山东省济宁市2024-2025学年高二（上）期末物理试卷（解析版）

山东省济宁市2024・2025学年高二（上）期末物理试卷

一、单选题：本大题共8小题，共24分。

1.关于以下四幅图的描述，下列说法正确的是（）

A.图甲中光导纤维内芯的折射率比外套的折射率小

B.图乙中入射角i逐渐增大到某一值后，光线会从玻璃破下表面发生全反射

C.图丙为单缝衍射的图样

D.图丁中鸣着笛疾驰而过的急救车使人感觉音调变化,是由F共振引起的

【答窠】C

【解析】解：4图甲中光导纤维内芯的折射率比外套的折率率大,才能使光从内芯射到外套时发生全反

射，故A错误;

及根据光路的可逆性，无论图乙中入射地i增大到何值，光线都不会在玻璃破下表面发生全反射，故8错

误；

C图丙中央条纹最宽最•任，越向两边越窄越暗，为单缝衍射的图样，故C正确；

。.图「中鸣着笛疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是由于多普勒效应引起的，故。错误。

故选：Co

根据发生全反射的条件分析；根据光路可逆分析：根据衍射图样分析：根据多普勒效应分析。

本题考食了发生全反射的条件，光的衍射图样和多普勒效应等，基础题。

2.在“利用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验装置按如图甲所示安装在光具座上，单缝保

持竖直方向，调节实验装置使光屏上出现清晰的干涉条纹，下列说法正确的是（）

甲丙

A.单缝和双缝应相互垂直放置

B.图乙所示，测量头读数为13.87mm

C.仅增大单缝和双缝之间的距离，光屏上条纹间距将增大

D.如图丙所示4、8两条亮条纹的中心间距为Q,则相邻两条亮条纹中心间距=2

O

【答案】。

【解析】解：4单缝和双缝应相互平行放置，故A错误：

及螺旋测微器的精确度为0.01mm,读数为13.5mm+37.0x0.01mm=13.870mm,故8错误：

根据双缝干涉条纹间距公式可知，双缝间距与单缝和双健之间的距离无关，因此梢微增大单缝

Cdx=a

和双缝之间的距离，光屏上相邻两条亮纹中心的距离不变，故C错误：

D由图可知相邻两条亮条纹中心间距=泉故。正确。

O

故选：D.

根据实脸的正确操作分析作答；根据螺旋测微器精确度读数：根据双缝干涉条纹间距公式分析作答；九条

凫条纹之间有5-1）个条纹间距，据此求解相笑亮条纹之间的距离。

掌握实验的正确操作，理解双缝F涉条纹的间距公式dx=T人注意n条亮条纹之间仃5-1）个条纹间

距。

3.如图所示，一人在河中游泳，其眼睹恰好在水面处，某时刻看到自己正下

方的河底有一小石块，向前运动3m时恰好行不到小石块，河水的折射率n=

这条河的深度为（）

•3/

A.4m小石块

B./7m

C.2.25m

n3。vn

D.-4--

【答案】B

【解析】解：由人恰好看不到小石块可知此时恰好全反射，由折射率与临界角的关系：打=-二，可知全

SEC

反射时，sinC：

=47

由图可知，人与小石块的距离为：L=言，解得：L=4m,结合几何关系，即可计算河的深度为：h=

7H—X2,解得：h=5m，故ACO错误，8止确。

小石块

故选：Bo

由人恰好看不到小石块可知此时恰好全反射，由折射率与临界角的关系，可计算全反射时人与小石块的距

离，结合几何关系，即可计算河的深度。

本胭考畲全反射的计算，关键是理解人恰好看不到小石块，即此时恰好全反射。

4.如图所示，矩形线圈abed关于虚线对称，匝数为n,面积为S。虚线左侧有范围足够大的匀强磁场，磁感

应强度大小为8、方向垂直于线圈平面，若线圈从图示位置以M边为轴转动180。，这一过程中穿过线圈磁

通戢的变化量为（）

XXXX：

aid

XBXXX：

XX.XX；

O-------------------------------------C

XXXX；

A.*?BSB.^3nBSC.^1BS1D.^nBS

【答案】A

【解析】解：线圈在转动前瞬间磁通量％=^8S,转过180。时的磁通量为%=-BS,则在此过程中磁通

量的变化量加=02-5=-85-匏5=-匏5，大小为|8S，故A正确，BCD错误.

