2024年河南省信阳高级中学高考物理模拟试卷（3月份）（四）(含详细答案解析)

这是一份2024年河南省信阳高级中学高考物理模拟试卷（3月份）（四）(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，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.物理实验是物理理论研究的基石。关于下面几幅图说法正确的是( )
A. 图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压一定小
B. 图乙说明在α粒子散射实验中，大多数粒子都有了明显偏转
C. 图丙说明氡原子核衰变时，每过3.8天，发生衰变的原子核数目保持不变
D. 由图丁可以推断出，氧原子核(816O)比锂原子核(36Li)更稳定
2.雨雪天气时路面湿滑，汽车在紧急刹车时的刹车距离会明显增加。如图所示为驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的v−t图像，驾驶员的反应时间为1s。下列说法正确的有( )
A. 从t=0到停下，汽车在干燥路面的平均速度等于在湿滑路面的平均速度
B. 从t=1s到停下，汽车在干燥路面的平均速度大于在湿滑路面的平均速度
C. 从t=0到停下，汽车在干燥路面的行驶距离比在湿滑路面的行驶距离少10m
D. 从t=1s到停下，汽车在干燥路面的加速度是在湿滑路面的加速度的1.33倍
3.“学以致用”是学习的好习惯，一位女生仅借助橡皮筋，刻度尺就测出了课本与桌面间的动摩擦因数。她先用刻度尺测出橡皮筋的自然长度L0，然后用皮筋将课本悬挂起来，当课本静止时测出橡皮筋的长度为L1，接下来用像皮筋沿水平桌面拉动课本，当课本匀速运动时橡皮筋的长度为L2。橡皮筋的形变始终处于弹性限度内，所产生的弹力与形变址的关系遵循胡克定律。由此可知，课本与桌面间的动摩擦因数为( )
A. L2−L0L1−L0B. L1−L0L2−L0C. L2−L1L1−L0D. L2−L1L2−L0
4.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课正式开讲，这是中国航天员首次在梦天实验舱内进行授课，若梦天实验舱绕地球的运动可视为匀速圆周运动，其轨道离地面的高度约为地球半径的116倍。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则( )
A. 漂浮在实验舱中的宇航员不受地球引力
B. 实验舱绕地球运动的线速度大小约为 16gR17
C. 实验舱绕地球运动的向心加速度大小约为(1716)2g
D. 地球的密度约为51g64πGR
5.如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行并相距为L，bc是以O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，磁感应强度均为B，a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m，金属杆MN和OP电阻均为R，其余电阻不计，若杆OP绕O点在匀强磁场区内以角速度ω从b到c匀速转，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A. 杆OP产生的感应电动势恒为Bωr2
B. 电容器带电量恒为BCωr22
C. 杆MN中的电流逐渐减小
D. 杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为B2ω2r2L4mR
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
6.如图所示，1、2轨道分别是天宫二号飞船在回程变轨前后的轨道，下列说法正确的是( )
A. 飞船在1轨道速度大于2轨道速度
B. 飞船在1轨道加速度大于2轨道加速度
C. 飞船从1轨道变到2轨道要减小速度
D. 飞船在1轨道机械能大于2轨道机械能
7.如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ2.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则( )
A. 当F<2μmg时，A、B都相对地面静止B. 当F=83μmg时，A的加速度为13μg
C. 当F>3μmg时，A相对B滑动D. 无论F为何值，B的加速度不会超过12μg
8.三根光滑绝缘细杆a、b、c固定于竖直放置的圆环上，每根杆上各套着一个质量为m，电荷量为+q的小滑环(未画出)，其中杆b过圆心O且与水平方向的夹角θ=60∘，空间中存在与圆环平行的匀强电场(未画出)。现将三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，忽略三个滑环间的相互影响，则匀强电场的电场强度大小可能是( )
A. mg3qB. 2mg4qC. mg2qD. 2mgq
