【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高一下学期期末理科物理试题 含解析.docx，共(25)页，3.980 MB，由小赞的店铺上传

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长安一中2021---2022学年度第二学期期末考试高一物理试题（理科）时间：100分钟：分值：110分第Ⅰ卷：选择题一、选择题（本题共15小题，每小题4分，共60分。在每小题给出的四个选项中，1-10为单项选择题，11-15为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分）1.关于下列四幅图的说法正确的是（）A.如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，渡河轨迹一定是直线B.如图（b），实验现象可以说明平抛运动水平方向分运动的特点C.如图（c），汽车通过拱桥的最高点时对拱桥

的压力大小大于其重力大小D.如图（d），火车转弯超过规定速度行驶时，外轨对外轮缘会有挤压作用【答案】D【解析】【详解】A．如图（a），当船头垂直于河岸渡河时，若船在静水中的速度是匀速，水流速度也是匀速时，由速度合成定则可知，渡河轨迹一定是直线，若船速是变速时，水流是匀速，由速度合成定则可知，

渡河轨迹一定不是直线，A错误；B．如图（b），实验现象是两球在同一高度，同时运动且同时落地，可以说明平抛运动竖直方向分运动的特点，不能说明平抛运动水平方向分运动的特点，B错误；C．如图（c），汽车通过拱桥的最高点时，由牛顿第二定律，则有2NvmgFmr−=解得2NvF

mgmr=−可知拱桥对汽车的支持力大小小于重力大小，由牛顿第三定律可知，汽车对拱桥的压力大小小于其重力大小，C错误；D．如图（d），火车转弯超过规定速度行驶时，其火车重力与轨道的支持力的合力不能满足火车转弯时所需的向心力，则有外轨对外轮

缘会有挤压作用，D正确。故选D。2.一质点运动的x-t图像为如图所示的一段抛物线，则下列说法正确的是（）A.质点做匀变速曲线运动B.质点做加速度大小为40m/s2的匀变速直线运动C.t=0时，质点的速度大小为20m/sD.

质点在0～1s内的平均速度大于20m/s【答案】C【解析】【详解】A．x-t图像反映的是质点在一条直线上的位置随时间变化的情况，图线是曲线是因为位置随时间变化不均匀，并不是曲线运动，故A错误；BC．x-t图像为如图所示的一

段抛物线，说明质点在做匀变速直线运动，根据公式2012xvtat=+将图中坐标（2,0）、（1,10）分别代入可得020m/sv=220m/sa=−质点做初速度为20m/s，加速度大小为20m/s2的匀变速直线运动，故B错误，C正确

；D．质点在0～1s内的平均速度为10=m/s=10m/s1xvt=故D错误。故选C。3.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其沿竖直方向的速度-时间（vy-t）图像如图乙所示，同时人顶着杆沿水

平地面运动的位移-时间（x-t）图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法正确的是（）。A.t=0时，猴子的速度大小为8m/sB.猴子在0~2s内的加速度大小为4m/s2C.猴子在0~2s内做非匀变速曲线运动D.t=1s时猴子的

速度大小为6m/s【答案】B【解析】【详解】A．由题图乙可知，在t=0时，猴子在竖直向上方向的分速度大小为8m/s，同时由题图丙可知，人在水平方向的速度大小为ms4ms28xv==猴子同时参与了两个分运动，所以猴子的速度大小为22220084ms45msxyvvv=

+=+=A错误；B．由题图乙可知，猴子在0~2s内竖直方向的加速度大小为228ms4ms2ya==在水平方向为匀速直线运动，加速度是零，因此猴子在0~2s内的加速度大小为4m/s2，B正确；C．由题图乙和丙可知，猴子在竖直方向做匀减速直线运动，加速度方向向下，在水平方向做匀速直线运动，