故选：4。

根据磁通量的概念结合磁通量的变化量的公式列式求解。

考查磁通量的概念和磁通量的变化量，注意磁通量的标量性特点，会根据题意进行准确分析解答。

5.如图甲所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉5cm,然后由静止释放。

以钢球的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，从钢球某次经过平衡位置开始计时，钢球的

位移一时间图像如图乙所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，卜列说法正确的是（）

Q,x/cm

1

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

Q

J

Q

甲

A.0和t2时刻，钢球加速度相同B.0和七时刻，弹簧弹力大小相等

C.〜12时间内钢球的动能先增大后减小D.。时间内钢球的机械能不变

【答案】C

【解析】解：4、根据对称性可知，在口和与时刻，钢球的加速度大小相等，方向相反，故人错误；

B、钢球受到的弹簧冲力大小为尸=其中必为弹簧的形变量，口和匕两个时刻离开平衡位置的位移4大

小相等,则形变量不相同,弹力不相等,故8错误：

C、在平衡位置处，钢球的速度加大，所以钢球在。时间内，钢球的速度先增大后减小，所以钢球的动

能先增大后减小，故C正确：

/）、根据对称性可知，在口和J两个时刻钢球的动能相等，而由力势能因高度不同而不相等，则钢球的机械

能不相等,故。错误。

故选：C。

根据对称性分析；根据抑簧的形变量分析：根据在平衡位置处速度最大分析；在这两个时刻，钢球所在位

置的高度不同。

掌握简谐运动的对称性是解题的关键，知道钢球在平衡位置处速度最大。

6.如图所示，某同学利用灵敏电流计和定值电阻进行电表改装。若灵敏电流计

的内阻为并联电阻为凡下列说法正确的是（）

A.该图是改装后电压表的内部结构图

B.改装后的电表量程是原来的噌倍

Ks

C.增大R的阻值，改装后电表量程会增大

D.若改装后的电表示数比准确值梢小一些，可以更换一个阻值稍大的并联电阻

【答案】D

【解析】解：4、电表改装是将电流计与电阻并联，改装后是电流表的内部构造，故4错误；

B、根据串并联电路规律可知，改装后量程为I=1g+噜=■%，变为原来的罕倍，故B错误；

C、根据并联电路电流与电阻成反比可知，增大R的阻值，改装后电表量程会减小，故C错误；

。、若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以增大分流电阻使其分流少

屿，从而增大流过表头的电流使其准确，故。正确：

故选：。。

根据电流表的改装原理求最程：改装后的电流表示数比标准表梢小一些，说明流过表头的电流小，可以从

增大分流电阻而减小分流效果去分析。

本题的关键是明确并联电阻具有分流作用，即改装为电流表时，应将电流表与电阻并联。

7.如图所示，风洞喷出竖”向上的气流使几个实验者悬停在空中，其中甲、乙两人

的质量分别为mi、巾2,迎风面积分别为&、S2,若作用于甲、乙的气流密度、气

流速度大小均相同，气流吹到人身I•.后水平敢开，两人互小影响，则m]：m2等于

A.-JSi*JS?B.JS?:JS】C.S]：S]D.S?：S[

【答案】C

【解析】解：设气流密度为P、气流速度为也时间为仇，根据平衡条件，F=mg

由牛顿第三定律，人对气流的作用力

Fi=F

规定向上为正方向，对气流，由动显定理得

-mgAt=0-Amv

仇时间内，气体质量

dm=pvSAt

整理得

mpv2

由气流密度、气流速度大小均相同，则有

mim2

故

叫=1

m2~S?