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
9.利用单摆测量重力加速度，实验操作如下：
(1)使用游标卡尺测量实芯钢球的直径，如图所示，钢球直径的读数为d=______ mm；
(2)将器材按甲图方式连接，用刻度尺测量出悬点与钢球最上端间细线长度为l；使钢球按照乙图方式运动，摆角小于5∘，钢球第1次经过最低点处开始计时，第n次经过最低点时的总时间为t，则重力加速度g=______；(用测得的物理量表示)
(3)若钢球实际按图丙方式在水平面内做圆周运动，但仍然视作单摆，则测量出的重力加速度值______(填“偏大”或“偏小”)。
10.在“测量电源的电动势和内阻”实验中，某小组同学设计两种方案：
(1)方案一：利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，实验电路图如图甲所示。根据记录的数据作出的U−I图像如图乙所示。通过图像乙可求出电池的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(计算结果保留2位有效数字)
(2)方案二：实验电路图如图丙所示。其中电流表A1和A2，电压表V1和V2都是非理想电表，且电表内阻未知。闭合开关S，通过调节滑动变阻器R1和R2，使灵敏电流计G的示数为0，读出电流表示数I1和I2，以及电压表示数U1和U2，多次测量获得多组数据，绘制图像，以(I1+I2)为横坐标，以______为纵坐标，得到的图像为直线，其纵轴截距为 b，斜率为k，则电源电动势E=______，电源内阻r=______。从设计思路看，该方案电动势的测量值与真实值相比______(选填“偏小”“偏大”或“相等”)。
四、简答题：本大题共3小题，共9分。
11.为了测量一些形状不规则又不便浸入液体的固体体积，某同学设计了如图所示的装置。装置由导热汽缸和轻质活塞组成，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略。初始时活塞位于位置A，关闭阀门K，在活塞上添加砝码，经过一段时间后活塞稳定在位置B，此时容器容积为V。取下砝码，打开阀门K放入待测物，将活塞置于A处，随后再次关闭阀门，重新添加砝码。经过一段时间后活塞再次稳定在位置B。前后两次添加的砝码质量分别为m1和m2，过程中环境温度不变。求被测固体的体积Vx。
12.如图所示，空间存在垂直纸面向里的两磁场，以直线AB为界，直线上方存在磁感应强度大小为B1=B的匀强磁场，直线下方存在磁感应强度大小为B2的磁场。与AB间距离为L处有一粒子源O，该粒子源可沿垂直AB方向发射质量为m、电荷量为q的带电粒子。不计粒子的重力。
(1)若B2=B，粒子轨迹在AB下方距离AB最大值为L，求粒子的速度v1及粒子在AB下方的运动时间t；
(2)若B2=2B，粒子轨迹在AB下方距离AB最大值为L2，求粒子的速度v2。
13.如图所示，逆时针转动的传送带MN长度L=2m，可以根据需要调整速度大小，传送带左右两侧平台等高光滑，右侧竖直墙壁上固定一个轻质弹簧；左侧平台上固定一个光滑圆轨道，E点为圆轨道内侧最高点，最低点D、D′点相互靠近且错开。圆轨道左侧平面光滑且足够长；圆轨道左侧静置着一质量为10g的物块B，一个质量为30g的物块A以初速度v0=2m/s向右运动并与静止的物块B发生弹性碰撞，已知物块B与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可看作质点。求：
(1)物块A、B第一次碰撞后，求物块B的速度大小；
(2)若两物块碰撞后只有物块B能通过圆轨道的最高点且物块A、B均不脱轨，求轨道半径的范围；
(3)若圆轨道的半径为8cm，欲使物块A、B能发生两次碰撞，求传送带的速度范围。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压较大，而饱和电流的大小与光照强度有关，故A错误；
B.图乙是α粒子散射实验的示意图，散射后绝大多数α粒子基本沿原方向前进，少数发生了大角度偏转，故B错误；
C.图丙说明氡原子核衰变的规律，每经过3.8天，氡原子核发生衰变的数量下降一半，原子核发生衰变的概率不变，故C错误；
D.比结合能越大，原子核越稳定，根据图像丁可判断出氧的原子核比锂的原子核更稳定，故D正确。
故选：D。
根据图像，再结合遏止电压、原子核的结构、半衰期、比结合能的概念分析作答。
本题考查的光电效应现象，α粒子散射实验，半衰期和比结合能的概念，要求学生平时注重基础，解答不难。
2.【答案】C
【解析】解：AC、根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知从t=0到停下，汽车在湿滑路面的位移为
x1=vt1+v2t2=20×1m+202×(4−1)m=50m
此过程的平均速度为
v1−=x1t1+t2=504m/s=12.5m/s
从t=0到停下，汽车在干燥路面的位移为
x2=vt1+v2t3=20×1m+202×(3−1)m=40m
