在作用于A球的水平力F的作用下，A、B均处于静止状态，此时细绳与竖直方向所成夹角为37∘。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2，现突然将力F增大为18N后保持不变，当轻绳方向与竖直方向成53∘时，下列说法正确的是( )
A. 力F做功为18JB. B的重力势能增加了5J
C. A的速度大小为2.4m/sD. A的速度大小为1.8m/s
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组“用落体法验证机械能守恒定律”，实验装置如图甲所示。
(1)除图示器材外，下列器材中，必需的一组是______。
A.直流电源及导线、计时器
B.直流电源及导线、天平及砝码
C.交流电源及导线、计时器
D.交流电源及导线、刻度尺
(2)打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s2，重物的质量为1kg，则从O点到B点，重物重力势能的减少量ΔEp=______ J，动能增加量ΔEk=______ J。(计算结果均保留3位有效数字)
(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。
12.如图甲所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图，a是入射小球，b是被碰小球，a和b的质量分别为m1和m2，直径分别为d1和d2，轨道末端在水平地面上的投影为O点。实验中，先将小球a从斜槽上某一固定位置由静止释放，a从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出a的平均落点位置P，再把小球b放在斜槽末端，让小球a仍从斜槽上同一位置由静止释放，与小球b碰撞后，两球分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次，描出碰后小球a、b的平均落点位置M、N如图乙所示。
(1)实验中需要注意的事项，下列说法正确的是______(填字母)。
A.需要测出小球抛出点距地面的高度H
B.需要测出小球做平抛运动的水平射程
C.为完成此实验，天平和刻度尺是必需的测量工具
D.斜槽轨道末端应该保持水平
E.斜槽应尽量光滑
(2)实验中重复多次让入射小球从斜槽上的同一位置释放，其中“同一位置释放”的目的是______。
(3)实验中对小球的要求是：质量m1______(填“>”“=”或“<”)m2，直径d1______(填“>”“=”或“<”)d2。
(4)在图乙中，用毫米刻度尺测得O点与M、P、N三点的水平方向的距离分别为x1，x2，x3，若关系式______成立，则说明该实验碰撞前后动量守恒。
四、简答题：本大题共2小题，共22分。
13.图甲为“海洋和谐号”游轮，它是目前世界上最大的游轮，假设其总质量M=2.5×108kg，发动机额定输出功率P=6×107W，某次航行过程中，“海洋和谐号”游轮从静止开始在海面上做直线运动，其加速度-时间图像如图乙所示，在T=20s时，发动机输出功率达到额定输出功率，此后保持不变假设航行过程中所受阻力恒定不变，求：
(1)游轮航行过程中所受的阻力大小；
(2)游轮行驶的最大速度。
14.人们盖房打地基叫打夯，如图所示，在某次打夯过程中，两人通过绳子对夯锤各施加一个力，使其竖直上升，上升过程中各拉力的方向始终都与竖直方向成37∘夹角，大小均保持800N不变。夯锤离开地面40cm后两人撤去拉力，夯锤落地后撞击地面的时间为0.01s、已知夯锤的质量为100kg、重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力、求：
(1)打夯两人撤去拉力前，夯锤上升时的加速度大小；
(2)夯锤落地前瞬间的速度大小；
(3)夯锤撞击地面的平均冲力大小。
五、计算题：本大题共1小题，共18分。
