2020年湖南省株洲市高考物理二模试卷(含答案解析)

2020年湖南省株洲市高考物理二模试卷一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）1.如图所示，平行板电容器两极板接在直流电源两端。下列操作能使电容器电容减小的是（）A.增大电源电压电压B.减小电源C.在两极板间插入陶瓷D.增大两极板间的距离2.如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动。用G表示无人机重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是（）B.D.C.3.如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放两颗炸弹，分别击中山坡上的M点和N点。释放两颗炸弹的时间间隔为△，t1此过程中飞机飞行的距离为；击中M、N的时间间隔为S1△，、两点间水平距tMN2离为．不计空气阻力。下列判断正确的是（）S2A.C.B.D.△＞△，＞ttSS△＞△，＜ttSS12121212△＜△，＞ttSS△＜△，＜ttSS121212124.如图所示电路中，电流表A电和压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A.B.电流表A的示数变小，电压表V的示数变大小灯泡L变亮第1页，共15页C.电容器上电荷量减少CD.电源的总功率变大5.如图所示，是一带铁芯的理想电感线圈，其直流电阻为0，L电路中A、B是两个完全相同的灯泡，与A灯泡串接一个理想二极管D，则（）A.开关S闭合瞬间，灯泡先亮AB.C.D.开关S闭合瞬间，A、B灯泡同时亮开关S断开瞬间，灯泡逐渐熄灭，灯泡立即熄灭BA开关S断开瞬间，灯泡逐渐熄灭，灯泡立即熄灭AB6.如图所示，一圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁质量为，电荷量为的正电荷（重力忽略不计）以速度vmqR沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为（）A.B.C.D.7.在桌子上有一质量为m的杂志，杂志上有一质量为m的书．杂志和桌面之间的动12摩擦因数为μ1，杂志和书之间的动摩擦因数为μ2，欲将杂志从书下抽出，则至少需要用的力的大小为（）A.C.B.D.mmg（μ+μ12）（+）（μ+μ12）m2gmmgm2gμ1（+）+μ12122m1mg（μ+μ）122二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）8.某静电除尘设备集尘板的内壁带正电，设备中心位置有一个带负电的放电极，它们之间的电场线分布如图所示，虚线为某带电运动轨A.A点电势低于B点电势B.A点电场强度小于C点电场强度C.烟尘颗粒在A点的动能小于在B点的动能D.烟尘颗粒在A点的电势能小于在B点的电势能在方向垂直纸面向里，磁感应强度为的匀B框运动中线框边始终与磁场右边界平行，线框边长ad=L，cd=2L．线框导线的总电阻为R．则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是（）A.ad间的电压为B.流过线框截面的电量为C.线框所受安培力的合力为D.线框中的电流在ad边产生的热量为第2页，共15页10.2016年1月20日，美国天文学家MichaclBrown推测：太阳系有第九个大行星，其质量约为地球质量的10倍，直径约为地球直径的4倍．到太阳的平均距离约为地球到太阳平均距离的600倍，万有引力常数G已知．下列说法正确的有（）A.该行星绕太阳运转的周期在1～2万年之间B.由题中所给的条件可以估算出太阳的密度C.该行星表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度D.该行星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度11.如图所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为A.若工作面水平置于竖直向下的磁场中，c端的电势高于d端B.cd间霍尔电压与ab间电流大小有关C.该将元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的磁场强弱相同D.在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平12.如图所示，质量相等的两个物块和用轻弹簧连AB接后，再用细线将A悬挂，A和处B于静止状态。剪断细线，A、从静止开始B运动到第一次速度相等的过程中，下列说法正确的是（）B.C.D.只有重力和弹力对做功A，A机械能守恒当、AB的动能相等时，弹簧的压缩量最大当、AB的速度相差最大时，两者加速度均为g三、实验题（本大题共2小题，共22.0分）13.（1）如图甲所示为某多用电表的内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接____（选填“1”“2”“3”“4”或“5”）量程较大。