此过程的平均速度为
v2−=x2t1+t3=403m/s=13.3m/s
通过比较以上数据可知，从t=0到停下，汽车在干燥路面的平均速度大于在湿滑路面的平均速度，汽车在干燥路面的行驶距离比在湿滑路面的行驶距离少10m，故A错误，C正确；
B、从t=1s到停下，设汽车在干燥路面的平均速度为v3，在湿滑路面的平均速度为v4，即v3=v4=v2=202m/s=10m/s，说明平均速度大小相等，故B错误；
D、根据v−t图像的斜率表示加速度，则从t=1s到停下，汽车在湿滑路面的加速度大小为
a1=ΔvΔt1=204−1m/s2=6.7m/s2
从t=1s到停下，汽车在干燥路面的加速度大小为
a2=ΔvΔt2=203−1m/s2=10m/s2
可知从t=1s到停下，汽车在干燥路面的加速度是在湿滑路面的加速度的1.5倍，故D错误。
故选：C。
根据v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，分析位移关系，再分析平均速度关系；根据图像的斜率表示加速度，分析加速度关系。
解决本题的关键要知道v−t图像与时间轴所围的面积表示位移，图像的斜率表示加速度，要注意平均速度公式v−=v0+v2只适用于匀变速直线运动。
3.【答案】A
【解析】解：依题意，将课本用皮筋悬挂起来，当课本静止时测出橡皮筋的长度为L1，则
k(L1−L0)=mg
然后用像皮筋沿水平桌面拉动课本，当课本做匀速直线运动时，橡皮筋的长度为L2，由平衡条件可得
k(L2−L0)=μmg
联立解得
μ=L2−L0L1−L0
故A正确；BCD错误。
故选：A。
首先根据课本静止，由二力平衡，列出弹簧弹力与课本重力的关系式。然后根据课本匀速直线运动得出摩擦力与弹簧弹力的关系式，联立求解即可。
本题考查二力平衡模型，解题关键是理解题意，构建二力平衡模型，对学生要求较高。是一道好题。
4.【答案】B
【解析】解：A、漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，故A错误；
BC、设空间站的质量为m，其所受万有引力提供向心力，有
GMm(1716R)2=m×a=m×v21716R，GM=gR2
解得：v= 16gR17，a=(1617)2g，故B正确、C错误；
D、由上述还可得到地球质量：M=gR2G，所以地球的平均密度约为：ρ=M43πR3=gR2G43πR3=3g4πGR，故D错误。
故选：B。
空间站中宇航员所受万有引力提供向心力；
根据牛顿第二定律和圆周运动规律列式可求空间站的线速度和向心加速度；
再根据ρ=M43πR3求地球平均密度。
本题以空间站运行为背景，考查万有引力定律和黄金代换公式GM=gR2，关键要抓住万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两条思路，并能灵活选择向心力公式。
5.【答案】C
【解析】解：A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E=Brv−=12Br2ω，故A错误；
BC、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆MN中的电流逐渐减小，则电容器两端带电量会减小，故B错误，C正确；
D、根据C选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a=BILm发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故D错误；
故选：C。
求出OP转动切割磁感应线的感应电动势；由于MN切割磁感线产生的感应电流，从而使得杆MN中的电流大小发生改变，由此分析电容器电量的变化、杆MN加速度的变化。
本题主要是考查法拉第电磁感应定律和安培力作用下导体棒的运动问题，对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=12Br2ω来计算。
6.【答案】CD
【解析】解：AB、飞船做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma
可得：a=GMr2，v= GMr，轨道半径越大，速度和加速度越小，可知飞船在轨道1的速度小于在轨道2的速度，在轨道1的加速度小于在轨道2的加速度，故AB错误；
CD、飞船从较高的轨道1进入较低的轨道2要进行减速做近心运动才能完成，所以飞船在1轨道机械能大于2轨道机械能，故CD正确。
故选：CD。
根据万有引力提供向心力列式，得出飞船的速度、加速度与轨道半径的关系，再比较它们的大小。结合变轨原理分析即可。
解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一重要思路，知道线速度、向心加速度与轨道半径的关系。
7.【答案】CD
【解析】解：AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：
f′max=12μ(mA+mB)g=32μmg，