15.如图所示，长L=3.6m、倾角θ=37∘的传送带，顶端与半径R=0.9m的竖直圆弧ABC相切于A点，最高点的左侧有光滑水平台面，台面最左侧墙面固定有一轻弹簧。传送带以速度v=6m/s顺时针匀速转动，一质量m=1kg的物块(可视为质点)以速度v0=12m/s滑上传送带底端，最后物块恰能通过圆弧轨道最高点滑上水平台面，已知物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g取10m/s2。(sin37∘=0.6,cs37∘=0.8)求：
(1)弹簧具有的最大弹性势能；
(2)物块在A点时对圆轨道的压力大小；
(3)物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.做匀速圆周运动时受到的向心力大小不变，但是方向在一直改变，故A错误；
BD.做匀速圆周运动时线速度和加速度的大小不变，方向时刻在改变，故BD错误；
C.做匀速圆周运动的角速度不变，故C正确。
故选：C。
根据匀速圆周运动规律解答。
本题考查的是匀速圆周运动的知识，需注意匀速圆周运动向心力大小不变，方向时刻改变。
2.【答案】C
【解析】解：A、航天员随天和核心舱绕地球运行时，受到地球的万有引力作用，故A错误；
B、风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，根据GMmr2=mv2r，解得v= GMr
风云三号07卫星绕地球运行的轨道半径大于近地卫星的轨道半径，可知风云三号07卫星绕地球运行的速度小于近地卫星的速度，而近地卫星的线速度大小等于第一宇宙速度7.9km/s，所以风云三号07卫星绕地球做圆周运动时，其速率小于7.9km/s，故B错误；
C、地球从远日点向近日点运动过程中，由开普勒第二定律知，其运动速率增大，故C正确；
D、第一宇宙速度7.9km/s是卫星最小的发射速度，则知风云三号07卫星是地球卫星，其发射速度大于地球的第一宇宙速度7.9km/s，因此风云三号07卫星的发射速度不可能为6.9km/s，故D错误。
故选：C。
航天员随天和核心舱绕地球运行时，仍受到万有引力的作用；根据万有引力提供向心力列式，得到线速度与轨道半径的关系，再分析风云三号07卫星的速度大小；地球从远日点向近日点运动过程中，根据开普勒第二定律分析速率变化情况；第一宇宙速度7.9km/s是卫星最小的发射速度。
解答本题时，要知道卫星绕地球做圆周运动时，由万有引力提供向心力，卫星的轨道半径越大，环绕速度越小。
3.【答案】B
【解析】解：A、小球从最低点运动到最高点的过程中小球高度变高，故重力势能增大，故A错误；
B、弹簧由压缩状态变为伸长状态，弹簧的形变量先减小后增大，则弹性势能先减小后增大，故B正确；
C、弹簧先处于压缩状态时对小球的弹力沿斜面向上，与小球运动方向相同，弹力对小球做正功；弹簧后处于伸长状态时对小球的弹力沿斜面向下，与小球运动方向相反，弹力对小球做做负功，故C错误；
D、小球受到的合力先向上减小，后向下增大，由牛顿第二定律知，小球的加速度先减小后增大，故D错误。
故选B。
物体的重力势能随高度的增加而增加；弹簧的弹性势能随形变量的增大而增大；力与速度方向成锐角则做正功，成钝角则做负功；根据合力的变化分析加速度的变化。
本题重点考查了弹簧的力与能的问题，根据胡克定律分析弹簧弹力，根据形变量分析弹性势能。
4.【答案】B
【解析】解：卫星B、C、D，由地球的万有引力提供向心力，满足：GMmr2=ma
则有：a=GMr2
因为卫星B、C、D的半径关系为：rBaC>aD
对于A物体和C卫星，两者周期相同、角速度相同，且rA综上可得，aB>aC>aA
由于信息不足，无法比较A物体和D卫星的向心加速度大小，故ACD错误，B正确。
故选：B。
同步卫星的周期与地球自转周期相同、角速度相同，根据a=ω2r，可比较A物体和C卫星的向心加速度大小；根据万有引力提供向心力，可分析卫星B、C、D向心加速度的大小关系。
对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。
5.【答案】A