（2）某同学想通过多用电表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻（如图乙），主要步骤如下：①把选择开关拨到“×100”的欧姆挡上；②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；③把红表笔与待测电压表____（选填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；④换用____（选填“×10”或“×1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。（3）实验中（如图丙）某同学读出欧姆表的读数为____Ω，这时电压表读数为____V。第3页，共15页14.有一根细长而均匀的金属管线样品，长约60，电阻大约为6Ω，横截面积如图甲cm所示。（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为______mm；（2）现有如下器材A．电流表（量程0.6A，内阻约0.1Ω）B．电流表（量程3A，内阻约0.03Ω）C．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）D．滑动变阻器（1750Ω，0.3A）E．滑动变阻器（15Ω，3A）F．蓄电池（6V，内阻很小）G．开关一个，带夹子的导线若干要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选______（只填代号字母）。（3）请将图（4）己知金属管线样品丙所示的实际测量电路补充完整。材料的电阻率为ρ，通过多次测量得出金属管线的电阻为，R金属管线的外径为，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积，在dS前面实验的基础上，还需要测量的物理量是______。计算中空部分截面积的表达式为=______。S四、计算题（本大题共4小题，共57.0分）第4页，共15页15.如图甲所示，n=50匝的正方形线框abcd其电阻R=0.5Ω，边长L=20cm，匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求：（1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量q；（2）3s时ab边所受安培力的大小F；（3）0～4s内线框中产生的焦耳热Q。16.如图所示，半径R=0.8m的1/4光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，过最低点的半径OC可绕竖直轴MN处于竖直位置，在其右方有一圆筒，圆筒半径r=0.1m，筒的顶端与C点等高，在筒的下部有一小孔，距筒顶h=0.8m，开始时小孔在图示位置（与圆弧轨道共面）．现让一质量m=0.1kg的小物块自A点由静止开始下落，打在圆弧轨道上的B点，但未反弹，在瞬间的碰撞过程中小物块半沿径方向的分速度立刻减为零，而沿圆弧切线方向的分速度不变．此后，小物块圆沿弧轨道滑下，到达C点时触动光电装置，使圆筒立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔．已知A点、B点到圆心O的距离均为R，与水平方向的夹角θ均为30°，不计空气阻力，g取l0m/s2．试问：（1）小物块到达C点时的速度大小是多少？（2）圆筒匀速转动时的角速度是多少？（3）要使小物块进入小孔后能直接打到圆筒的内侧壁，筒身长L至少为多少？17.如图所示，与水平面成θ=30°的传送带正以v=3m/s的速度匀速运行，A、B两端相距l=13.5m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（视为质点）轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ=，取g=10m/s2．求：（1）相邻工件间的最小距离和最大距离；第5页，共15页（）传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量；2（）满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？318.质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，原理如图所示是质谱仪的工作原理示意图。离子从容器下方的狭缝飘入（初速度视为零）电压为UAS1的加速电场区，加速后再通过难过狭缝后再从垂直于磁场边界射入偏转磁场，S2S3该偏转磁场是一个以直线为上边界、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的MN磁感应强度为．离子经偏转磁场后，最终到达照相底片D上，不考虑离子间的相B作互用。