江西省吉安一中2019-2020学年高一下学期期中考试物理试题 Word版含解析 19页

- 1 - 吉安一中 2019—2020 学年度下学期期中考试 高一物理试卷 一、选择题（本题共 10 小题每小题 4 分共 40 分，在每小题给出的四个选项中，第 1－6 只有 一个选项符合题目要求，第 7-10 题有多个选项符合要求全选对的得 4 分选对但不全的得 2 分 选错不得分） 1.以下关于行星运动及万有引力的描述正确的是 A. 卡文迪许利用扭秤实验测出了引力常量的数值 B. 太阳对行星的引力与地球对月球的引力属于不同性质的力 C. 牛顿提出的万有引力定律只适用于天体之间 D. 开普勒认为行星绕太阳运行的轨道是椭圆，行星在轨道上各个地方的速率均相等 【答案】A 【解析】 【详解】A．牛顿发现万有引力定律后，并没能测得万有引力常量，而是由卡文迪许用扭秤实 验测出了万有引力常量，故 A 正确； B．行星对太阳的引力和太阳对行星的引力都是万有引力，性质相同，故 B 错误； C．牛顿发现了万有引力定律，适用自然界中任何物体，故 C 错误； D．开普勒发现行星沿椭圆轨道绕太阳运动，但行星在椭圆轨道上各个地方的速率不相等，故 D 错误． 故选 A。 2.如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为 时，小 球恰好落到斜面底端，飞行时间为 。现用不同的初速度 从该斜面顶端向右平抛这个小球， 以下图像能正确表示平抛运动的飞行时间 随 变化的函数关系的是（　　） A. B. 0v 0t v t v - 2 - C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】AD．平抛运动竖直方向为自由落体运动 水平方向为匀速直线运动 若初速度大于 ，在高度不变时水平位移就会大于 ，此时小球落在水平面上，高度不变， 所以飞行时间不变，结合图像可知，AD 错误； BC．若初速度小于 ，则会落在斜面上，此时设斜面的倾角为 ，则有 得到时间 可见 B 正确，C 错误。 故选 B。 3.质量为 2 kg 的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能 Ek 与其发生位移 x 之间的关系如图所示．已知物块与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速 度 g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是( 　) A. x＝1 m 时速度大小为 2 m/s 2 0 1 2h gt= 0x v t= 0v x 0v θ 21 2tan 2 gty gt x vt v θ = = = 2 tanvt g θ= t v∝ - 3 - B. x＝3 m 时物块的加速度大小为 2.5 m/s2 C. 在前 4 m 位移过程中拉力对物块做的功为 9 J D. 在前 4 m 位移过程中物块所经历的时间为 2.8 s 【答案】D 【解析】 【详解】根据动能定理 可知，物体在两段运动中所受合外力恒定，则物体做匀加 速运动；由图象可知 x=1m 时动能为 2J， ，故 A 错误；同理，当 x=2m 时 动能为 4J，v2=2m/s；当 x=4m 时动能为 9J，v4=3m/s，则 2～4m，有 2a2x2＝v42−v22，解得 2～ 4m 加速度为 a2＝1.25m/s2，故 B 错误；对物体运动全过程，由动能定理得：WF+（-μmgx）=Ek 末-0，解得 WF=25J，故 C 错误； 0～2m 过程， ；2～4m 过程， ，故总时间为 2s+0.8s=2.8s，D 正确． 4.如图所示，一根长为 L 的轻杆，O 端用铰链固定，另一端固定着一个小球 A，轻杆靠在一个 高为 h 的物块上。若物块与地面摩擦不计，则当物块以速度 v 向右运动至轻杆与水平方向夹 角为 θ 时，物块与轻杆的接触点为 B，下列说法正确的是（　　） A. A 的角速度大于 B 点的角速度 B. A 的线速度等于 B 点的线速度 C. 小球 A 转动的角速度为 D. 小球 A 的线速度大小为 【答案】D 【解析】 【详解】AB．已知 A、B 是绕轴运动，所以两点具有相同的角速度大小，即 根据 kE F x∆ = 合 1 2 2m/skEv m ＝ ＝ 1 1 2 2 2sxt v ＝ ＝ 2 2 2 4 0.8s 2 xt v v+＝ ＝ sinv h θ 2sinvL h θ A B ω ω= v rω= - 4 - 知 A 的线速度大于 B 点的线速度，故 AB 错误； CD．