【文档说明】山东省淄博第五中学2023-2024学年高三上学期开学考试物理试题 word版含解析.docx，共(25)页，1.227 MB，由小赞的店铺上传

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淄博五中高三物理收心考试试卷2023.9一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列说法正确的是（）A.液体具有表面张力，是因为液体表面层分子间距大于液体内部分子间距B.压缩封闭在注射器中的气体，其压强增大，是因为气体分子间斥力增大C.当

分子间作用力为零时，分子势能也一定为零D.在阳光照射下的教室里，眼睛看到空气中尘埃的运动就是布朗运动【答案】A【解析】【详解】A．液体具有表面张力，是因为液体表面层分子间距大于液体内部分子间距，表面层液体分子间作用力表现为引力，从而使液体表面紧绷，故A正确；

B．压缩封闭在注射器中的气体，其压强增大，是因为气体体积减小，密度增大，单位面积上撞击的分子数增大，故B错误；C．分子间作用力为零时，分子势能最小，但是不为零，一般取分子之间的距离为无穷大时分子势能为零，故C错误；D．做布朗运动的小颗粒非常小，必须经

显微镜放大500倍左右才能观察到，肉眼能直接看到尘埃不符合这个条件，不可能做布朗运动，故D错误。故选A。2.用中子轰击静止的锂核，核反应方程为164032nLiHeXγ+→++，已知光子的频率为，锂核的比结合能为1

E，氦核的比结合能为2E，X核的比结合能为3E，普朗克常量为h，真空中光速为c，下列说法中正确的是（）A.X核为21H核B.γ光子的动量hcp=C.释放的核能()231Δ436EEEEh=+−+D.质量亏损(

)2312436ΔEEEmc+−=【答案】D【解析】【详解】A．根据质量数和电荷数守恒可知X核为31H核，故A错误；B．光子的频率为，可知光子的动量hhpc==故B错误；C．由比结合能的概念可知，该核反应释放的核能为()231436EEEE=+−故C错误；D．质量亏损为

()2312436EEEmc+−=故D正确；故选D。3.如图所示，由线圈L和电容器C组成简单的LC振荡电路，某时刻，LC振荡电路中电流和电磁场情况如图所示。则下述说法正确的是（）A.图中回路电流正在增大B.电场能正在减小，磁场

能正在增大C.电容器两端电压正在增大D.若在线圈中加一铁芯，则充放电过程会变快【答案】C【解析】【详解】ABC．由图中电流方向和电容器极板的正负极，可知此时电容器处于充电状态，电流正在减小，场能正在增大，磁场能正在减小，电容器两端电压正在增大，故AB错误，C正确；D、

若在线圈中加一铁芯，根据2TLC=可知充放电过程会变慢，故D错误；故选C。4.A、B两物体从同一起点在同一直线上运动的位移—时间（x-t）图像如图所示。A的图像为直线，B的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D的坐标如图所示，下列说法正确的是（）A.A做匀速直线运动，B做加速度增大的变加速直线运

动B.A、B两物体在0~t2时间段内相遇一次（不考虑刚开始）C.在t1时刻之前，A可能在B的前面D.在t1~t2时间段某个时刻，A、B的速度相同【答案】D【解析】【详解】A．A的图像为倾斜直线，即图像斜率不变，所以A做匀速直线运动；B的图像为过原点的抛物线，结合212xat=

可知B做匀加速直线运动，故A错误；B．不考虑刚开始，两图像0~t2时间段内有两个交点，所以A、B两物体在0~t2时间段内相遇两次，故B错误；C．在A开始运动的时刻，B已经沿x轴正方向运动了一段距离，从该时刻到t1时刻，A在后面追B，所以A不可能在B的前面，故C错误；D．B图像切

线的斜率表示速度，则由图可知t1时刻B的速度小于A的速度，t2时刻B的速度大于A的速度，且A做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，所以在t1~t2时间段某个时刻，A、B的速度相同，故D正确。故选D。5.20