（）若离子的电荷量为，q它最终打在照相底片D上的位置到狭缝的S距离为，d13求离子的质量；m（）若容器中A有大量入（）中所述粒子，它们经过电场加速后由狭缝进入磁场时，可认为速度大小相等，但速度方向并不都严格垂直于边界，其中偏离垂直于方向的最大偏角为θ，则照相底片D上得到的谱线的宽度△x为多少？21MNMN（）若容器中A有电荷量相同的铜和铜两种离子，它们经电场加速后垂直36365于MN进入磁场中会发生分离，但实际工作时加速电压的大小会在U±△U；范围内微小变化。为使这两种离子将来打在照相底片上的区域不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）第6页，共15页--------答案及其解析--------1.答案：D解析：解：电容的大小与电量和电压无关，故改变电压不会影响电容的大小；故AB错误；C、根据电容的决定式C=可知，D、根据电容的决定式C=可知，增大两板间的故选：D。根据电容的决定式C=进行分析，解决本题的关键要掌握电容的决定式C=题的关键。在板间插入陶瓷介质，电容增大；故C错误；距离时，电容减小，故D正确。知道电容器的电容与电容器的带电量和电压无关。和定义式C=，知道电容的物理意义和决定因素是解2.答案：B解析：解：无人机受重力和空气作用力的作用，由于无人机匀速运动，故受力平衡，空气作用力竖直向上，与重力相互平衡，故B正确ACD错误。故选：B。无人机在匀速运动，根据平衡条件进行分析，从而明确重力和空气作用力的方向。本题关键明确平衡条件的应用，注意明确力和运动的关系，知道物体匀速运动时受到的合力为零。3.答案：A解析：解：释放的炸弹做平抛运动，若落地点在同一水平上面，落地的时间间隔与释放则击中的时间间隔相等，由于N在M点的上方，M、N的时间间隔△t＜△t．因炸弹飞21行时间小于飞机的飞行时间，所以飞机飞行的距离为S大于MN间的水平距离S；故A12正确BCD错误。故选：A。抓住炸弹做平抛运动，在水平方向上的运动规律与飞机相同，炸弹落地前在飞机的正下方，判断击中M、N的时间间隔是否为零；运用假设法，假设落在同一水平上面时，时间间隔的关系，从而确定实际的时间间隔关系；再根据水平方向上的匀速运动规律确定水平位移关系。解决本题的关键知道炸弹做平抛运动，在水平方向上的运动规律与飞机相同，注意炸弹未落地前，炸弹始终在飞机的正下方。4.答案：A解析：解：A、B闭合开关S后，将滑动变根据闭合电路欧姆定律得知，电总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数表的示数U=E-I（RL+r），I减小，其他量不变，则U增大，表V的变小。电压即电压示数变大。故A正确，B错误。阻器两端的电压，即等于电压C、电容表的示数，U增大，由Q=CU，知电容器C上的电C错误。D、电阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，路中器的电压等于变荷量增大。故源的总功率P=EI，I减小，则电源的总功率变小。故D错误。第7页，共15页故选：A。闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析．5.答案：B解析：解：瞬间线圈相当于断路，AB、闭合二极管为正向电流，故电流走A灯泡，B也同时亮，故A错误，B正确。CD、L是一带铁芯的S断开瞬间B立刻熄灭，由于形成回路，A不会在闪亮，故CD错误。B。依据自感线圈的特：征刚通电时的特是征只正向该题两个关键点，1、要知道线圈相当于电源；2、要知道二极管的特是征只正向理想电感线圈，其直流电阻为0，电路稳定后A就熄灭了，不用等开关断开；开关二极管只正向导通，故自感线圈与A无法故选：线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管导通．理想线圈的特：征刚通电时线圈相当于断路，断开电键时导通．6.答案：B解析：解：根据题意作出粒子运动的从磁场中射出时速度方向改变了θ角，所以粒子做圆周运动的为θ，轨迹如图所示：根据几何关系有：r=Rcot根据Bqv=m得：B==，选项ACD错误，B正确。故选：B。先根据题意作出粒子运动的轨迹，找出圆心，确定圆心角，根据几何关系求出粒子运动的半径与R的关系，再根据洛伦兹力提供向心力公式即可求解．本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解，难度适中．7.答案：A解析：解：当杂志刚好从书下抽出时，书所受的静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律得：对书，有：μ2m2g=m2a对整体，有：F-μ1（m1+m2）g=（m1+m2）a联立得F=（μ+μ12）（m1+m2）g故选：A。当杂志刚书下抽出时，定律列式求解．本题考查整体法与隔离法的重点是判定什么条件下出现相对运动，知道当书与杂志刚要发生相对运动时静摩擦力达到最大．好从书所受的静摩擦力达到最大，分别对书和整体运用牛顿第二应用，第8页，共15页8.答案：AC解析：解：A、由沿电场线方向电势降低可知，B、由图可知，A点电场线比C点密集，因此A点的场强大于C、烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，动能增加，烟尘颗粒在B点的动能，故C正确；D、烟尘颗粒带负电，从A到B的过程中，电场力做正功，电势能减小，烟尘颗粒在B点的电势能，故D错误。