故C正确，AB。错误;

故选：故

求出t时间内吹到广告牌的空气质量为m,根据动量定理与平衡条件即可求解。

本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要确定研究对象，分析运动过程，知道合外力的冲

量等于动量的变化。

8.如图所小，在同一平面内互相绝缘的三根无限长也导线a、b、c闱成•个等边\q/

三角形,三根导线通过的电流大小相等，方向如图所示。。为等边三角形的中\0/

6C

心，M、N分别为。关于导线6C的对称点。已知三根导线中的电流形成的合磁Af.\/.N

场在。点的磁感应强度大小为瓦，在N点的磁感应强度大小为外，若撤去导线（

a,而b、c中电流不变，则此时M点的磁感应强度大小为（）

A.B.C.Bi+B2D.BI-B2

【答案】A

【仰析】解：设每根导线产生的破场在。点的磁感应强度大小为殳，b、a中的电流在N点产生的磁感应强

度大小都为8'o，则在。点仃81=%,在N点有坊=2B'O+8O,撤去导线a,在乂点仃8M=殳+1。，联

立各式解得：8"="#,故A正确，8CO错误。

故选；Ao

根据安培定则分析导线在各点产生的磁场的方向，然后根据矢鼠合成法则计算即可。

知道b导线产生的磁场在N点的磁感应强度大小等「c导线产生的磁场在M点的滋感应强度大小相等是解题

的关键，掌握安培定则的应用是解题的基础。

二、多选题：本大题共4小题，共16分。

9.如图所示，£为电源电动势，r为电源内阻，灯和的为定值电阻，%为

滑动变阻器，电的总阳值大于片，电压表示数为U,电流表示数为/,闭

合开关S,a的滑动触点由最左端移动到最右端过程中，卜列说法正确的

是（）

A.U先增大后减小

B.U一直减小

CJ先减小后增大

D./•直增大

【答案】AC

【解析】解：已知/?2的总阻值大于此，&的滑动触点由最左端向右端移动的过程中，外电路的总电阻先增

大后减小，根据欧姆定律可知，总电流先减小后增大，内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，即

电压表示数U先增大后减小，/先减小后增大，故AC正确,错误。

故选:AC.

理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部T整体T

局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。

解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看

电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。

10.如图甲所示，一力传感器固定在天花板卜.，将单提悬绳一端固定在传感器上的。点。t=0忖刻将摆球

拉到4点由静止糕放，让其在人、C之间来回挑动（提角小于5。），其中8点为最低点。图乙表示细线对摆球的

拉力大小F随时间£变化的曲线,忽略空气阻力.取g=小m//•下列说法正确的是（）

A.的摆的周期为0.47TSB.旭提的摆长为1.6m

C.逑球所受合力提供其回复力D.根据所给数据可求出提球的质量

【答案】BD

【解析】解：儿根据图乙可知，单提的周期为7=0.8心，故4错误；

B、根据单摆周期公式T=2TTJ|可得单摆的搓长为L=1.6m,故8正确：

C、摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回狂力，投球所受合力一部分提供向心力、另•部分提供回复

力，故C错误：

D、根据图乙可知在力点的拉力F】=0.58N,在8点的拉力为F2=0.60N,设最大摆角为。，达到最低点的

速度大小为u，则有：

F]=mgcosO

V2

F2-mg=m-j-

从4到B根据动能定理可得：mgL（l-cos。）=-0

三个方程三个未知量（m、%6）,可求小球的质量，故D正确。

故选：BD。

根据图乙可知单摆的周期：根据单摆周期公式可得单摆的摆长：摆球所受重力沿切线方向的分力提供其回

复力；根据力的分解、向心力的计算公式结合动能定理可得小球的质量。

本翅主要是号查单挂的周期公式，关键是知道回更力的来源、单挂的周期公式。

11.如图所示，光滑水平面上停放一装有光滑孤形槽的小车，一小球以水\

平速度孙沿槽口滑入小车，到达某一高度后，小球又返回并滑离小车。%

已知小车与小球的质量均为m,重力加速度大小为g,忽略空气限力。下

列说法正确的是（）

A.小球滑离小车后将做自由落体运动B.小球与小车组成的系统动量守恒

C.小球在弧形槽内上升的最大高度为朦D.全过程小球对小车压力的冲量大小为mu°

【答案】ACD

【解析】解：/I、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，系统在水平方向动辰守恒，以向左为正方

向，

在水平方向，由动吊:守恒定律得：mv0=

系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：;

解得：U小球=0,V小东=Uo,小球离开小车后做自由落体运动，故人正确；

从小球在小车上运动过程，小球在竖直方向有向卜的加速度，系统处于失重状态，地面对系流的支持力

小「•系统的重力，系统所受合力不为零，系统动鼠不守恒，故8错误：

C、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球上升到最大高度时两者速度相等，以向左为正方

向，由动量守恒定律得：mv0=2mv

由机械能守恒定律得："m诏=2m/+mgh,解得：h=器,故C正确；

D、由力可知，小球离开小车时小车的速度u小*=%,对小车，由动量定理得：/=mv0-0=mv0,故。

正确。

故选:ACD.