23年s月中国首个深海浮式风力发电平台“海油观澜号投产发电，假设旋转磁极式风力发电机原理如图所示，风吹动风叶，带动磁极旋转，使得水平放置线圈的磁通量发生变化，产生感应电流。磁铁下方的线圈与电压传感器相连并通过电脑（未

画出）显示数据。已知风速与发电机的转速成正比，线圈的电阻不计。在某一风速时，电脑显示电压传感器两端的电压如图乙所示。则下列说法正确的是（）在A.风速越大，电压传感器两端电压变化周期越大，有效值越大B.磁铁的转

速为10r/sC.电压传感器两端的电压表达式为12sin5ut=（V）D.风速一定的情况下，减少线圈的匯数，电压传感器两端电压增大【答案】C【解析】【详解】A．由乙图可知，交流电的最大值是12V，故有效值为12V=62V2，保持不变，故

A错误；B．由乙图可知，交流电的周期为T=0.4s，则磁铁的转速为12.5r/snT==故B错误；C．角速度为25rad/sT==所以压传感器两端的电压表达式为12sin5ut=（V）故C正确；D．感应电动势的峰值为mEnBS=故风速一定的情况下，减少线圈的匝数，感应电动

势的峰值减小，有效值减小，交流电压表的示数减小，故D错误。故选C。6.直杆BC的一端用铰链固定于竖直墙壁，另一端固定一个小滑轮C，细绳下端挂一重物，细绳的AC段水平。不计直杆、滑轮及细绳的质量，忽略所有摩擦。若将细绳的端点A稍向下移至Aʹ点（图中未画出），使之重新平衡，则此时滑轮C

的（）A.高度水平线在AAʹ之间B.高度水平线与Aʹ点等高C.高度水平线在Aʹ点之下D.高度水平线在A点之上【答案】D【解析】【详解】由于杆一直平衡，对两根细绳拉力的合力沿杆的方向向下，又由于同一根绳子的张力处处相

等，而且两根细绳的拉力大小相等且等于物体的重力G，根据平行四边形定则，合力一定在角平分线上，若将细绳的端点A稍向下移至A′点，若杆不动，则∠A′CB小于∠BCG，则不能平衡，若要杆再次平衡，则两绳的合力一定还在角平分线上，所以BC杆应向上转动一定的角度，此时C在A

点之上。故选D。7.电磁流量计是随着电子技术的发展而迅速发展起来的新型流量测量仪表。主要有直流式和感应式两种。如图所示直流式电磁流量计，外加磁感应强度为B的水平匀强磁场垂直于管轴，在竖直径向a、b处装有两个电极，用来测量含有大量正，负离子的液体通过磁场时所产生的电势差大小U。液体的流量Q

可表示为1UAQkBd=，其中d为管道直径，k为修正系数，用来修正导出公式时未计及的因素（如流量计管道内的流速并不均匀等）的影响。那么A应该为（）A.恒定常数B.管道的横截面积C.液体的流速D.液体中单位时间内流过某一横截面

的电荷量【答案】B【解析】【详解】由图可知，含有大量正，负离子的液体从入口进入管道，根据左手定则可知，带正电的离子向上偏转，带负电的离子向下偏转，当显示器的示数稳定时，则在管道内形成向下的匀强电场，则有qvBqE=而UE

d=流量QSv=联立解得USQBd=所以1UAQkBd=式中的A应该为管道的横截面积S。故选B。8.如图所示，一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，在水平拉力作用下，以恒定的速度沿x轴运动，磁场方向垂直纸面向里。从线圈进

入磁场开始计时，直至完全进入磁场的过程中，设bc边两端电压为U，线框受到的安培力为F，线框的热功率为P，通过ab边的电荷量为q。下列关于U、F、P、q随时间t变化的关系图像正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】