A点电势低于B点电势，故B错误；A点A正确；C点场强，故的动能小于在A点的电势能大于在故选：AC。根据电场方向，分析尘埃所受的电场力方向，判断其电性。放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。电场力对尘埃做正功。本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时，明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向是解题突破口。9.答案：ABD解析：解：A.在线框离开磁场的过程中，线框中的感应电流为I==ad间的电r，则有6r=R，得r=故ad间的电压为U=Ir=．故A正确。B.流过线框截的面电量为q=It=•=，故B正确。C.由左手定ad与bc所受的安培力大小相反，合力为零，则线框所受安培力，为安培力的合力等于ab边所受的F=BI•2L=，故C错误。D.线框中的电流在ad边产生的热量为Q=I2rt，联立解得Q=，故D正确。故选ABD。ab边产生的感应电动势为E=B•2Lv=2BLv阻设为则判断知，、方向在线框离开磁场的过程中，ab边切割磁感线产生感应电动势，第定律和欧姆定律求ad间的电q=It求通过线框截的面电量，由公式F=BIL求解安培力。由焦耳定律求热量。该题是电磁感应与电路的综合，考查回路欧姆定律的应用，是一道常规题．要注意题目中线框边长不等，分清楚哪个边在相当于电源，根据法拉压。由法拉第电磁感应定律和闭合切割磁感线，知道各边的电阻关系。10.答案：ACD解析：解：周期公式，得A、根据A正确。太阳半径未知，所以无法求解太阳的体积，太阳密度无法求，故C、任一星球表面，地球公转周期，故B、因为B错误。有得第9页，共15页，故C正确D、根据第一宇宙速度公式得，故D正确。故选：ACD。根据万有引力提供向心力，得出周期与轨道半径的关系式，计算出行星周期与地球公转周期之比就能得出行星绕太阳的公转周期，根据密度分析密度，根据重力等于万有引力可以得出行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比，根据第一宇宙速度公式分析第一宇宙速度．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一重要理论，并能灵活运用，知道一般认为重力等于万有引力，记住第一宇宙速度公式．11.答案：AB解析：解：A、根据左手定则，电子向d端偏转，端的电势高于d端，故A正确；B、根据CD间存在电势差，d端带负电，所以D端的电势低，c之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有=qvB，I=nqvS=nqvbc，则UCD=，n由材料决定，故U与材料有关；U还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故B正确；C、将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，则两处的垂直工作面的磁场强弱相同，故C错误；D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直过。故D错误。故选：AB。通电流的方向与电子定向移动的方向相反，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向，从而得出电子的偏转方向，导致M、N两个侧面间形成电势差，最终电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡。解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电子所受的洛伦兹力和电场力平衡。12.答案：CD解析：解：A、当A加速度为时，弹簧对A的拉力方向向下，对B的拉力方向向上，设弹簧的拉力为F，则对A：F+mg=maA可得：F=mg对B：mg-f=maBB的加速度：g．故A错误；B、弹簧的弹力对A做功，A的机械能不守恒。故B错误；C、开始时弹簧处于伸长状态，A的加速度大于B的加速度，所以开始时的一段时间内A的速度大于B的速度，A、B之间的距离将减小，A、B之间的距离小于弹簧的原长后，A的加速度小于B的加速度，A与B之间的距离继续减小；它们的第10页，共15页速度-时间关系图象如图：可知当二者的速度相等时，A相对于B的位移最大，此时弹簧的长度最短，压缩量最大。故C正确；D、由图可得，当它们的速度相差最大时，二者速度a，则：-时间的图象的斜率是相等的，即它们的加速度相等，设加速度都是2ma=2mg，a=gA、B的速度相差最大时，两者加速度均为CD。对A、B受力分析得出它们的运动情况：所以：即：当g。故D正确。故选：A做加速度减小的变加速运动，B做加速度增大的变加速运动，经过时间t后AB速度相等，画出速度时间图象，根据图象即可求解。