加速度是零，其合加速度方向与其运动方向不在同一直线上，因此猴子在0~2s内做匀变速曲线运动，C错误；D．t=1s时，猴子在竖直方向的分速度大小为1018ms41ms4msyyvvat=−=−=在水平方向分速度大小为4m/s，则有t=1s时，猴子的速度大小为22221144ms42msxyvvv=

+=+=D错误。故选B。4.如图，甲、乙两位同学同时在等高处抛出手中的篮球A、B，A以速度1v斜向上抛出。B以速度2v竖直向上抛出。当A到达最高点时恰与B相遇。不计空气阻力，A、B均可视为质点，重力加速度为g，以下说

法正确的是（）A.1v<2vB.相遇时A的速度一定为零C.B从抛出到最高点的时间为1vgD.从抛出到相遇A、B的速度的变化量相同【答案】D【解析】【详解】AB．篮球A做斜上抛运动，在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，到达最高点时A的竖直分速度为零，水平分速度不为零，到达最高

点两球相遇时的速度不为零；篮球B做竖直上抛运动，A在竖直方向做竖直上抛运动，A、B同时抛出，两球相遇，说明A的竖直分速度vy与B的初速度相等，即2yvv=，设A的水平分速度大小为vx，A抛出时的速度大

小2212xyvvvv=+故AB错误；C．篮球B抛出时的速度与A的竖直分速度相等，A到达最高点时B也到达最高点，B从抛出到最高点的时间2vtg=故C错误；D．从抛出到相遇，A、B的运动时间t相等，速度变化量vgt=相等，故D正确。故

选D。5.如图所示，两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为4v，则此时每段线中张力大小为（重力加速度为g）（）A.3

mgB.23mgC.53mgD.5mg【答案】C【解析】【详解】当小球到达最高点时速率为v，由题意可得2vmgmr=若小球到达最高点时速率为4v时，则有()24vmgFmr+=联立以上两式解得F=15mg设每段线中张力大小为T，则有2cos30TF=解得15532cos30322FmgTmg

===ABD错误，C正确故选C。6.2018年5月14日，四川航空3U8633航班在飞往拉萨途中突遇前挡风玻璃脱落事故，随后飞机在成都双。流机场紧急着陆，飞机着陆时速度与水平方向成30°角向下，且着陆速度大小为360km/h。假设飞机从

触地经过0.5s开始水平滑行，取g＝10m/s2，则飞机上一位质量为60kg的乘客在竖直方向上所受的平均冲击力大小为（）A.5400NB.5500NC.6600ND.4800N【答案】C【解析】【详解】飞机着陆时速度大小为360km/h100msv==飞机着

陆时竖直向下的速度大小为sin3050msyvv==飞机着地过程对乘客在竖直方向上利用动量定理()()0yFmgtmv−=−−解得6600NF=故C正确。故选C。7.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船将3名宇航员送入太空并与天宫空间站顺利对接，对接过程可简化

为如图所示的情景。圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点。已知轨道2的半径为r，地球表面的重力加速度大小为g，地球自转的周期为T，轨道1的半长轴为a﹐万有引力常量为G，以下判断正确的是（）A.由已知条件可以求出地球的质量B.载人飞船若要由轨道1进入轨道2，需

要在P点减速C.载人飞船在轨道1上稳定运动经过P点的加速度等于空间站在轨道2上经过P点的加速度D.空间站在轨道1上运行的周期与飞船在轨道2上运行的周期之比为33:ra【答案】C【解析】【详解】A．地球表面的重力等于万有引力，则2=GMmmgR地得到2gRMG=地因不知

道地球半径，故求不出地球的质量，故A错误；B．载人飞船在轨道1上经过P点时，飞船做近心运动，万有引力大于向心力，在轨道2上经过P点时万有引力等于向心力，两轨道上P点的向心力相等，可知，飞船从轨道1进入轨道2需要

在P点加速，故B错误；C．在轨道1和轨道2上P点均是万有引力提供向心力，则2=GMmmar解得2GMar=因两轨道上P点到地球的距离是一样的，故两轨道上P点加速度相等。故C正确；D．根据开普勒第三定律可