【解析】解：以A、B两球组成的系统为研究对象，两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mAv0=mA(−v04)+mBv02
可得两球的质量之比：
mAmB=25
故A正确，BCD错误；
故选：A。
以A、B两球组成的系统为研究对象，在碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两球的质量之比。
考查了动量守恒定律的应用，两球碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以正确解题，解题时要注意两球的速度方向。
6.【答案】D
【解析】解：小球从A点以初速度v0水平抛出，撞到竖直挡板上时，速度方向与水平面所成的夹角为30∘，此时竖直分速度大小为
vy1=v0tan30∘= 33v0
小球在空中运动时间为
t1=vy1g= 3v03g
故x=v0t1= 3v023g
设小球第二次从A点抛出的速度大小为v，则小球第二次在空中运动的时间为t2=xv= 3v023gv
第二次撞到挡板时竖直分速度大小为vy2=gt2= 3v023v
由题意可得
vy2v=tan60∘
解得v= 33v0
故选：D。
小球做平抛运动，分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动，第一次以撞到竖直挡板上时速度方向与水平面所成的夹角入手，求出竖直分速度，从而确定时间及x的值；第二次水平位移仍为x，求出时间及竖直分速度表达式，再利用速度方向与水平面所成的夹角求解v。
这道题关键要抓住两次平抛运动中x不变，利用好速度的方向角，就能方便得解出。
7.【答案】C
【解析】解：A、取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+mB)v，由图知v=1m/s，解得mB=2kg，故A错误；
B、由图象可知，木板B加速运动时的加速度为a=ΔvΔt=11m/s2=1m/s2，对B根据牛顿第二定律μmg=mBa，得出动摩擦因数为：μ=0.1，故B错误；
C、木板B的最小长度等于0∼1s内A与B间相对位移的大小，即图象中三角形的面积，即为：L=12×2×1m=1m，故C正确；
D、0∼2s内，A、B系统机械能的损失为：ΔE=μmgL=0.1×2×10×1J=2J，故D错误。
故选：C。
物块A在长木板B上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律求B的质量。根据v−t图像的斜率得出B加速运动时的加速度，再根据牛顿第二定律求A、B间的动摩擦因数。根据v−t图像的“面积”表示位移，求出A与B间的相对位移，得到木板B的最短长度。根据能量守恒定律求A、B系统机械能的损失。
本题是板块模型，要知道系统的动量守恒，运用动量守恒定律求B的质量是关键。要知道加速度是联系力和运动的桥梁，根据v−t图象得出物体运动特征，并根据牛顿运动定律求解受力和运动情况。
8.【答案】BD
【解析】解：AB.物块受重力和支持力作用，合力始终沿斜面向下，与初速度方向垂直；物块在水平方向上不受外力作用，做匀速运动，沿斜面方向受重力的分力作用，做匀加速直线运动，物块在斜面上做类平抛运动，运动轨迹为抛物线，故A错误，B正确；
CD.物块沿斜面方向分力F=mgsinθ，根据牛顿第二定律有mgsinθ=ma
解得加速度a=gsinθ，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB.物块受重力和支持力作用，合力始终沿斜面向下，与初速度方向垂直，物块做类平抛运动；
CD.根据类平抛运动的规律分析作答。
对物块进行受力分析，分析出初速度方向与合力方向的关系是判断物块做何种运动的关键。类平抛运动遵循平抛运动的规律，但加速度不是重力加速度。
9.【答案】BC
【解析】解：BD.近地卫星甲和同步卫星乙均绕地球做匀速圆周运动，均由地球万有引力提供向心力。
对同步卫星乙有：GMm乙r2=m乙v乙2r
对近地卫星甲有：GMm甲R2=m甲v甲2R
联立方程可得：v甲v乙= rR
故B正确，D错误；