【详解】设磁场的虚线边界与x轴的夹角为θ、线框的速度为v、线框的边长为L、磁场的磁感应强度为B，和感应电动势最大的时刻为t0，则在bc边进入磁场的过程中由dc边进入磁场的部分切割磁感线，即在时间段0≤t≤t0内有E1=Bv2t∙tanθ21

tan4BvtIR=由dc边和ab边进入磁场的部分切割磁感线的过程中，即在时间段t0≤t≤2t0内有E2=BLv－Bv2(t－t0)∙tanθ202()tan44BvttBLvIRR−=−A．设线框一条边电阻为R，根据以上分析可知，在0≤

t≤t0的过程中211tan4BvtUIR==在t0≤t≤2t0的过程中0222()tan44BvttBLvUIR−==−故A正确；B．设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0≤t≤t0的过程中211tantan()tan4BvtFBIvtBvtR=

=则在0≤t≤t0的过程中F—t图像应为曲线，故B错误；C．设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0≤t≤t0的过程中22211tan4()44BvtPIRRR==则在0≤t≤t0的过程中P—

t图像应为开口向上的抛物线，故C错误；D．设线框一条边的电阻为R，根据以上分析可知，在0≤t≤t0的过程中221tan48BvtqRR==则在0≤t≤t0的过程中q—t图像应为曲线，故D错误。的故选A。二、多项选择题：本题

共4小题，每小题4分，共16分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.一定质量的理想气体经历了如图所示的A→B→C→D→A循环过程。下列说法正确的是（）A.A→B→C过程中，气体压强先减小后增大B.C→D→A过程中，单位体积内

分子数先不变后增加C.整个循环过程中，气体对外界做的功小于外界对气体做的功D.整个循环过程中，气体从外界吸热，内能不变【答案】AC【解析】【详解】A．A→B的过程中，气体温度不变，体积增大到原来的2倍，由玻意尔定律可知，气体压强将减小到A状态时的二分之一；B→

C的过程中，气体的体积不变，温度升高到原来的4倍，由查理定律可知，气体的压强将增大到B状态时的4倍；即气体压强先减小后增大，故A正确；B．C→D→A过程中，气体的体积先减小后不变，所以单位体积内分子数先增加后不变，故B错

误；C．A→B的过程中，气体等温膨胀，内能不变，但对外做功，由热力学第一定律111UQW=+可知，气体从外界吸收了热量；B→C的过程中，气体体积不变，温度升高，内能增加，气体和外界没有相互做功，由22

2UQW=+可知，气体从外界吸收了热量；C→D过程中，气体体积减小，温度降低，内能减小，由图可知VT是定值，则由CCDDCDpVpVnRTT==可知，气体经历了等压压缩，外界对气体做了功，由333UQW=+可知，气体向外界释放了热量；D→A过程中，气体经历了等

容降温，内能减小，压强减小，气体与外界没有相互做功，由444UQW=+可知，气体向外界释放了热量。综上所述，气体与外界相互做功发生在A→B和C→D过程中，其中A→B是一个降压过程，C→D是一个等压过程，由D→A过程可知，A→B过程中压强的最大值Ap小于C→D过程中的压强，两个过程

中气体的体积变化量相等，所以A→B过程中气体对外界做的功小于C→D过程中外界对气体做的功，故C正确；D．由上面的分析可知，整个循环过程中，外界对气体做的功大于气体对外界做的功，气体的温度、体积最终回到了开始状态，内能变化量为零，

由热力学第一定律UQW=+可知气体对外界放了热，故D错误。故选AC。10.如图所示为研究光电效应的实验装置，当用能量为3.1eVE=的光照射涂有某种金属的阴极K时，电流表有示数。若阴极K与阳极A间的电势差KA0.9VU=，电流表示数刚

好为零，电子的电荷量为e。下列说法正确的是（）A.从金属表面逸出的光电子的最大初动能为0.9eVB.此金属的逸出功为0.9eVC.将P向右移动，电流表的示数可能先增大后不变D.将P向右移动，从金属表面逸出的光电子的最大初动能增加【答案】AC【解析】【详解】A．根据题意，若阴

极K与阳极A间的电势差KA0.9VU=，电流表示数刚好为零，则可知阴极K逸出的光电子的动能完全克服了电场力做功，则有KAk0eUEhW==−可得电子额最大初动能k0.9eVE=故A正确；B．根据以上分析可得该金属的逸出功00.9eVWh=−而光的能量3.1eVhE=

