一、單選題
1．質(zhì)量為1kg的物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間的變化關(guān)系如圖所示，則下列說法錯誤的是( )
A.第1s內(nèi)，質(zhì)點的動能增加量為3J
B.第2s內(nèi)，合外力所做的功為2.5J
C.第2s末，合外力的瞬時功率為3W
D.內(nèi)，合外力的平均功率為2.25W
2．如圖所示，等量異種電荷固定于正六邊形ABCDEF的C、F點，以直線CF建立x軸，CF的中垂線建立y軸，M、N分別為FO、OC的中點，P、Q分別為AB、ED的中點，則下列說法正確的是( )
A.M點的電場強度大于N點的電場強度
B.M點的電勢比N點的電勢低
C.將一帶正電的試探電荷從P點移到Q點，試探電荷的電勢能不變
D.將一帶負電的試探電荷從N點由靜止釋放，在它從N點運動到M點的過程中，試探電荷的動能先增大后減小
3．質(zhì)量相同的物塊A、B從水平地面同一位置出發(fā)，分別以不同初速度只在摩擦力作用下做勻減速直線運動，其圖像如圖所示。則在物塊運動過程中( )
A.A、B兩物塊位移大小之比為2:1
B.A、B兩物塊受到的摩擦力大小之比為2:1
C.A、B兩物塊受到的摩擦力沖量大小之比為2:1
D.A、B兩物塊克服摩擦力做功之比為2:1
4．如圖所示，在正四面體P-ABC中，O是底面AB邊的中點，若在A、B兩點分別固定一個帶正電、電荷量都為Q的點電荷。下列說法中正確的是( )
A.P點的電場強度與C點的電場強度相同
B.P、C兩點的電勢相等，所以PC是一條等勢線
C.將帶正電的試探電荷q從O點沿著OC移動到C點，電荷的電勢能逐漸增加
D.從O點沿著OC移動到C點的過程中，電場強度先增加后減少
5．行星沖日是指某一地外行星在繞太陽公轉(zhuǎn)過程中運行到與地球、太陽成一直線的狀態(tài)，而地球恰好位于太陽和地外行星之間的一種天文現(xiàn)象。設(shè)地球繞太陽的公轉(zhuǎn)周期為，地球環(huán)繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑為，火星環(huán)繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道半徑為，萬有引力常量為G，下列說法正確的是( )
A.太陽的密度為
B.火星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為
C.從某次火星沖日到下一次火星沖日需要的時間為
D.從火星與地球相距最遠到火星與地球相距最近的最短時間為
6．如圖所示，ab為豎直平面內(nèi)的半圓環(huán)acb的水平直徑，c為環(huán)上最低點，環(huán)半徑為R，將一個小球從a點以初速度沿ab方向拋出，設(shè)重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是( )
A.小球的初速度越大，碰到圓環(huán)時的豎直分位移越大
B.當小球的初速度時，碰到圓環(huán)時的豎直分速度最大
C.若取合適的值，小球能垂直撞擊圓環(huán)
D.取值不同時，小球落在圓環(huán)上的速度方向和水平方向之間的夾角可以相同
7．如圖為多用表歐姆擋的原理圖，其中電流表的滿偏電流為300μA，內(nèi)阻，調(diào)零電阻的最大阻值，串聯(lián)的固定電阻，電池電動勢。用它測量電阻，能準確測量的范圍是( )
A.B.C.D.