当物块以速度 v 向右运动至杆与水平方向夹角为 θ 时，B 点的线速度等于木块的速度在 垂直于杆子方向上的分速度 则杆子的角速度 则小球 A 的线速度 故 C 错误，D 正确。 故选 D。 5.一宇航员到达半径为 R、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量 为 m 的小球，上端固定在 O 点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕 O 点的竖 直面内做圆周运动，测得绳的拉力 F 大小随时间 t 的变化规律如图乙所示．F1＝7F2，设 R、m、 引力常量 G 以及 F1 为已知量，忽略各种阻力．以下说法正确的是 A. 该星球表面的重力加速度为 B. 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 C. 星球的密度为 D. 小球过最高点的最小速度为 0 【答案】C 【解析】 B sinv v θ= ⋅ 2 B OB sin sin sin v v vh r h θ θω θ= = = 2 A sinvLv L h θω= = 17 7 F m Gm R 13 28π F GmR - 5 - 设砝码在最低点时细线的拉力为 F1，速度为 v1，则 ① 设砝码在最高点细线的拉力为 F2，速度为 v2，则 ② 由机械能守恒定律得 ③ 由①、②、③解得 ④ F1=7F2，所以该星球表面的重力加速度为 ．故 A 错误．根据万有引力提供向心力得： 卫星绕该星球的第一宇宙速度为 ，故 B 错误．在星球表面，万有 引力近似等于重力 ⑤ 由④、⑤解得 ,星球的密度： ，选项 C 正确； 小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得： 所以小球在最高点的最小速 ．故 D 错误．故选 C． 点睛：根据砝码做圆周运动时在最高点和最低点的运动规律，找出向心力的大小，可以求得 重力加速度；知道在星球表面时，万有引力和重力近似相等，而贴着星球的表面做圆周运动 时，物体的重力就作为做圆周运动的向心力． 6.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的 A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周 运动，则下列说法正确的是（ ） A. A 对 B 的摩擦力指向圆心 B. B 运动所需 向心力大于 A 运动所需的向心力 C. 盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍 D. 若逐渐增大圆盘的转速（A、B 两物块仍相对盘静止），盘对 B 的摩擦力始终指向圆心且不 断增大 的 2 1 1 vF mg m R − = 2 2 2 vF mg m R + = 2 2 2 1 1 12 2 2mg r mv mv+ = 1 2 6 F Fg m −= 1 7 F m 2 2 GMm vmR R = GMv R = 2 G Mm m gR ′ = ′ 2 1 7 F RM Gm = 1 3 3 4 28π 3 FM GmRR ρ π = = 2 2 2 vF mg m mgR + = ≥ 2v gR≥ - 6 - 【答案】C 【解析】 【详解】A．两物体随圆盘转动，都有沿半径向外的滑动趋势，受力分析如图 则所受静摩擦力均沿半径指向圆心，由牛顿第三定理可知 A 对 B 的静摩擦力沿半径向外，故 A 错误； B．两物体随圆盘转动，角速度相同为 ，运动半径为 ，则两物体转动所需的向心力均为 ，即 B 运动所需的向心力等于 A 运动所需的向心力，故 B 错误； C．对整体由牛顿第二定律可知 对 A 由牛顿第二定律得 则盘对 B 的摩擦力是 B 对 A 的摩擦力的 2 倍，故 C 正确； D．在增大圆盘转速的瞬间，两物体有沿半径向外的趋势和沿切线向后的趋势，则此时静摩擦 力方向在径向和切向之间，与线速度成锐角，径向分力继续提供向心力，切向分力提供切向 加速度使线速度增大，从而保证滑块继续跟着圆盘转动，而物体随转盘一起转时静摩擦力又 恢复成沿半径方向提供向心力，故增大圆盘转速，盘对 B 的摩擦力大小不断增大，但方向不 是始终指向圆心，故 D 错误。 