=则可得02.2eVW=故B错误；C．若光电流已经饱和，则将P向右移动时，电流表的示数不变，若光电流未饱和，则将P向右移动时正向电压增大，则光电子的移动速率增大，而根据Inqsv=可知，光电流将增大，若在移动的过程中光电流达到饱和，则继续

移动P，光电流将不再变化，因此，将P向右移动，电流表的示数可能先增大后不变，故C正确；D．根据爱因斯坦的光电效应方程k0EhW=−ν且同种金属的逸出功一定，因此，当照射到阴极K的光的能量一定时，将P向

右移动，其逸出的光电子的最大初动能不变，即光电子的最大初动能只与照射光的频率有关，故D错误。故选AC。11.如图所示，四根通有恒定且等大电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点连成边长为2L的正方形且关于x轴和y轴

对称，各导线中电流方向已标出。已知电流为1的无限长通电直导线在距其r处产生的磁感应强度大小为IBkr=，k为比例系数。下列说法正确的是（）A.直导线1、3相互排斥，直导线2、3相互吸引B.直导线1、2在O点产生的合磁场的方向沿y轴负方向C.直导线1、4

在O点产生的合磁场的磁感应强度大小为kILD.若仅将直导线3的电流变为原来的2倍，则直导线1所受安培力为零【答案】BCD【解析】【详解】A．根据“同向电流互相吸引，异向电流互相排斥”的规律，可知直导线1、3相吸引，直导线2、3相排斥，故A错误；B．直导线1、2

在O点产生的磁感应强度大小相等，根据安培定则，直导线1、2在O点产生的合磁场的方向如图所示可知直导线1、2在O点产生的合磁场的方向沿y轴负方向，故B正确；C．同理，作出导线1、4在O点产生的合磁场的方向，如图所示直导线1、

4在O点产生的磁感应强度大小相等，则有142kIBBL==则O点的合磁感应强度为2214kIBBBL=+=故C正确；D．直导线2、3、4在1处产生的磁感应强度方向如图所示直导线2、4在1处产生磁感应强度大小为242kIBBL==则这两根直线导线

的合磁感应强度为22242422kIBBBL=+=直导线3在在1处产生的磁感应强度大小为324kIBL=则有2432BB=若仅将直导线3的电流变为原来的2倍，则有的33222kIBBL==则有243BB=又两磁感应强度方向在同一直线上且相反，故此时直导线1处的合磁感

应强度为零，则直导线1所受的安培力为零，故D正确。故选BCD。12.如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和3d，处于竖直向下的磁场中，磁感应强度大小分别为3B和B；已知导体棒PQ的电阻为R、长度为d，导体棒MN的电阻为3R、长度为3d，MN

的质量是PQ的3倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是（）A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B.MN

速率为v时，PQ所受安培力大小为229BdvRC.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为3：1D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为34BLdR【答案】BD【解析】【详解】A．弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生逆时针方

向的电流，选项A错误；B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力3PQFBId=方向向右；MN受安培力3MNFBId=方向向左，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为m，则MN质量为3m，MN速率为v时，则'3mvmv=解得'3vv=回路的感应电流3?334BdvBdvBdvIRR+

==PQ所受安培力大小为2293PQBdvFBIdR==选项B正确；C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得123mxmx=12xxL+=可得则最终PQ位置向左移动134Lx=MN位置向右移动24Lx=因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程

两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理10PQFxFx−=弹安20MNFxFx−=弹安可得2113MNPQxxxx==选项C错误；D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向右位置移动4L，PQ位置向

左移动34L，则33334444LLBdBdBLdqItRRR+====总选项D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某小组利用如图甲所示装置测量小车做匀变速直线运动加速度的大小。请回答下列问题：（1）下列说法正确的是________。A．细绳与长木板平行