8．如圖所示，水平面上的半圓柱體曲面光滑，與地面接觸的平面比較粗糙。小球A置于半圓柱體上，小球B用水平輕彈簧拉著系于豎直板上，兩小球A、B通過光滑滑輪O用輕質(zhì)細線相連，整個裝置處于靜止狀態(tài)，已知B球質(zhì)量為m。O點在半圓柱體圓心的正上方，OA與豎直方向成37°角，OA長度與半圓柱體半徑相等，OB與豎直方向成53°角，已知，。下列說法正確的是( )
A.小球A的質(zhì)量為2m
B.半圓柱體對A球支持力的大小為
C.地面對半圓柱體的摩擦力的大小為
D.滑輪O對輕質(zhì)細線的作用力豎直向上
二、多選題
9．項目小組根據(jù)自制的電動模型車模擬汽車啟動，通過傳感器繪制了模型車從開始運動到剛獲得最大速度過程中速度的倒數(shù)和牽引力F之間的關(guān)系圖像，如圖所示。已知模型車的質(zhì)量，行駛過程中受到的阻力恒定，整個過程時間持續(xù)5s，獲得最大速度為4m/s，則下列說法正確的是( )
A.模型車受到的阻力大小為1NB.模型車勻加速運動的時間為1s
C.模型車牽引力的最大功率為6WD.模型車運動的總位移為14m
10．在如圖所示的圖像中，直線Ⅰ為某一電源的路端電壓與干路電流的關(guān)系圖像，直線Ⅱ為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路。由圖可知( )
A.電源的電動勢為3.0VB.電阻R的阻值為
C.閉合電路的路端電壓為2.0VD.電源的內(nèi)阻為
11．質(zhì)量分別為和的兩個物體A、B在光滑水平面上發(fā)生正碰，碰撞時間不計，其碰撞前后的位移-時間圖像如圖所示，已知物體A的質(zhì)量為，則以下正確的是( )
A.該碰撞為非彈性碰撞
B.物體B的質(zhì)量為
C.碰撞過程機械能損失了12J
D.碰撞過程中物體B對物體A的作用力的沖量為
12．如圖甲所示，質(zhì)量分別為m、M的物體A、B靜止在勁度系數(shù)為的彈簧上，A與B不粘連，現(xiàn)對物體A施加豎直向上的力F，使A、B一起上升，若以兩物體靜止時的位置為坐標原點，兩物體的加速度隨位移的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度大小為g，則( )
A.在圖乙中PQ段表示拉力F逐漸增大
B.在圖乙中QS段表示B物體減速上升
C.位移為時，A、B之間彈力為
D.位移為時，A、B一起運動的速度大小為
三、實驗題
13．某同學利用如圖甲所示裝置探究兩個互成角度的力的合成規(guī)律。
實驗步驟如下：
①將力傳感器P通過一根輕質(zhì)細繩提起重物保持靜止，記下P的示數(shù)F；
②將力傳感器P、Q分別固定在左右兩側(cè)桿上，與P、Q相連的兩根輕質(zhì)細繩OA、OB連接的結(jié)點O處用輕繩OC系上同一重物。系統(tǒng)靜止后，記下O點位置，P、Q的示數(shù)、及細繩的方向OA、OB、OC；
③在白紙上從O點沿OC反向延長作有向線段，以為對角線作平行四邊形，如圖乙所示。用毫米刻度尺測出線段、、的長度分別為，，l；
④調(diào)整力傳感器Q的位置，重復(fù)以上步驟。
回答下列問題：
（1）下列做法有利于減小實驗誤差的是___________。
A.兩側(cè)桿必須用鉛垂線調(diào)整為豎直放置，不能左右傾斜
B.兩個細繩間夾角越大越好
C.記錄細繩方向時，選取相距較遠的兩點
D.調(diào)整力傳感器Q的位置時，必須保證結(jié)點Q的位置不變
（2）在誤差允許的范圍內(nèi)，若，，l與、、F滿足關(guān)系式__________，則能夠證明力的合成遵循平行四邊形定則。
（3）某次實驗中，若平衡時兩細繩OA、OB互相垂直，保持OA繩和結(jié)點O的位置不動，取下力傳感器Q，將細繩OB繞O點在紙面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一小角度，此過程中OB繩的拉力__________（選填“變大”“變小”或“不變”）。