故选 C。 7.如图所示，轻杆长 3L，在杆两端分别固定质量均为 m 的球 A 和 B，光滑水平转轴穿过杆上 距球 A 为 L 处的 O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球 B 运动到最高 点时，杆对球 B 恰好无作用力．忽略空气阻力．则球 B 在最高点时 ω r 2m rω 22Bf m rω= 2 BAf m rω= - 7 - A. 球 B 的速度为 B. 球 A 的速度大小为 C. 水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D. 水平转轴对杆的作用力为 2.5mg 【答案】BC 【解析】 【详解】球 B 运动到最高点时，球 B 对杆恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，则有： ，解得 ，故 A 错误；由于 A、B 两球的角速度相等，由 v=ωr 得球 A 的 速度大小为： ，故 B 正确；B 球到最高点时，对杆无弹力，此时 A 球受重力 和拉力的合力提供向心力，有： ，解得：F=1.5mg，可得水平转轴对杆的作用 力为 1.5mg，故 C 正确，D 错误． 8.如图所示，A、B 为绕地球做匀速圆周运动的两颗人造地球卫星，两卫星运动是在同一平面 内且绕行方向相同，某时刻 A、B 相距最近。若 A、B 两卫星的运行轨道半径之比 ，A、B 两卫星的周期分别为 TA、TB，不计两卫星间的引力作用，则下列说法正确的是（ ） A. A、B 两卫星的周期之比 B. A 卫星可以通过减小速度的方法实现和 B 卫星对接 C. A、B 两卫星再过 相距最近 D. B 运动一周的过程中，A、B 共线了 14 次 【答案】AD 【解析】 gL 2 gL 2 2 Bvmg m L = 2v gL= 1 2 2A B gLv v= = 2 AvF mg m L − = : 1: 4A BR R = : 1:8A BT T = 12 7 AT - 8 - 【详解】A．两卫星都由万有引力提供向心力，有 可得 由轨道半径之比 ，可得周期之比为 ，故 A 正确； B．若 A 卫星在低轨道减速，出现万有引力大于向心力要做近心运动，A 会离 B 越来越远而不 能成功对接，正确的做法是 A 卫星加速从而离心可以和 B 对接，故 B 错误； C．两卫星从最近到最近满足转的快的 A 比 B 多转一圈，有 结合 可解得所用时间为 故 C 错误； D．B 转动一周时间为 ，设两卫星从最近到最近出现 n 次，有 解得 而每出现一次最近之前出现两卫星在地球两侧相距最远的情况，而最近和最远都属于两卫星 共线，则一共出现 次，故 D 正确。 故选 AD。 9.如图甲所示，一倾角为 37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量 m＝1kg 的物体抛上传送 带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g 取 10m/s2 ，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是（　　） 2 2 2( )MmG m rr T π= 3 2 rT GM π= : 1: 4A BR R = : 1:8A BT T = 1 A B t t T T − = 8B AT T= 8 7 At T= Bt T= A B t t nT T − = 7n = 2 14n = - 9 - A. 0～8s 内物体位移的大小是 18m B. 0～8s 内物体机械能增量是 90J C. 0～8s 内物体机械能增量是 84J D. 0～8s 内物体与传送带因摩擦产生的热量是 126J 【答案】BD 【解析】 【详解】A．根据 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得 内物体 的位移 故 A 错误； BC． 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量的和 故 B 正确，C 错误； D． 内物体与传送带由于摩擦产生 热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小 故 D 正确。 故选 BD。 10.