B．先释放小车后接通电源C．电火花计时器应使用8V交流电源D．实验开始时小车应离计时器远些（2）小组选取了如图乙所示的一条纸带，O、A、B、C、D、E为选取的计数点，每两个相邻计数点间还有4个点没有画出，各计数点到O点的距离分别为1s、2s、3s、4s、5s。已知交流电源的频率为f，则D点

对应的瞬时速度大小为________（用已知字母表示）。（3）小组根据各计数点的速度v与各计数点到O点的距离s作出2vs−图像如图丙所示，则打下O点时小车速度的大小为________m/s，小车加速度大小为________2m/s。（结果均保留2位有效数字）【答案】①

.A②.53()10ssf−③.0.50④.1.0【解析】【详解】（1）[1]A．细绳与木板平行是为了保证小车在整个运动过程中加速度基本不变，如果细绳不与木板平行，则在小车运动过程中绳子与水平面的夹角会发生

变化，从而使小车运动方向上的合力发生变化，而根据牛顿第二定律可知，加速度就会发生变化，因此细绳与长木板要平行，故A正确；B．为了节约纸带，获取更多的数据点，实验过程中应先接通电源再释放小车，故B错误；C．电磁打点计时器使用的是8V学生交流电源，而电火花计时器应使用220V交流电源，

故C错误；D．由于木板长度有限，为了获取更多的数据点，实验开始时小车应靠近计时器释放，故D错误。故选A。（2）[2]对于匀变速直线运动，在某段时间内的平均速度就等于该段时间中间时刻的瞬时速度，因此可得D点的瞬时速度为53Dssvt−=根据题

意可得10tf=解得53()10Dssfv−=（3）[3]以各计数点的速度v与各计数点到O点的距离s作出2vs−图像，则可知O点速度平方所对应的距离为0，通过图像可得2220.25msOv−=解得0.5

0m/sOv=[4]根据匀变速直线运动速度—位移的关系式有22vas=可知该图像的斜率为2a，则有221.50.252m/s2.0m/s0.625a−==可得21.0m/sa=14.某小组利用甲、乙所示的装置探究影响感应电流方向的因素。（1）闭合图甲电

路中的电键，观察电流表指针的偏转方向，本次操作的实验目的是________。（2）如图乙所示，把磁铁的某一个磁极向线圈中插入或从线圈中抽出时，记录磁极运动的四种情况中感应电流的方向，如图丙所示，可知感应电流的方向与哪些因素有关______？（

3）为了建立感应电流的方向与磁通量变化的联系，需要引入________来转换研究角度。（4）下列说法正确是________。A．实验中需要观察磁铁插入的快慢与电流表指针偏转角度大小的关系B．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化是能量守恒定律的必然结果

C．本实验采用了归纳推理的科学方法D．本实验采用了演绎推理的科学方法【答案】①.找到流过电流表的电流方向与指针偏转方向的关系②.原磁场方向、磁通量的变化情况③.感应电流的磁场④.BCCB【解析】【详解】（1）[1]闭合图甲电路中的电键，观察电流表指针的偏转方向，本次操作

的实验目的是找到流过电流表的电流方向与指针偏转方向的关系。（2）[2]图丙中做了两组对照实验，分别是：以不同磁极插入和以不同磁极抽出，发现以不同磁极插入时电流方向不同，以不同磁极抽出时电流方向也不同，插入时线圈中磁通量增加，抽出时线圈中磁通量减小，因此可知感应电流的方向与原磁场方向及磁通

量的变化情况有关。（3）[3]感应电流的方向与磁通量的变化不易建立起直接的联系，而我们知道磁体周围存在磁场，感应电流也会产生磁场，因此为了建立感应电流的方向与磁通量变化的联系，需要引入感应电流的磁场来转换研究角度。（4）[4]A．该实验探究的是影响

感应电流方向的因素，而不是磁铁插入的快慢与电流表指针偏转角度大小的关系，故A错误；B．感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化是能量守恒定律的必然结果，故B正确；CD．本实验通过对照实验组所得到的结果进行了归纳与推理，因此采用了归纳推理的科学方法，故C正确，D错误。故选