14．某物理實驗小組要測量一個手機鋰電池的電動勢和內(nèi)電阻。已了解到該款鋰電池在充電量為100%時的電動勢為4V左右，于是利用一個電阻箱R和一個的定值電阻以及一個電壓表設(shè)計了如圖甲所示的實驗電路圖。
（1）按照圖甲所示的實驗電路圖，將圖乙中的實物連接起來組成實驗電路__________。
（2）通過調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，可以讀出電壓表示數(shù)以及電阻箱接入電路的阻值，重復(fù)操作可以得到多組電壓表的示數(shù)U以及對應(yīng)電阻箱的阻值R，為縱軸，以為橫軸，作出的關(guān)系圖線為一直線，如圖丙所示。由圖線可求得該手機鋰電池的電動勢__________V，內(nèi)阻__________Ω。（保留2位有效數(shù)字）
四、計算題
15．在剛剛結(jié)束的第19屆杭州亞運會上，16歲的中國姑娘全紅嬋最后一跳逆天反超，獲得評委們的四個滿分，從而獲得女子10米跳臺冠軍。如圖所示，在比賽中質(zhì)量為m的全紅嬋，從跳臺上以初速度豎直向上跳起，從跳臺上起跳到入水前重心下降了H。入水后由于水的阻力使速度減為0，全紅嬋從接觸水面到下沉到最低點經(jīng)歷的時間為t，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：
（1）全紅嬋入水瞬間的動量；
（2）全紅嬋入水后，水的平均阻力大小。
16．如果車輪各部分的質(zhì)量分布不均勻。當車輪高速旋轉(zhuǎn)起來后，就會造成車輪抖動。為了避免這種現(xiàn)象，通常在要在汽車輪轂上安置一個配重塊來調(diào)整車輪的質(zhì)量分布，使其盡可能轉(zhuǎn)動時更穩(wěn)定。已知某型號輪胎半徑為30cm，輪轂上安置一個質(zhì)量為10g可視為質(zhì)點的配重塊，配重塊距離車輪中心距離為22cm，汽車以100km/h的速度在平直公路上勻速行駛。車輪與地面之間不打滑，重力加速度大小為。求
（1）車輪的轉(zhuǎn)速多大？
（2）車輪對配重塊的最大作用力是其重力的多少倍？
17．如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第一象限內(nèi)，直線與直線之間存在磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場，x軸下方有一直線CD與x軸平行且與x軸相距為a，x軸與直線CD之間存在沿y軸正方向的勻強電場，在第三象限，直線CD與直線EF之間存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場。紙面內(nèi)有一束寬度為a的平行電子束，各電子的速度隨位置大小各不一樣，如圖沿y軸負方向射入第一象限的勻強磁場，電子束的左邊界與y軸的距離也為a，經(jīng)第一象限磁場偏轉(zhuǎn)后發(fā)現(xiàn)所有電子都可以通過原點并進入x軸下方的電場，最后所有電子都垂直于EF邊界離開磁場。其中電子質(zhì)量為m，電量大小為e，電場強度大小為。求：
（1）電子進入磁場前的最小速度；
（2）電子經(jīng)過直線CD時的最大速度及該電子在第三象限磁場中做圓周運動的圓心坐標；
（3）單個電子在第三象限磁場中運動的最長時間。
18．如圖所示為貨場使用的傳送帶的模型，足夠長的傳送帶傾斜放置，與水平面夾角為。貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，可視為質(zhì)點的貨物質(zhì)量，。
（1）傳送帶靜止，貨物以10m/s的初速度從A端滑上傳送帶，貨物剛滑上傳送帶時的加速度為多大？
（2）在（1）中，從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了多少時間？