得231232TaTr=可得3132TaTr=故D错误。故选C。8.在北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩。某次训练中，运动员将质量为19.1kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动0.2m后停下。已知

比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为0.01，当地重力加速度约为10m/s2。假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为（）A.0.2m/sB.0.4m/sC.0.6m/sD.0.1m/s【答案】A【解析】【详解】在甲

、乙两冰壶碰撞中，动量守恒，由动量守恒定律可得012mvmvmv=+由机械能守恒定律可得222012111222mvmvmv=+对乙冰壶由动能定理可得22102mgxmv−=−联立以上各式解得00.2msv=A正确，BCD错误。故选A。9.如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上

的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=

0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（）A.1.42NB.1.40NC.142ND.0.142N【答案】A【解

析】【详解】由牛顿第二定律，可知香皂盒的加速度21112msmgagm===纸板的加速度()11222Fmgmmgam−−+=对香皂盒则有211112xat=对纸板212112xdat+=纸板抽出后香皂盒运动的距离223

212xat=则有12lxx=+由题意可知31aa=1132atat=代入数据联立解得F=142N故选A。10.科学家发现。距离地球2764光年的宇宙空间存在适合生命居住的双星系统，这一发现为人类研究地外生命提供了新的思路和方

向。假设宇宙中有一双星系统由质量分别为m和M的A、B两颗星体组成。这两颗星绕它们连线上的某一点在二者万有引力作用下做匀速圆周运动，如图所示，A、B两颗星的距离为L，引力常量为G，则（）.A.因为OA>OB，所以m>MB.两恒星做圆周运动的周期为32(+)L

GMmC.若恒星A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，恒星A的周期缓慢增大D.若恒星A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量缓慢增大，其他量不变，则恒星A的轨道半径将缓慢增大【答案】B【解析】【详解】ABC．根据万有引力提供向心力有

2222244MmGmOAMOBLTT==因为OA＞OB，所以m＜M由于OA+OB=L，解得()32LTGMm=+当m增大时可知T减小，故AC错误，B正确；D．根据222244mOAMOBTT

=且OA+OB=L，解得MLOAMm=+若恒星A由于不断吸附宇宙中的尘埃而使得质量m缓慢增大，其他量不变，则恒星A的轨道半径将缓慢减小，故D错误。故选B。11.如图所示，三角形为一光滑锥体的正视图，锥面与竖直方向的夹角为θ=37°。一根长为l=1m的细线一端

系在锥体顶端，另一端系着一可视为质点的小球，小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力，则（）A.小球受重力、支持力、拉力和向心力B.小球可能只受拉力和重力C.当52ra

d/s2=时，小球对锥体的压力刚好为零D.当25rad/s=时，小球受重力、支持力和拉力作用【答案】BC【解析】【分析】【详解】ABC．小球受重力、拉力，有可能支持力为零，恰好为零时有2tansinmgml=解得52rad/s2=A错误，BC正确；D．当25rad/s=

时，小球已经离开斜面，小球受重力、拉力的作用。D错误。故选BC12.如图，某学校的排球场长为18m，球网高度为2m。一同学站在离网3m线上（虚线所示）正对网竖直跳起，并在离地高2.5m处将球向正前方水平击出。不计球飞行过程中受到的阻力，欲使球既不

触网又不出界，则击球速度可能是（）。。A.10m/sB.9m/sC.16m/sD.18m/s【答案】AC【解析】【详解】设排球水平击出时高度为H，球网高度为h，若排球恰好过网，则有2112Hhgt−=解得()()1222.5210s

s1010Hhtg−−===则此时击球速度为1113ms310ms1010xvt===若排球恰好不出界，则有2212Hgt=解得2222.52ss102Htg===则此时击球速度为22212ms122ms2