如图所示，水平光滑长杆上套有小物块 A，细线跨过位于 O 点的轻质光滑定滑轮，一端连 接 A，另一端悬挂小物块 B，物块 A、B 质量相等．C 为 O 点正下方杆上的点，滑轮到杆的距离 OC＝h，重力加速度为 g.开始时 A 位于 P 点，PO 与水平方向的夹角为 ，现将 A、B 由静止 释放，下列说法正确的是(　　) A. 物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，速度先增大后减小 的 v t− 0 8s ( )1 14 2 6 m 2 2m=14m2 2x = × × + − × × 0 8s 21sin37 2 90J2E mgx m∆ = + × =° 0 8s cos37 126JQ mgsµ= ° =相对 30° - 10 - B. 物块 A 经过 C 点时的速度大小为 C. 物块 A 在杆上长为 的范围内做往复运动 D. 在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功小于 B 重力势能 的减少量 【答案】BC 【解析】 【详解】A．物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，绳子拉力对 A 做正功，其余的力不做 功，所以物体 A 的动能不断增大，速度不断增大，故 A 错误． B．物体到 C 点时物块 B 的速度为零．设物块 A 经过 C 点时的速度大小为 v．根据系统的机械 能守恒得： ，得 ，故 B 正确． C．由几何知识可得 ，由于 A、B 组成的系统机械能守恒，由对称性可得 物块 A 在杆上长为 2 h 的范围内做往复运动．故 C 正确． D．物体到 C 点时物块 B 的速度为零．根据功能关系可知，在物块 A 由 P 点出发第一次到达 C 点过程中，物块 B 克服细线拉力做的功等于 B 重力势能的减少量，故 D 错误． 二、实验题（每空 2 分，共 18 分） 11.如图所示，某同学要在自己的一辆自行车上装上显示自行车行驶速度和行驶里程的“码表 ”．“码表”由永磁铁、传感器、表体三个基本部件构成．传感器固定在自行车的前叉上， 永磁铁固定在轮子的辐条上，车轮转一周，永磁铁就经过传感器一次，传感器在磁铁的作用 下产生一个脉冲信号，脉冲信号被安装在车把上的“表体”记录下来，经过“码表”内部电 路处理之后就能显示出自行车行驶速度和行驶里程． (1)设骑行过程中“码表”内部记录到了传感器的脉冲信号频率 f，还需要给“表体”输入一 个必要的数据，才能正确显示出自行车的骑行速度．这位同学应该输入的数据是_____． (2)在骑行过程中，从接收到第一个脉冲信号到接收到第 n 个脉冲信号这段时间内，骑行里程 2gh 2 3h 21 30 2 hmg h mvsin − =°（ ） 2v gh= 330 hAC htan =°＝ 3 - 11 - 是_____． (3)如果有一只“码表”是跟男式大轮自行车配套的，现把它装在女式小轮自行车上，则显示 出的骑行速度为_____．（填“偏大”、“准确”、“偏小”） 【答案】 (1). 车轮的半径 R (2). 2(n﹣1)πR (3). 偏大 【解析】 【详解】(1)[1]由于 ，v＝rω，所以还需要的数据就是车轮的半径 R， (2)[2]从接收到第一个脉冲信号到接收到第 n 个脉冲信号这段时间内自行车走了为 n﹣1 圈， 故骑行里程为 2(n﹣1)πR； (3)[3]从男式大轮自行车装在女式小轮自行车上，由于半径 R 变小，故数据偏大． 12.利用物体的自由落体运动做“验证机械能守恒定律”实验是实验室常用的实验方法，记录 小球的自由落体运动通常有三种方法：①用打点计时器；②用光电门；③用频闪照相机。三 种装置如图所示。打点计时器是大家所熟知的，光电门可记录小球通过光电门的时间，频闪 照相在按下快门的同时切断电磁铁的电源让小球自由下落。 (1)关于上图这三种实验方法，下列说法正确的是________ A.方法①③需要测量的量和计算方法相同 B.方法②需要测量小球直径 d C.三种方法都需要测量下落重物的质量 D.方法③的系统误差最小 (2)下图是两位同学利用方法①实验操作时释放纸带瞬间的照片，你认为操作正确的是 _______ 2π T ω = 1T f = - 12 - (3)方法②中测得小球被电磁铁吸住的位置到光电门的距离为 h，小球直径为 d，通过光电门 的时间为 ，重力加速度为 g。当______≈______时，可认为小球下落过程中机械能守恒。 (4)方法③得到如下图所示频闪照片，测量结果已标注在图上，从小球由 O 点开始运动，到拍 下 D 像， 小球重力势能的减少量 ______J，小球动能的增加量 _______J。（取 ，小球质量为 ，频闪照相机每隔 0.05s 闪光一次，结果保留三位有效数 字） 【答案】 (1). ABD (2). B (3). gh (4). (5). 1.92 (6). 1.92 【解析】 【详解】(1)[1] A．①③实验要确定出下落 高度与获得的速度，所用的方法都是留迹法， 故 A 正确； B．方法②要由 求速度则需要测量小球直径 d，故 B 正确； C．三种方法验证机械能时动能和重力势能都含有质量 m，则质量可以约掉，故三种方法都不 需要测量下落重物的质量，故 C 错误； D．方法①纸带与计时器有摩擦，方法②用平均速度测量速度有误差，方法③避免了①②两种 情况，系统误差小，故 D 正确。 故选 ABD。 (2)[2]A 图中的重物离打点计时器太远，导致纸带有很长一截不能打点，故 B 图的操作是正确 的 t∆ pE∆ = kE∆ = 29.8m/sg = 1kgm = 21 2 d t    ∆  dv t = - 13 - 的，有效的利用了纸带打点。 (3)[3][4]方法②中，实验原理为验证重力势能的减少量等于动能的增加量，有 即验证机械能守恒定律需满足 (4)[5][6]方法③中，小球重力势能的减少量 △Ep=mgh=1×9.8×(11.02+8.57)×10-2J=1.92J 小球动能的增加量为 三、计算题（共 42 分） 13.2018 年 12 月 08 日凌晨 2 时 23 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功 发射嫦娥四号探测器，开启了月球探测的新旅程．嫦娥四号探测器后续将经历地月转移、近 月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球背面软着陆．设环月飞行阶段嫦娥四号探测器在 靠近月球表面的轨道上做匀速圆周运动，经过 t 秒运动了 N 圈，已知该月球的半径为 R，引力 常量为 G，求： （1）探测器在此轨道上运动的周期 T； （2）月球的质量 M； （3）月球表面的重力加速度 g． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【详解】（1）探测器在轨道上运动的周期 ； （2）根据 得， 行星的质量 ； （3）根据万有引力等于重力得， ， 21 ( )2 dmgh m t = 21 ( )2 dgh t ≈ 2 2 2 2 k 1 1 1 (8.57 11.01) 100 ( ) 1 [ ] J 1.92J2 2 2 2 2 0.05D CD DEE mv m t −+ + ×∆ = − = × × = × × ≈⋅∆ × tT N = 2 2 3 2 4 N RM Gt π= 2 2 2 4 N Rg t π= tT N = 2 2 2 4mMG mR RT π＝ 2 2 3 2 4 N RM Gt π= 2 mMG mgR ＝ - 14 - 解得 14.如图甲所示,竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB 和圆轨道 BCD 组成,AB 和 BCD 相切于 B 点,CD 连线是圆轨道竖直方向的直径(C,D 为圆轨道的最低点和最高点),且∠BOC=θ=37°. 可视为质点的小滑块从轨道 AB 上高 H 处的某点由静止滑下,用力传感器测出滑块经过圆轨道 最高点 D 时对轨道的压力为 F,并得到如图乙所示的压力 F 与高度 H 的关系图象．求：(取 sin37°=0.6,cos37°=0.8) (1)如果滑块恰好能够通过最高点 D,求滑块静止释放的初始高度 H0. (2)求滑块的质量和圆轨道的半径． 【答案】(1)0.5m. (2)0.1kg　　 0.2m 【解析】 【详解】解：（１）滑块恰好能够通过最高点 D，则有 滑块从 A 运动到 D 的过程，由机械能守恒得： 解得 （２）滑块从 A 运动到 D 的过程，由机械能守恒得： D 点，由牛顿第二定律得： 得： 取点（0.50m，0）和（1.00m，5.0N） 代入上式解得： 15.如图所示，在高 h1＝30 m 的光滑水平平台上，质量 m＝1 kg 的小物块压缩弹簧后被锁扣 K 锁住，储存了一定量的弹性势能 Ep。