小球和小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向动量守恒，根据系统水平方向动量守恒和

机械能守恒求出小球离开小车时小球和小车的速度，从而得出小球的运动规律：当小球上升到最高点时，

小球与小车具有相同的速度，结合系统水平方向动最守恒和机械能守恒求出上升的最大高度；由动量定理

求合力对小车的冲显大小。

本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律、动量定理的综合应用，关键要知道当小球与小车的速度相等

时，小球上升到最大高度。运用动能定理求外力做的功，运用动量定理求合力的冲量，都是常用方法，要

熟练掌握。

12.一列简谐横波沿x轴传播，时的波形图如图中所东，P、Q是介质中的两个质点，图乙是质点Q的

A.该列波沿x轴负方向传播B.该列波的波速是0.12m/s

C.在时，质点Q的位移为D.质点P平衡位置的坐标x=2.8cm

【答案】BC

【解析】解：4、根据图乙可知，t=,s时Q点向下振动，根据同侧法可知，该列波沿％轴正方向传播，故

A错误；

B、根据图甲可知：+14cm=0.14m,则波长：A=0.24m；根据图乙可得周期：7=2s,则波

432

速：v=y=m/s=O.12m/s,故“正确：

C、根据图乙可得Q的振动方程为：y=Asin^-t=Asin^-t=Asinnt,所以在t=,s时，质点Q的位移为

f4bO

y=^A,故C正确：

。、质点P平衡位置的坐标：x=彳xJx=0.02m=2.0cm,故。错误。

4343

故选:BC。

根据图乙结合同侧法判断该列波的传播方向：根据图中求解波长，根据图乙打得周期，根据波速计算公式

求解波速；根据图乙可得Q的振动方程，由此得到在t=时，质点Q的位移；根据图甲得到质点P平衡位

置的坐标。

本题主要是考查了波的图像；解答本题关键是要掌握振动的一般方程y=AsEo>3知道方程中各字母表示

的物理意义，能够根据图像直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之

间的关系u=/Ao

三、实验题：本大题共2小题，共14分。

13.如图是某兴趣小组在做“验证动僦守恒定律”实脸时设计的装置。己知该装置由弧形轨道和水平直轨

实验操作步骤如卜.：

①测出滑块a的加状和滑块b的质吊:，分别为7%和m2：

②将装置固定在水平桌面上;

③如图甲所示，将滑块Q从弧形轨道上某点由静止杼放，一段时间后存在H轨道上，用刻度尺测出滑块在

H轨道上滑行的距高S1：

④如图乙所示，将滑块b放置在H轨道左端，再次将滑块。从同•点由静止释放，两滑块磁撞后同向运动,

最终均停止在直轨道匕测出两滑块在直轨道上滑行的距离力、S3。

请回答以卜问题：

(1)关『■该实验，下列说法正确的是・

A.弧形轨道必须光滑

比滑块。的质量必须大于b的质量

C.适当增加滑块a移放高度，能减少实验误差

。.安装直轨道时必须水平，否则将影响验证结果

(2)若关系式成立，则说明两滑块碰撞过程中动量守恒(用题目中所给符号表示)。

【答案】BC=nii/sz+m2y/~S3

【解析】解：(1)/1.每次滑块在倾斜轨道上的同一位置静止释放，滑块到达斜槽末端的速度就相同，因此倾

斜轨道不一定必须光滑，故A错误；

8.为防止滑块a与滑块b碰后反弹，则滑块Q的质量必须要大于滑块b的质量，故8正确;

C.适当增加滑块a释放高度，能减少实验误差，故C正确：

。.若水平轨道不水平，根据牛顿第二定律mgsin。-nmgcosd=ma

化筒得a=gsin3-p.gcosO

因两滑块的材料相同，表面粗糙程度相同，则两滑块在轨道上运动的加速度都相同，因此不需要平直轨道

一定水平，故。错误；

故选：BC.