（3）傳送帶以大小為的恒定速率順時針轉(zhuǎn)動，貨物以的初速度從A端滑上傳送帶，貨物再次滑回A端，此過程，貨物在傳送帶上留下的劃痕總長度為多少？
（4）為保證貨物在傳送帶上不下滑，在其他條件不變的情況下，可調(diào)節(jié)傳送帶與水平方向的夾角θ。應(yīng)滿足怎么的條件？
參考答案
1．答案：A
解析：A.由圖像可知，在第1s內(nèi)加速度恒定，則1s末的速度為
則第1s內(nèi)，質(zhì)點的動能增加量為
故A錯誤，符合題意；
B.由圖像可知，在第2s內(nèi)加速度恒定，則第2s末的速度為
根據(jù)動能定理，可得第2s內(nèi)質(zhì)點受合外力所做的功為
故B正確，不符合題意；
C.第2s末，根據(jù)牛頓第二定律，可得合外力為
則第2s末合外力的瞬時功率為
故C正確，不符合題意；
D.內(nèi)，合外力做的功為
則內(nèi)，合外力的平均功率為
故D正確，不符合題意。
故選A。
2．答案：C
解析：AB.根據(jù)等量異種點電荷電場線分布規(guī)律可知，M點和N點電場強度大小相等，方向相同，M點的電勢比N點的電勢高，故AB錯誤；
C.根據(jù)等量異種點電荷等勢線分布規(guī)律可知，P點和Q點電勢相等，所以將一帶正電的試探電荷從P點移到Q點，試探電荷的電勢能不變，故C正確；
D.將一帶負電的試探電荷從N點由靜止釋放，在它從N點運動到M點的過程中，電場力一直做正功，試探電荷的動能一直增大，故D錯誤。
故選C。
3．答案：C
解析：A.圖像與坐標軸圍成的面積等于位移可知，A、B兩物塊位移大小相等，均為
選項A錯誤；
B.A、B兩物塊加速度之比
根據(jù)
可知受到的摩擦力大小之比為4:1，選項B錯誤；
C.根據(jù)
可知，A、B兩物塊受到的摩擦力沖量大小之比為2:1，選項C正確；
D.根據(jù)
可知，A、B兩物塊克服摩擦力做功之比為4:1，選項D錯誤。
故選C。
4．答案：D
解析：A.P點的場強方向沿OP方向，C點的場強方向沿OC方向，兩點的場強方向不同，A錯誤；
B.因為P-ABC為正四面體，故P、C兩點在AB的中垂面上且到AB的距離相同，故P、C的電勢相等，但PC不是一條等勢線，B錯誤；
C.根據(jù)等量正點電荷周圍電場線的分布特點，將帶正電的試探電荷從O點沿OC移到C點的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，C錯誤；
D.根據(jù)電場的疊加原理，可知，O點的電場強度為0，C點的電場強度不為零，從O到C的過程中，離場源電荷越來越遠，電場強度又逐漸減小，故從O點沿著OC移動到C點的過程中，電場強度先增加后減少，D正確。
故選D。
5．答案：C
解析：A.太陽的半徑未知，無法計算其密度大小，故A錯誤；
B.設(shè)火星繞太陽公轉(zhuǎn)的周期為，根據(jù)開普勒第三定律有
解得
故B錯誤；
C.地球繞太陽運轉(zhuǎn)角速度為
火星繞太陽運轉(zhuǎn)角速度為
設(shè)從某次火星沖日到下一次火星沖日，即從火星與地球相距最近到火星與地球第一次相距最近的時間為t，則有
解得
故C正確。
D.設(shè)從火星與地球相距最遠到火星與地球第一次相距最近的時間為，則
解得
故D錯誤；
故選C。
6．答案：B
解析：A.小球做平拋運動，則小球的初速度越大，其軌跡就越靠近ab直線，則碰到圓環(huán)時的水平分位移越大，豎直位移就越小，A錯誤；
B.小球做平拋運動，當小球掉在c點時豎直分速度最大，設(shè)初速度為，則有
解得
B正確；
C.小球撞擊在圓弧ac段時，速度方向斜向右下方，不可能與圓環(huán)垂直；當小球撞擊在圓弧cb段時，根據(jù)“中點”結(jié)論可知，由于O不在水平位移的中點，所以小球撞在圓環(huán)上的速度反向延長線不可能通過O點，也就不可能垂直撞擊圓環(huán)，C錯誤；
D.取值不同時，小球運動的軌跡不同，落到圓環(huán)上的位置不同，則位移的偏向角不同，因速度的偏向角的正切值等于位移偏向角的正切值的2倍，可知速度的偏向角不同，則小球落在圓環(huán)上的速度方向和水平方向之間的夾角不相同，D錯誤。