C.同步卫星与地球自转角速度相同，由v=rω可得
v丙v乙=Rr
故C正确；
A.由上述解析可知
v甲v乙= rR，v丙v乙=Rr
联立解得：v甲v丙=(rR)32
故A错误。
故选：BC。
BD、近地卫星甲和同步卫星乙均绕地球做匀速圆周运动，均由地球万有引力提供向心力，可分别列出方程，进而可判断v甲、v乙的大小关系。
C、同步卫星与地球自转角速度相同，由v=rω可判断v丙、v乙的大小关系。
A、根据上述结果，可判断v甲、v丙的大小关系。
解答本题时要明确地球同步卫星与赤道上物体丙角速度相同，两者线速度可进行比较；近地卫星甲和同步卫星乙均绕地球做匀速圆周运动，均由地球万有引力提供向心力，两者线速度可进行比较。
10.【答案】AC
【解析】解：AB、该过程中，由几何关系知，A向右的运动了：Δx=lsin53∘−lsin37∘=5(0.8−0.6)m=1m
B向上运动了：Δh=Δx=1m
所以力F做的功：W=FΔx=18×1J=18J
B的重力势能增加了：ΔEp=mgΔh=1×10×1J=10J，故A正确、B错误；
CD、当轻绳方向与竖直方向成53∘时，由关联速度可得：vAsin53∘=vBcs53∘
运动过程中，对于A、B组成的系统，由功能关系得：
FΔx=mgΔh+12mvA2+12mvB2
联立解得：vA=2.4m/s、vB=3.2m/s，故C正确、D错误。
故选：AC。
由题设条件和几何关系求出A球向右运动的距离和B球上升的度，再根据功的公式求拉力的功和B球增加的重力势能；将A和B的速度分别沿绳和垂直于绳进行分解，根据沿绳方向的分速度相等结合动能定理，求解A、B的速度大小。
本题主要是考查功能关系和运动的合成与分解，解答本题的关键是知道两个小球沿绳方向的分速度相等，掌握从功与能的角度解决问题的方法。
11.【答案】存在空气阻力和摩擦阻力
【解析】解：(1)实验中需要交流电源为打点计时器供电，还需用刻度尺测量纸带间点迹的距离。实验不需要测量时间，故ABC错误，D正确；
故选：D。
(2)重物重力势能的减少量：ΔEp=mghB=1×9.80×0.1920J=1.88J；
打B点时的速度：vB=xAC2T=0.2323−
则B点的动能：EkB=12mvB2=12×1×1.922J=1.84J
所以动能的增加量：ΔEk=1.84J
(3)于存在空气阻力和摩擦阻力，一部分重力势能转化为内能，导致重力势能的减少量大于动能的增加量。
故答案为：(1)D；(2)1.88、1.84；(3)存在空气阻力和摩擦阻力。
(1)根据实验原理与实验器材的选择进行分析答题；
(2)根据重力势能的公式求减少的势能。根据做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打出B点时的速度，再求出增加的动能；
(3)根据实验过程分析误差。
解答实验题的关键是理解实验原理，关键是应用匀变速直线运动的推论求出速度后，再求物体增加的动能。
12.【答案】BCD 保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置 >=m1x2=m1x1+m2x3
【解析】解：(1)ABC.本实验用v=xt代入验证，时间t可以消去，故需要测量小球的水平射程和两小球的质量，不需要测量时间，即不需要测量抛出点距地面的高度，故A错误，BC正确；
D.为保证小球从斜槽末端段飞出时做平抛运动，应保证斜槽末端水平，故D正确；
E.斜槽光滑与否对实验结果不影响，只要保证入射小球均从同一高度释放，保证碰撞前入射小球的速度相同即可，故E错误。
故选：BCD。
(2)保持入射小球从同一位置释放是为了保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置；
(3)为了保证小球碰撞为对心碰撞，且碰后不反弹，要求m1>m2，d1=d2；
(4)碰撞时满足动量守恒有m1v2=m1v1+m2v3
两边同时乘以下落时间有m1x2=m1x1+m2x3
故答案为：(1)BCD；(2)保证小球每次平抛的初速度相同，以找出对应的平均落点位置；(3)>，=；(4)m1x2=m1x1+m2x3