AC、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′−2μmg=2ma′
对A、B整体，有F′−32μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当32μmg3μmg时，A相对于B滑动。故A错误，C正确。
B、当AB间刚好发生相对滑动时的加速度为a=μg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=12μ(mA+mB)g=32μmg，故拉力F最小为：F−f′max=(m+2m)⋅a，所以F=12μ⋅3mg+3ma=92μmg时，AB将发生滑动。
当F=83μmg时，F<92μmg，AB间不会发生相对滑动，对整体，由牛顿第二定律有：a=83μmg−12⋅3mg3m=718μg，故B错误。
D、A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为32μmg，无论F为何值，B相对于地面都不会发生相对滑动。当然加速度更不会超过12μg，故D正确。
故选：CD。
根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．
本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．
8.【答案】CD
【解析】解：三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，由等时圆模型分析可知重力与电场力的合力(即等效重力)方向应与b在同一直线上。
如图所示，由三角形法则可知电场力qE方向与b垂直时，电场力最小，电场强度取得最小值，此时有
qE=mgcsθ
所以电场强度应满足：E≥mgcsθq=mg2q，故AB错误，CD正确。
故选：CD。
三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，借助等时圆模型分析知道重力与电场力的合力方向应与b在同一直线上，利用三角形法则作图，确定电场力最小时的电场力方向，再求出电场强度的最小值，从而电场强度的范围，即可分析电场强度的可能值。
解答本题的关键要掌握等时圆模型，分析重力与电场力的合力即等效重力的方向，采用作图法确定电场力取得最小值的条件。
9.【答案】12.35[(n−1)π]2(l+d2)t2 偏大
【解析】解：(1)20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，钢球直径d=12mm+7×0.05mm=12.35mm
(2)单摆的摆长为L=l+d2
单摆的周期为T=tn−12=2tn−1
根据单摆的周期公式T=2π Lg
代入数据联立解得重力加速度g=[(n−1)π]2(l+d2)t2
(3)设绳与中心线的夹角为θ，由牛顿第二定律有
mgtanθ=m4π2T12⋅Lsinθ
解得圆锥摆的周期为T1=2π Lcsθg故小球做圆锥摆运动比单摆的周期短，在时间t内完成周期性的次数n变多，由此测算出的重力加速度偏大。
故答案为：(1)12.35；(2)[(n−1)π]2(l+d2)t2；(3)偏大。
(1)20分度游标卡尺的精确度为0.05mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+游标上对齐格数(不估读)×精确度；
(2)根据单摆全振动的次数和时间求周期，根据单摆周期公式求重力加速度；
(3)根据牛顿第二定律和向心力公式求解圆锥摆的周期，然后作答。
本题考查了游标卡尺的读数，考查了单摆测量重力加速度；掌握单摆的周期公式是解题的关键；注意实验时要让单摆在同一竖直平面摆动。
10.【答案】+U2 b−k相等
【解析】解：(1)根据图甲所示电路图由闭合电路的欧姆定律可知：U=E−Ir，根据图乙所示图象可知，电池电动势E=1.5V，电池内阻r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω。
(2)由图丙所示电路图可知，路端电压为U1+U2，以(I1+I2)为横坐标，以(U1+U2)为纵坐标作图象，由闭合电路的欧姆定律得：U1+U2=E−(I1+I2)r，则图象的纵轴截距b=E，图象的斜率k=−r，则电源内阻r=−k；由图丙所示图象可知，路端电压为U1+U2，流过电源的电流为I1+I2，该电路不存在系统误差，电动势的测量值等于真实值。
故答案为：(1)1.5；0.83；(2)U1+U2；b；−k；相等。
(1)根据图甲所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图乙所示图象求出电池电动势与内阻。
(2)根据图丙所示电路图与实验步骤应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻并分析实验误差。
本题考查了测电源电动势与内阻实验，分析清楚电路结构、理解实验原理是解题的前提；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式即可解题。