2xvt===则有击球速度在310ms122msv范围内，可使排球既不触网又不出界，所以击球速度可能是10m/s或16m/s，AC正确，BD错误。故选AC。13.如图甲所示，小球从斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点进入水平面后做匀减速直线运动，最后停在C点，小球

在水平面上的运动时间为0.4s；整个过程中，速率的平方2v与运动路程x之间的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.2vx—图像斜率表示加速度B.小球沿斜面下滑的加速度为216m/sC.小球在水平面上运动的距离为0.8mD.整个过程小球的平

均速率为2m/s【答案】CD【解析】【详解】A．根据匀变速直线运动的速度与位移关系有22vax=可知，2vx—图像斜率为2a，并非表示加速度，故A错误；B．由图乙的斜率可得211602m/s1ka−==则下滑时的加速度为218m/sa=故B错误；C．由

图乙可知，小球在B点的速度为4m/sBv=则小球在水平面上的加速度大小为222010m/sBvat−==则小球在水平面上运动的距离为222210.8m2xat==故C正确；D．小球下滑的时间为110.5sBvta==小球运动路程121m0.8m=1.8msxx=+=+则整个过程小球的平均速率为12

2m/ssvtt==+故D正确。故选CD。14.如图所示，竖直平面内有一半径为R=0.35m的内壁光滑的圆形轨道，轨道底端与光滑水平面相切，一小球（可视为质点）以v0=3.5m/s的初速度进入轨道，g=10m/s2，则（）A.小球不会脱离圆轨道运动B.小球会脱离圆轨道运动C.小球脱离轨道时的速度

为72m/sD.小球脱离轨道的位置与圆心连线和水平方向间的夹角为30【答案】BCD【解析】【分析】【详解】AB．设小球恰能到达最高点，由重力提供向心力，则有mg=m2vR解得v=gR=3.5m/s若小球从最低点恰好能到最高点，根据机械能守恒定律得为12mv0′2=

mg×2R＋12mv2解得v0′＝702m/s>v0＝3.5m/s故小球不可能运动到最高点，小球会脱离圆轨道，故A错误，B正确；C．设当小球脱离轨道时，其位置与圆心连线和水平方向间的夹角为θ，小球此时只受重力作用，将重力分解如图所示。

在脱离点，支持力等于0，由牛顿第二定律得mgsinθ=m21vR从最低点到脱离点，由机械能守恒定律得12mv02＝mgR（1＋sinθ）＋12mv12联立解得sinθ=12即=30则v1＝singR＝72m/s

故CD正确。故选BCD。15.如图所示，质量分别为2kgAm=、1kgBm=的两小物块中间连接有劲度系数200N/mk=的轻质弹簧（与物块栓接），整个装置放在倾角为30的光滑斜面上，斜面底端有固定挡

板。对物块A施加一个沿斜面向下的、大小20NF=的力，整个装置处于静止状态。现撤去外力F，g取210m/s，则（）A.当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升10cmB.当物块B与挡板刚要分离时，物块A克服重力做功为1.75JC.物块B离开挡板前，弹簧一直对物块A做正功D.弹簧

恢复到原长时，物块A的动能最大【答案】B【解析】【分析】【详解】A．开始时A、B处于静止状态，对AF+mAgsinθ=kx1解得x1=0.15m=15cm所以当弹簧恢复原长时，物块A沿斜面上升15cm．A错误；B．当B刚

要离开挡板时，挡板的支持为0，对Bkx2=mBgsinθ代入数据得x2=0.025m此时A向上的位移：x=x1+x2=0.15m+0.025m=0.175m重力克服重力做的功sinWmgx=代入数据得W=1.75JB正确；C．B刚要离开挡板前B受到向上的拉力，则弹簧对

A的拉力方向向下，所以在B要离开挡板前，弹簧先对A做正功，然后做负功．C错误；D．当弹簧的弹力等于A沿斜面的重力分量时，此时A的速度最大，D错误。故选B。第II卷：非选择题二、实验题（本题共2小题，每空2分，共计16分）16.为了验证小球在竖直平