(1)(2)(3)根据动量守恒定律和平抛运动规律可得需要验证的关系式，根据关系式判断需要测量物理量；
(4)小球离开斜槽后做平抛运动，根据题意应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为解决问题的关键；要注意理解该方法的使用。
13.【答案】解：(1)由图像可知，在0∼20s内，游轮的加速度a=0.1m/s2，在T=20s时游轮的速度v=aT=0.1×20m/s=2m/s
由牛顿第二定律有F−f=Ma
又P=Fv，解得f=Pv−Ma=6×1072N−2.5×108×0.1N=5×106N
(2)当游轮达到最大速度时，则有F1=f
又P=F1vm
解得vm=Pf=6×1075×106m/s=12m/s
答：(1)游轮航行过程中所受的阻力大小为5×106N；
(2)游轮行驶的最大速度为12m/s。
【解析】(1)根据速度与时间的关系式求出20s时游轮的速度，再结合牛顿第二定律和P=Fv求出游轮航行过程中所受的阻力大小；
(2)根据P=F1vm求出游轮的最大速度。
本题考查了机动车的启动问题，解决本题的关键是熟练掌握机动车的两种启动方式。
14.【答案】解：(1)撤去拉力前，夯锤受到重力和两根绳子的拉力，夯锤受到的合力：F合=2FTcs⁡37∘−mg
根据牛顿第二定律，有：a=F合m
解得：a=2.8m/s2；
(2)设夯锤落地瞬间的速度大小为v，拉力作用的位移为h=0.4m，由动能定理，有2FTcs37∘h=12mv2
解得v=3.2m/s
(3)设夯锤砸向地面时受到的平均支持力大小为F，由动量定理，有(F−mg)t=mv
由牛顿第三定律得，夯锤对地面平均冲力大小为F′=F
解得F′=3.3×104N
答：(1)打夯两人撤去拉力前，夯锤上升时的加速度大小为2.8m/s2；
(2)夯锤落地前瞬间的速度大小为3.2m/s；
(3)夯锤撞击地面的平均冲力大小3.3×104N。
【解析】(1)根据受力分析、结合牛顿第二定律求解加速度；
(2)重物从离开地面到落地前过程，根据动能定理求解落地前瞬间的速度大小；
(3)根据动量定理求解地面对重物的冲击力大小。
解决该题需要掌握牛顿第二定律、动能定理、动量定理的表达式，掌握在多过程运动中根据动能定理列式求解物理量，掌握动量定理的应用特点。
15.【答案】解：(1)由题意，物块恰通过最高点时，根据牛顿第二定律有：mg=mvC2R
又由机械能守恒定律有：Ep=12mvC2
联立解得：Ep=4.5J
(2)物块滑上传送带减速时，由牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcsθ=ma
解得加速度的大小：a=10m/s2
假设物块能减速到与传送带共速，这个阶段的位移：x=v02−v22a=122−622×10m=10.8m>L=3.6m，则假设不成立，说明滑块与传送带未共速。
设到达A点时滑块的速度为vA，根据运动学有：vA2−v02=−2aL
在A点时，由牛顿第二定律有：FN−mgcsθ=mvA2R
由牛顿第三定律有：FN=F压
联立解得：F压=88N
(3)物块从A点到C点过程中，由动能定理有
−mgR(1+csθ)−Wf=12mvC2−12mvA2
解得：Wf=15.3J
答：(1)弹簧具有的最大弹性势能为4.5J；
(2)物块在A点时对圆轨道的压力大小为88N；
(3)物块在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为15.3J。
【解析】(1)根据物体恰滑上圆弧轨道的最高点进入水平光滑平台，根据牛顿第二定律求出速度，再由机械能守恒定律求弹簧被压缩的最大的弹性势能；
(2)对物块根据运动学公式和牛顿第二、三定律求在A点对轨道的压力；
(3)从A到C根据动能定理求克服摩擦力做的功。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，是竖直平面内的圆周运动和传送带模型的综合，易错点是物块滑到A点是否与传送带，共速先要判断，对学生的要求较高。