（2）设两滑块在水平轨道上滑动的加速度的大小为a

根据运动学公式，实验中滑块a碰撞前的速度□=/数

实验中滑块a碰撞后的速度为%=/范

滑块b碰撞后的速度为方=/病

若a、b两滑块碰撞过和中满足动最守恒,规定向右为正方向.则mi4=叫巧+g.

代入数据联立解得=叫，^+m2/s3

故答案为：（1）8C；（2）mi，&=血1、房+巾2、信

（1）根据实验的原理和正确的操作步骤分析作答：

（2）根据得出的动用守恒定律的衣达式进行分析。

本胭考查了验证动量守恒定律的实验。验证动最守恒定律的关键是测能碰撞前后的速度，这个实验利用水

平位移来代替碰撞前后的速度。

14.某实验兴趣小组将铜片和锌片插入水果中制成一个水果电池，并测尻该电池的电动势E和内阻r。所提

供的器材如下：

A.待测水果电池（E约为IV，r约为500。）

8电流表4（0〜2m4内阻为50。）

C.电压表V（0〜1.5V，内阻约为30AC）

。.滑动变阻器&（阳值。〜20。）

£滑动变阻器&（阻值0〜2000。）

E开关一个，导线若干

（1）该兴趣小组利用上述器材设计了图1甲、乙两个电路，其中最合理的电路为。

图I图2

(2)为「尽可能准确地测量水果电池的电动势和内阻，滑动变阻器R应选择(选填序号“D”或

“E”)。

(3)该兴趣小组选择正确的电路后进行实验，根据实验数据画出U-/图线如图2所示，可求得电源电动势

E=_____V,内阳r=(结果均保留三位有效数字)

(4)若不考虑实验偶然误差，实验测得的电动势E郎与真实值%相比，£舒______选填“>”、“一或

)o

【答案】乙E1.00450=

【解析】解：(1)水果电池的内阻较大,为了减小误差，需要把电流表与电源先串联起来，用电压表测量

滑动变阻器两端的电压，即大电阻采用相对电源的内接法，故选电路图乙：

(2)由中、乙可知滑动变阻器选择限流式接法，H水果电池的内阻较大，为「使电表的示数变化较明显，

则滑动变阻器选用最大阻值大的滑动变阻器E：

(3)由闭合电路欧姆定律，可得:U=£-/(%+「)

可知，图线中纵轴截距为：E=1.00V

图线的斜率为以+r=/°一°%=500/2

1.6x10

解得：r=450/2

(4)由测量电路可知，所测电动势为真实值，即：E^.=

故答案为:(1)乙；(2)E：(3)1.00、450：(4)=

(1)(2)根据待测电源“水果电池”的内阻较大的特点，选择滑动变阻器；根据伏安法测电源电动势与内阻

的原理结合内阻较大的特点选择电路图：

(3)电源U-/图像与纵轴交点坐标值是电源的电动势，图像斜率的绝对值等于电源内阻与电流表内阻之

和；

(4)由实验原理、实验电路分析实验误差。

本题考查电动势和内电阻的测量，要注意掌握实验原理，掌握根据图像分析电动势和内电阻的方法。

四、计算题：本大题共4小题，共46分。

15.手机防窥膜原理截面图如图所示，位手屏障正中间的P为点光源，可向四周发射光线。己知屏障高度为

d,两屏障间距L二空，防斑膜厚度为。，屏障边缘光线的折射光线反向延长线的夹角6为可视角，射向

屏障的光线被完全吸收。

(1)若防窥膜透明介质的折射率几=门，求可视角6：

(2)从尸点发出的未经屏障遮挡的光线都能射入空气，防通膜透明介质的折射率应该满足什么条件？

【答案】解：(1)由防窥膜透明介质的折射率，可得到光在空气中和介质中的两个角的关系式满足：n=

±1：

sina

由几何关系，可得：sEa=j浦彳•，解得：sina=i：

解得可视角6=120°；

(2)若从尸点发出的光未经屏幕遮挡的光线刚好达到临界角，可计算介质的折射率应满足n'=*,解得:

n'=2,

为保证所有光线均可射入空气，则折射率满足：n^<n;即折射率42。

答：(1)可视角为12为:

(2)防窥膜透明介质的折射率满足v2。

【解析】（1）由防窥膜透明介质的折射率，可得到光在空气中和介质中的两个角的关系式；由几何关系，

可计算可视角：

（2）由从P点发出的光未经屏幕遮挡的光线的临界角，可计算介质的折射率应满足的条件。

本题考查光的折射，关键是结合几何关系，计算光的入射角、折射角的正弦值。

16.2024年10月30日神舟十九号E船成功发射，并成功进行了一系列实验。如图所示，太空舱中一弹簧振

子沿竖直方向自由振动，一垂直于弹簧振子轴线的长绳与振子相连，沿绳方向建立x轴，沿弹簧轴线方向

建立y轴，弹簧振子振动后，绳上产牛.一列沿x轴正方向传播的简谐横波，实线为“时刻绳子的波形图，虚

线为（to+0.2s）时刻绳子的波形图，P为x=4m处的质点。

（1）求绳波的传播速度:

（2）若振动周期7>0.5s,求从玲时刻开始，经过1s质点P运动的路程。

z/m

【答案】解：（1）根据波形图可得：5+：）7=0.25

解得:7=若5（九=0、1、2、3……）

44

根据波速的计算公式可行:v=-=pg-m/s=(20n+S)m/s(n=0、2、3......)；

丁向

(2)若振动周期7>0.5s,n=0,T=0.8s：

经过质点P运动的路程：S=5X4/1=5/1=5X0.1m=0.5m.

U.o44

答：（1）绳波的传播速度为（20M+5）m/s（n=0、1、2、3……）：

（2）若振动周期0.5s,从5时刻开始，经过1s质点P运动的路程为0.5m-

【解析】（1）根据波形图求解周期的通项公式，根据波速的计算公式求解波速：

（2）若振动周期0.5s,求出周期的值，再根据一个周期通过的路程为44进行分析。

对于波的多解性问题，关键是知道传播方向的不确定、质点振动的周期性都会造成多解，解题时要弄清楚

质点的振动情况、以及波的传播情况，知道波速、波长和频率之间的关系〃=/人

17.某快递公司用电动势为£=14乙内阻r=l。的电源，控制电动机带动传送带向高处传送物品，电路中

接有定值电阻R=30。现将一质量为m=0.5kg的小物体（可视为质点）轻放在传送带的4点，电动机正常工

作，其工作电压为6P,电动机带动传送带以u=2m/s的速度匀速运动，A.B间传送带长1=67兀，与水平

面之间的夹角为e=37。，小物体与传送带之间的动摩擦因数〃=0.8,取g=10m/s2,sin37°=0.6,

cos370=0.8,传送带将小物体仄4点运送到8点的过程中，求:

(1)电源的输出功率;

(2)小物体的运动时间;

(3)为传送小物体，电动机多输出的能量。

【答案】解：(1)电路中的电流为

,E-U14-6..

/=和=罚4=2o4

电源的输出功率为

P.l;=(E-/r)/=(14-2x1)x2W=24W

(2)设小物体在斜面上运动的加速段为a,根据牛顿第二定律有

f.imgcos37°-mgsin37°=ma

解得Q=QAm/s2

小物体的加速时间为

,口2-

“=Z=5T=5S

小物体的加速距离为

x0=^t0=^x5m=5m<I=6m

说明小物体还没有到达最上端，则以后小物体将匀速运动，小物体匀速运动到最上端的时间为

口1=v2=0.5s

所以小物体运动的总时间为

t=%+"=5s+0.5s=5.5s

(3)小物体和传送带的相对位移为

Ax=vt0—xQ=2x5m—Sm=5m

所以为传送小物体，电动机多消耗的电能为

E=1mv2+mglsin370+fijngAxcos370

代人数据解得E=35/

答：(1)电源的输出功率为2