11.【答案】解：设当活塞位于位置A时，装置的容积为VA，大气压强为p0，重力加速度为g，活塞横截面积为S。
第一次添加砝码前后，装置内气体为等温变化p1=p0+m1gS
由玻意耳定律：p0VA=p1V
放入待测物体，添加砝码前后，装置内气体变化仍为等温变化p2=p0+m2gS
由玻意耳定律：p0(VA−Vx)=p2(V−Vx)
解得Vx=m2−m1m2⋅V
答：被测固体的体积m2−m1m2⋅V。
【解析】以活塞为研究对象，利用平衡求封闭气体压强，然后由玻意耳定律分别对两种情况列式即可求出。
解决本题的关键是以活塞为研究对象，利用平衡求封闭气体压强，另外还要会判断封闭气体做何种变化，然后选择合适的气体实验定律列式求解即可。
12.【答案】解：(1)设粒子在磁场中运动半径为r1，当粒子距AB的最大距离为L，由几何关系可知：r1=2L
根据圆周运动力学关系可得：Bqv1=mv12r1
解得：v1=2BqLm
由几何关系：csθ=Lr1
可得：θ=60∘
则带电粒子在AB下方运动的时间t为：t=2θ2πT
代入数据解得：t=2πm3Bq
(2)若B2=2B，设粒子在直线下方磁场中运动半径为r2，根据带电粒子在磁场中运动规律：r=mvqB
可知：r1=2r2
粒子在磁场中运动轨迹如图，
设O1O2与磁场边界夹角为α，由几何关系：r1sinα=L
r2−r2sinα=L2
联立解得：r2=L，sinα=12
根据洛伦兹力提供向心力有：qv2B2=mv22r2
解得：v2=2BqLm
答：(1)粒子的速度v1为2BqLm，粒子在AB下方的运动时间t为2πm3Bq；
(2)粒子的速度v2为2BqLm。
【解析】(1)根据题设条件画出粒子的轨迹图，由洛伦兹力做向心力得到轨道半径，然后根据几何关系得到粒子在直线下方所对的圆心角，根据周期公式和时间公式求粒子的运动时间；
(2)根据题设条件结合几何关系求出粒子的轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力求出粒子的速度。
带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，故常根据速度及磁感应强度求得半径，然后根据几何关系画出运动轨迹；或反过来由轨迹根据几何关系求解半径，进而求得速度、时间等。
13.【答案】解：(1)设物块A、B第一次碰撞后，物块A、B的速度大小分别为v1、v2，以水平向右为正方向，物块A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
解得：v1=1m/s，v2=3m/s
(2)设圆轨道半径为时r，物块B到达圆轨道最高点的速度大小为v3，物块B能通过圆轨道的最高点，在最高点需满足：
mBv32r≥mBg
对B碰撞后到圆轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得：
12mBv22=2mBgr+12mBv32
联立解得：r≤0.18m
若两物块碰撞后物块A恰能到达圆轨道的圆心等高处，则有：
12mAv12≤mAgr
解得：r≥0.05m
综合可得轨道半径的范围为：0.05m≤r≤0.18m
(3)当圆轨道的半径为r1=8cm时，因0.05m设物块B到达传送带右端的速度大小为v4，由动能定理得：
−μmBgL=12mBv42−12mBv22
解得：v4= 5m/s
设物块B恰能通过圆轨道最高点时速度大小为v5，对应的物块B在圆轨道最低点时速度大小为v6，则有：
mBg=mBv52r1
12mBv62=2mBgr1+12mBv52
解得：v6=2m/s
物块B与弹簧碰撞后以v4= 5m/s的速度向左滑上传送带，设物块B一直做匀减速直线运动到传送带左端的速度大小为v7，由动能定理得：
−μmBgL=12mBv72−12mBv42
解得：v7=1m/s
因v7即传送带的速度范围为大于等于2m/s。
答：(1)物块A、B第一次碰撞后，物块B的速度大小为3m/s；
(2)轨道半径的范围为0.05m≤r≤0.18m；
(3)传送带的速度范围为大于等于2m/s。
【解析】(1)物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求解碰撞之后的速度；
(2)两物块碰撞后：①物块B恰能通过圆轨道的最高点；②碰撞后物块A恰能到达圆轨道的圆心等高处。对两个临界情况进行分析讨论。根据动能定理和牛顿第二定律解答；
(3)应用动能定理和牛顿第二定律求解物块B恰好通过圆轨道最高点时，对应的在圆轨道最低点时速度大小，物块B再次返回到达传送带左端的速度不能小于此速度，依据此条件求解传送带的速度满足的条件。
本题考查学生的综合分析能力，综合考查圆周运动的临界问题，动量守恒定律的应用和传送带的相对运动问题。本题涉及很多隐含条件：物体恰好通过圆轨道最高点时支持力为零；弹性碰撞动量守恒和机械能守恒。本题运动过程比较复杂，需要对运动过程非常清晰，难度较大，很好的考查了考生对物理过程的分析能力。