面内摆动过程的机械能是否守恒，利用如图（a）装置，不可伸长的轻绳一端系住一小球，另一端连接力传感器，小球质量为m，球心到悬挂点的距离为L，小球释放的位置到最低点的高度差为h，实验记录轻绳拉力大小随时间的变化如图（b），其中Fm是实验中测得的最大拉力值，重力加速度为

g，请回答以下问题：(1)小球第一次运动至最低点的过程，重力势能的减少量△Ep=___________，动能的增加量△Ek=___________。（均用题中所给字母表示）(2)观察图（b）中拉力峰值随时间变化规律，试分析造成这一结果的主要原因：_____

______。(3)为减小实验误差，实验时应选用密度___________（选填“较大”或“较小”）的小球。【答案】①.mgh②.()2mFmgL−③.空气阻力做负功，机械能有损失④.较大【解析】【详解】(1)[1]小球第一次摆动至最低点的过程，重心下降了h，则重力势能的减少

量为PEmgh=[2]小球第一次摆动至最低点，初速度为零，最低点速度为mv，由牛顿第二定律有2mmvFmgmL−=而动能的增加量为2km102Emv=−联立解得k()2mFmgLE−=(2)[3]根据Ft−图像可知小球做周期性的摆动每次经过最低

点时拉力最大，而最大拉力逐渐变小，说明经过最低点的最大速度逐渐变小，则主要原因空气阻力做负功，导致机械能有损失；(3)[4]为了减小因空气阻力带来的误差，应选择密度大体积小的球进行实验。17.为了验证“两小球碰撞过程中的动量守恒”，某同学用如图所示的装置进

行了如下的操作：①将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，并将该木板竖直立于靠近槽口处，使小球a从斜槽轨道上某固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；②将木板向右平移适当的距离固定，

再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹P；③把小球b静止放在斜槽轨道的水平段的最右端，让小球a仍从原固定点由静止释放，和小球b相碰后，两小球撞到木板并在白纸上留下痕迹M和N；④用天平测出a、

b两个小球的质量分别为am和bm，用刻度尺测量白纸上O点到M、P、N三点的距离分别为My、Py和Ny．根据上述实验，请回答下列问题：(1)为了减小实验误差，选择入射球am、被碰球bm时，应该使am_________bm（填“大于”、“等于”或“小于”）．(2)

小球a和b发生碰撞后，小球a在图中白纸上撞击痕迹应是__________点．(3)小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结论___________产生影响（填“会”或“不会”）．(4)用本实验中所测得的物理量来验证两小球碰撞过程中

动量守恒，其表达式为__________．（用am、bm、My、Py、Ny表示）【答案】①.大于②.N③.不会④.aabPNMmmmyyy=+【解析】【详解】(1)[1]为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：应该使ma大于mb；(2)(4)[2][

4]小球离开轨道后做平抛运动，设木板与抛出点之间的距离为x，由平抛运动规律得：水平方向：xvt=竖直方向：212hgt=解得：2gvxh=碰撞前，小球a落在图中的P点，设其水平初速度为v0．小球a和b发生碰撞后，小球a的速度变小，

下落的更多，a的落点在图中的N点设其水平初速度为v1，m2的落点是图中的M点，设其水平初速度为v2．小球碰撞的过程中若动量守恒，则有：012aabmvmvmv=+即为222aabPNMgggmxmxmxyyy=+则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为：aabpNMmmmyyy=+

(3)[3]只要由静止从同一位置释放小球，小球到达轨道底端时速度相等，小球a下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果不会产生误差．三、计算题（本题共3小题，18题10分，19题12分,20题12分，共计34分）18.如图所示，A、B两物体相距s=5

m，物体A在外力作用下以vA=4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度vB=10m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度a=-2m/s2。求：（1）经过多长时间A追上B?（2）若vA＝8m/s，则又经