BC。的（2020·全国）15.我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用2Fkv=描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为51.2110kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为51.6910

kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。【答案

】(1)278m/sv=；（2）2m/s2，39st=【解析】【详解】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：211kvmg=满载起飞时，升力正好等于重力：222kvmg=由上两式解得：278m/sv=（2）满

载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以2202vax−=解得：22m/sa=由加速的定义式变形得：20vvtaa−==解得：39st=16.氧气瓶是医院、家庭护理、战地救护、个人保健及各种缺氧环境补充用氧较理想的

供氧设备。某氧气瓶容积V1=15L，在T1=300K的室内测得瓶内氧气的压强p1=9×106Pa，已知当钢瓶内外无气压差时供气停止。（1）求在环境温度为T1=300K、压强为p0=1×105Pa时，可放出该状态下氧气的体积V；（2）若将该氧气瓶移至T2=250K的环境中用气，当瓶内氧气压强变

为p2=1.5×106Pa时，求用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比。（用百分比表示）【答案】（1）1335L；（2）80%【解析】【详解】（1）根据玻意耳定律可知1101()pVpVV=+解得1335LV=可放出该状态下氧气的体

积1335L；（2）根据理想气体状态变化方程可知'112112()pVpVVTT+=解得'60LV=用掉的氧气的质量与原有的氧气的质量之比'00'180VVV=+17.在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个

不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。（1）请判断该粒子带何种电荷；（2）并求出其比荷qm；（3）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B'，该粒子仍从A

处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，画出粒子偏转图，求磁感应强度B'多大？此时粒子在磁场中运动所用时间t是多少？【答案】（1）负电荷；（2）vBr；（3）33B，33rv【解析】【详解】（1）由粒子

的运动轨迹(如图)利用左手定则可知，该粒子带负电荷。（2）粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径R＝r又qvB＝m2vR则粒子的比荷qm＝vBr（3）设粒子从D点飞出磁场，运动轨迹如图速度方向改变了60°角，故A

D弧所对圆心角为60°，由几何知识可知，粒子做圆周运动的半径R′＝tan30r＝3r又qvB′＝m2'vR所以B′＝33B此次粒子在磁场中运动所用时间t＝16T＝16×2Rv＝33rv18.如图所示，一水平的足够长浅色传送带与水平

地面上的平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μl=0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的；现让传送带以恒定的水平向右加速度a=3m

/s2开始运动，当其速度达到v=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。随后，在煤块平稳滑上平板的同时，在平板右侧施加一个水平向右的恒力F=22N。F作用了0.5s后，煤块恰好与平板速度相等，此时撤去

F。最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，取g=10m/s2。(1)求传送带上黑色痕迹的长度；(2)求平板与水平地面间的动摩擦因数μ2；(3)平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字）。【答案】(1)0.75m；(2)0.3；

(3)0.73m【解析】【详解】(1)煤块在传送带上发生相对运动时，加速度21111m/smgagm===方向向右；设经过时间时t1，传送带达到速度v，经过时间时t2，煤块速度达到v，即112vatat==代入数据可得10.5ts=21.5st=传送带发生

的位移()221s1.875m2vvtta=+−=煤块发生的位移2'11.125m2vsa==黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即'sss=﹣代入数据解得s0.75m=(2)煤块滑上平板时速度为01.5m/

sv=，加速度为21111m/smgagm===经过00.5ts=时速度0101.510.5m/s1.0m/svvat===﹣﹣平板的加速度大小2a，则由的201.0m/svat==解得222m/sa=设平板与地面间动

摩擦因数为2，由222m/sa=，且122()FmgmgMgMa++=()﹣代入数据解得20.3=(3)由于21μ，共速后煤块将仍以加速度大小111mgagm==匀减速，直到停止，而平板以加速度3a匀减速运动312MamgmgMg=−+()代入数据解得233.

5m/sa=﹣用时332s7vta==所以全程平板的位移为()030111S0.5m=m222827vtt+=+=+板煤块的位移22011.59Sm228va===煤平板车的长度即煤块与平板的位移之差41m0.73m56LSS=−==板煤获得更多资源请扫码加入

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