故選B。
7．答案：B
解析：歐姆表的中值電阻附近刻度最均勻，讀數(shù)誤差最小，歐姆表的中值電阻等于歐姆表的內(nèi)電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律，滿偏時
即此歐姆表的中值電阻
為使讀數(shù)準確，測量電阻應(yīng)在5kΩ附近。
故選B。
8．答案：B
解析：AB.對兩球受力分析如圖
由幾何關(guān)系可知與與豎直方向夾角相等，則
對B分析可知
解得
選項A錯誤，B正確；
C.對半圓柱體和小球A整體分析可知，地面對半圓柱體的摩擦力的大小為
選項C錯誤；
D.因滑輪兩邊細線的拉力大小相等，但是與豎直方向的夾角不等，則兩邊細繩拉力的合力不是豎直向下，則滑輪對輕質(zhì)細線的作用力也不是豎直向上，選項D錯誤。
故選B。
9．答案：BD
解析：A.根據(jù)
可得
結(jié)合圖線的斜率可得
即模型車的速度從2m/s增加至4m/s的過程中，模型車以恒定的功率行駛，速度最大時合外力為零，即牽引力等于阻力，根據(jù)圖像可知，在
時速度達到最大值，因此有
故A錯誤；
B.由圖像可知小車初始牽引力為
且勻加速結(jié)束時模型車的速度大小
根據(jù)牛頓第二定律有
解得加速度
根據(jù)勻變速直線運動，速度與時間的關(guān)系可得勻加速運動的時間
故B正確；
C.根據(jù)以上分析可知，模型車牽引力功率最大時即為勻加速結(jié)束時獲得的功率，可知最大功率為8W，故C錯誤；
D.根據(jù)題意，模型車速度達到最大用時5s，而勻加速階段用時1s，則可知，模型車以恒定功率運動所需時間
根據(jù)動能定理
式中
，
解得
勻加速階段位移
故總位移
故D正確。
故選BD。
10．答案：AC
解析：AD.根據(jù)閉合電路歐姆定律得
當時，，由讀出電源的電動勢
內(nèi)阻等于圖線的斜率大小，則
故A正確，D錯誤；
B.根據(jù)歐姆定律可知，電阻的阻值為
故B錯誤；
C.兩圖線的交點表示該電源直接與電阻R相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓，故C正確。
故選AC。
11．答案：AC
解析：ABC.位移-時間圖像的斜率表示物體的速度，可知碰撞前A、B的速度分別為
，
碰撞后A、B的速度分別為
，
根據(jù)動量守恒
代入數(shù)據(jù)得
則碰撞前A、B的動能分別為
，
碰撞后A、B的動能分別為
，
則
故AC正確，B錯誤；
D.碰撞過程中對物體B列動量定理
碰撞過程中物體B對物體A的作用力的沖量為，故D錯誤；
故選AC。
12．答案：AC
解析：A.開始時，物體A、B靜止在勁度系數(shù)為k的彈簧上，彈簧彈力向上，大小為
隨物體向上運動，彈簧彈力減小，而PQ段加速度大小與方向都不變，由牛頓第二定律有
減小，F(xiàn)逐漸增大，A正確；
B.在圖乙中QS段，物體的加速度方向沒變，仍為正，所以物體仍做加速運動，是加速度逐漸減小的加速運動，B錯誤；
C.開始時，彈簧的彈力
當彈簧伸長了后，彈簧彈力
以B為研究對象，則有
解得
C正確；
D.P到Q的運動中，物體的加速度不變，可有
Q到S運動中，物體的加速度隨位移均勻減小，則有
聯(lián)立解得
D錯誤。
故選AC。
13．答案：（1）C
（2）
（3）變大
解析：（1）A.實驗中研究的是結(jié)點O的受力情況，無須兩側(cè)桿保持豎直狀態(tài)，A錯誤；
B.兩繩之間的夾角可以適當大些，便于作圖，減小實驗誤差，但并非越大越好，B錯誤；
C.記錄細繩方向時，選取相距較遠的兩點，有利于作出力的圖示，便于減小誤差，C正確；
D.不論結(jié)點在任何位置，平衡時，其它兩個力的合力總是與第三力是一對平衡力，故結(jié)點的位置可以不同，D錯誤。
故選C。
（2）根據(jù)幾何三角形與力的矢量三角形相似，對應(yīng)邊成比例可得