若打开锁扣 K， 小物块将以一定的水平速度 v1 向右滑下 平台，做平抛运动，并恰好能沿光滑圆弧形轨道 BC 的 B 点的切线方向进入圆弧形轨道。B 点 在 2 2 2 4 N Rg t π= Dv gR′ = 2 0 1( 2 ) 2 Dmg H R mv′− = 0 5 0.52H R m= = 21( 2 ) 2 Dmg H R mv− = 2 DmvF mg R + = 2 5mgHF mgR = − 0.1 0.2 m kg R m= =， - 15 - 的高度 h2＝15m，圆弧轨道的圆心 O 与平台等高，轨道最低点 C 的切线水平，并与地面上长为 L＝50 m 的水平粗糙轨道 CD 平滑连接，小物块沿轨道 BCD 运动并与右边墙壁发生碰撞，取 g＝ 10 m/s2： (1)求小物块由 A 到 B 的运动时间 t； (2)求小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能 Ep 的大小； (3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动过程中没有冲出 B 点，最 后停在轨道 CD 上的某点 P（P 点未画出）。设小物块与轨道 CD 之间的动摩擦因数为 μ，求 μ 的取值范围。 【答案】(1) s ；(2)50J；(3) ≤μ＜ 【解析】 【详解】(1)设从 A 运动到 B 的时间为 t，由平抛运动规律得 h1－h2= gt2 解得 t= s (2)由 ， ，所以∠BOC=60°，设物块平抛到 B 点的水平初速度为 v1，将 B 点 速度分解可得 解得 v1=10m/s 根据能量守恒，弹簧的弹性势能转化给物块的动能。得 (3)设小物块在水平轨道 CD 上通过的总路程为 s，根据题意，该路程的最大值是 smax=3L 路程的最小值是 3 7 30 7 10 1 2 3 1R h= 2 15mh = 1 tan 60gt v = ° 2 p 1 1 50J2 vE m= = - 16 - smin=L 路程最大时，动摩擦因数最小，路程最小时，动摩擦因数最大，由能量守恒知 解得 ， 由小物块与墙壁只发生一次碰撞可知 16.某小型设备工厂采用如图所示 传送带传送工件。传送带由电动机带动，以 的速 度顺时针匀速转动，倾角 。工人将工件轻放至传送带最低点 A，由传送带传送至最高 点 B 后再由另一工人运走，工件与传送带间的动摩擦因数为 ，所运送的每个工件完全 相同且质量 。传送带长度为 ，不计空气阻力。（工件可视为质点， ， ， ）求： (1)若工人某次只把一个工件轻放至 A 点，则传送带将其由最低点 A 传至 B 点电动机需额外多 输出多少电能？ (2)若工人每隔 1 秒将一个工件轻放至 A 点，在传送带长时间连续工作的过程中，电动机额外 做功的平均功率是多少？ 【答案】(1)104J；(2)104W 【解析】 【详解】(1)对工件 的 min max 11 21 2mgs m vgh mµ += max min 11 21 2mgs m vgh mµ += max 7 10 µ = min 7 30 µ = 7 7 30 10 µ≤ < 2m/sv = 37θ = ° 7 8 µ = 2kgm = 6m=L sin37 0.6° = cos37 0.8° = 210m / sg = cos sinmg mg maµ θ θ− = 2 2v ax= - 17 - 得 由能量守恒定律 即 代入数据得 (2)由题意判断，每 1s 放一个工件，传送带上共两个工件匀加速，每个工件先匀加速后匀速 运动，与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。匀速运动的相邻的两个工件间距 为 得 所以，传送带上总有两个工件匀加速，两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为 电动机因传送工件额外做功功率为 1v at= 1 2st = 2mx = 1 2x vt x= =带 2mx x x= − =相 带 p kE Q E E= + ∆ + ∆电 21cos sin 2E mg x mgL mvµ θ θ= ⋅ + +电 相 104JE =电 2mx v t∆ = ∆ = L x n x− = ∆ 2n = 2 cos 2 sinf mg mgµ θ θ= + 104WP fv= = - 18 - - 19 -