多长时间A追上B？（结果保留两位有效数字）【答案】（1）7.5s；（2）3.4s【解析】【详解】（1）先判断A追上B时，是在B停止运动前还是后。B匀减速到停止的时间为t0=Bva−=5s在5s内A运动的位移sA=vAt0=20m在5秒内B运动的位移sB=vBt0＋2012at=25m因为sA＜

sB＋s0即：B停止运动时，A还没有追上B。A追上B的时间为t=t0＋B0AAsssv+−=7.5s（2）若vA＝8m/s，则A在5s内运动的位移为sA=vAt0=40m因为sA＞sB＋s0即：B停止运动前，A已经追上B。则有2AB012vtvtats

=++解得t＇=（1＋6）s=3.4s19.质量m1=4.0kg的四分之一光滑圆弧轨道A静止放置在光滑水平面上，圆弧与水平面平滑连接，轨道半径R=1.0m。在A的左侧有与A形状相同、质量不同的轨道B，B的质量m3未知，质量m2=1kg的小球C从

轨道最高点由静止释放，沿A弧面滚下，重力加速度g=10m/s2。求：（1）小球C从轨道A上滑下的过程中，A的位移大小；（2）为使小球C能再次追上A，质量m3的取值范围。【答案】（1）10.2x=m；（2）35kg3m【解析】【详解】

（1）小球C从轨道A上滑下的过程中，水平方向动量守恒，设A的水平速度为1v，C的水平速度为2v，则有1122mvmv=在很短时间Δt内有1122mvtmvt=对该过程进行求和即1122mvtmvt=得1122mxmx=又因为12xxR

+=解得小球C从轨道A上滑下过程中，A的位移大小为10.2x=m（2）小球C从轨道A上滑下的过程中，机械能守恒22211221122mgRmvmv=+解得11m/sv=，24m/sv=小球C滑上B，再滑下来，该过程机械能守恒、水平方向动量守恒，规定向左为正，则有223324mvmvmv=+2222

23324111222mvmvmv=+解得234223mmvvmm−=+为使小球C能再次追上A，小球C需反向，且速率大于1v，即232123mmvvmm−−+解得35kg3m20.利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图所示，已知传送轨道平面与

水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与传送带间的动摩擦因数0.25=。传送带顺时针匀速转动的速度4m/sv=，两轮轴心相距5mL=，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现

将质量1kgm=的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到传送带上的B点时速度08m/sv=，A、B间的距离1mx=。工件可视为质点，g取10m/s2，sin370.6=，cos370.8=。求∶（1）弹簧的最大弹性势能；（2）工件第一次沿传送带上滑至最高点的

时间。（3）第一次从B点上滑至最高点的过程中因摩擦产生的热能。【答案】（1）38J；（2）1.5s；（3）6J【解析】【详解】（1）滑块从A到B过程，弹簧的弹性势能的减小等于滑块机械能的增加，根据机械能守恒定律，弹簧的最大弹性势能为2p01sin

372Emgxmv=+代入数据解得P38JE=（2）工件沿传送轨道减速向上滑动的过程中有1sin37cos37mgmgma+=代入数据解得218m/sa=从B点运动到与传送带共速需要的时间为0110.5svvta−==工件滑行的位移大小

为011840.5m3m22tvvxtL++===因为tan37，所以工件将沿传送带继续减速上滑。有2sin37cos37mgmgma−=代入数据解得224m/sa=假设工件速度减为零时，工件未从传送带上滑落，则有224s1s4vta===工件滑行的位移大小为2212m2vxtLx

===−故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为121.5sttt=+=（3）第一阶段皮带位移为12mxvt==皮1物体与皮带的相对位移为111mxxx=−=皮1第二阶段皮带的位移为24mxvt==皮2物体与皮带的相对位移为222mxxx−==

皮2故工件在皮带上滑动的全过程中所产生的热能为()11cos376JQmgxx=+=的获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com