（3）作出結(jié)點受力情況如圖所示，將OB繞O點在紙面內(nèi)逆時針緩慢轉(zhuǎn)動一小角度，OB與豎直方向夾角減小，繩子上的拉力變大。
14．答案：（1）
（2）3.7；0.22
解析：（1）實物圖如圖
（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律有
整理得
根據(jù)圖像的斜率與截距解得
解得
15．答案：（1），方向豎直向下；（2）
解析：（1）全紅嬋起跳后在空中運動過程，由動能定理得
解得
所以
方向豎直向下。
（2）運動員接觸水面到運動員下沉到最低點，根據(jù)動量定理有
解得
16．答案：（1）14.7r/s
（2）188倍
解析：（1）由題知，汽車以100km/h的速度，即，輪胎半徑為30cm，則車輪的角速度為
解得轉(zhuǎn)速
（2）當配重塊到達最低點時，車輪對配重塊的最大作用力，根據(jù)牛頓第二定律
其中，，代入解得
即車輪對配重塊的最大作用力是其重力的188倍。
17．答案：（1）（2），（3）
解析：（1）經(jīng)分析可得，所有電子在第一象限都經(jīng)歷一個四分之一圓周運動后通過原點并沿軸方向進入x軸下方的電場，故最小速度對應(yīng)最小半徑a，根據(jù)洛倫磁力提供向心力則有
可得
（2）由（1）可知，過原點并進入x軸下方的電子的最大速度為
所有電子在電場中偏轉(zhuǎn)時，方向分速度不變，方向的分速度增量一樣大，則方向分速度最大的電子，經(jīng)過直線CD后速度也最大速度最大，根據(jù)動能定理有
解得
又由于電子在電場中做類平拋運動有
則在y方向有
，
在x方向有
電子射出CD時速度與豎直方向的夾角
可得經(jīng)過直線CD時的坐標為，此后在磁場中的運動半徑為
解得
設(shè)電子此后在磁場中運動的圓心為根據(jù)幾何關(guān)系
，
得該電子此后在磁場中運動的圓心為。
（3）由題意，所有電子都垂直于EF邊界離開磁場，則所有電子運動軌跡的圓心都在EF直線上，由（1）和（2）的結(jié)論，經(jīng)過直線CD時，不妨設(shè)任何電子的方向的分速度為
則電子經(jīng)過直線CD的合速度為
電子經(jīng)過直線CD的坐標為，速度方向與水平方向的夾角的正切值為
根據(jù)幾何關(guān)系，易得圓心位置為，可得EF直線為
經(jīng)過分析經(jīng)過CD直線時，速度最大的電子的速度方向與水平方向夾角最小，其在磁場中運動的圓心角最大，時間最長，易得此電子在磁場中運動的時間恰好為四分之一周期，其中
所以單個電子在第三象限磁場中運動的最長時間為
18．答案：（1）
（2）
（3）
（4）
解析：（1）設(shè)貨物剛滑上傳送帶時加速度為，貨物受力如圖所示
根據(jù)牛頓第二定律得，沿傳送帶方向
又
聯(lián)立解得
（2）在（1）中，從貨物滑上傳送帶開始計時，到最高點所時間
位移為
再返回到A點過程，根據(jù)牛頓第二定律
解得
根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律
解得
故從貨物滑上傳送帶開始計時，貨物再次滑回A端共用了
（3）貨物速度與傳送帶速度相等前，貨物都會做減速運動，且加速度大小為
所用時間為
位移為
傳送帶向上運動的位移為
故貨物向上超前傳送帶5m，之后再以加速度
做勻減速直線運動到最高點，所用時間為
沿傳送帶向上滑的位移
傳送帶向上運動的位移為
故貨物向上落后傳送帶1m，故向上運動時貨物在傳送帶上留下的劃痕長度為5m，其中在貨物之下為4m，貨物之上為1m，之后貨物以加速度
做勻加速直線運動到出發(fā)點，位移為
根據(jù)運動學規(guī)律
解得
傳送帶向上運動的位移為
貨物向下運動時向下超前傳送帶，故貨物在傳送帶上留下的劃痕總長度為。
（4）為保證貨物在傳送帶上不下滑，當貨物向上運動至速度與傳送帶速度相等時，必須滿足
解得

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