处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，运用图象法处理，可以使问题大大简化。13.答案：1负“×1k”400002.20示电路图可知，开关解析：解：（1）由图接1、2时表头与电阻并联，此时多用电表测接1时并联分（2）③欧姆表内置电负源极与红表笔相连，把红表笔与待测电压表笔与另一接线柱相连；电流，选择开关流电阻阻值小，电流表量程大。表负接线柱相接，黑④欧姆表指针偏角很小，欧姆档重新调零后测量。说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换大挡，换用×1k（3）欧姆表选择×1k挡，由图丙所示表盘可知，欧姆表读数为：40×1k=40kΩ；电压表量程为示电压表表盘可知，3V，由图其分度值为0.1V，示数为2.20V；故答案为：（1）1；（2）负“×1k”；（3）40000，2.20。（1）表头与分流电阻并联可以改装成电流表，并联分流电阻阻值越小，电流表量程越大，分析图示电路图答题。（2）欧姆表内置电负源极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使的乘积是欧姆表示数；（3）根据欧姆表挡位与图示指针位置读出其示数；根据电压表量程确定其分度值，指针位置读出其示数。解决该题的关键是明确知道多用电表的内部结构的原理，知笔出，知道电压表读数时有效数字位数的保留方法；指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位然后根据道电流从红表笔进，从黑表14.答案：0.905AE管线长度L-解析：解：（1）由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+40.5×0.01mm=0.905mm；（2）电路中的电流大约为I==0.5A，所以电流表选择A．待测电阻较小，若选用大电阻滑动变阻器，测量滑动变阻器选择E。（3）待测电阻远小于电压表内阻，采用限流式接法，实物电路图如图所示；误差角度，所以属于小电阻，所以电流表采取外接法。滑动变阻器可以第11页，共15页（4）导体的电阻值与导体的长度有关，所以还需要测量的物理量是管线长度R=ρ则有：S′=，则S=-S′=-。1）0.905；（2）A；E；（3）实物电4）管线长度L；-。L，根据中空部分的截面积为：故答案为：（路图如图所示；（（1）螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。（2）根据电（3）将待测电阻与电电流表的内外接。路中电流的大小确定电流表的量程，从测量误差的角度选择滑动变阻器。压表和电流表内阻比较，确定其是大电阻还是小电阻，从而确定（4）根据电阻定律求出导体电阻的横截面积，用大圆的面积减去电阻的横截面积，即为中空部分的截面积。本题考查了螺旋测微器读数、实验器材选择、连接实物电路图与实验数据处理，解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握电阻定律的公式，掌握如何确定电流表的内外接。15.答案：解：（1）由法拉第电磁感应定律得电动势为：=0.6V感应电流为：I==电量为：q=I△t解得：q=1.2×2C=2.4C；（2）安培力由图得3s时得：B=0.3T数值得：F=BIL=0.3×1.2×0.2N=0.072N；（3）由焦耳定律得：Q=I2Rt数值得：Q=1.22×0.5×4J=2.88J1）0～2s内通过ab边横截面的电荷量2.4C；为：F=BIL代入代入答：（（2）3s时ab边所受安培力的大小为0.072N；（3）0～4s内线框中产生的焦耳热2.88J。解析：（（2）根据（3）依据焦耳定律，即可求解。考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握安培力大小表达式，理解焦耳定律的应用，注意图象的正确运用。1）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，结合电量表达式，即可求解；安培力大小公式，结合图象中3s时磁场，即可求解；16.答案：解：（1）根据得，．第12页，共15页．根据机械能守恒定律得：代入数据解得．（2）由h=得，则ω=（3）L=（n=1，2，3，…）=1.25m．答：（1）小物块到达C点时的速度大小是（2）圆筒匀速转动时的角速度是5nπ（n=1，2，3，…）（3）要使小物块进入直接打到圆筒的内侧壁，筒身长L至少为1.25m．．小孔后能解析：（1）根据自由落体运动求出小球运动到B点的速度，将B点的速度沿径向和切向分解，得出切向方向的速度，再根据机械能守恒定律求出小物块在C点的速度大小．（2）小物块离开C点后做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，抓圆筒在该段时间内转动的角度为2nπ（n=1，2，3，…），（3）根据据平抛运动竖直方向上的运动规律解决本题的关键知道平抛运动水平方向和竖直方向上的运动规律，求出圆筒转动的角速度．圆筒的直径求出物块在圆筒中运行的时间，从而得出平抛运动的总时间，根求出物体下降的高度，即筒身的至少长度．以及抓住圆周运动的周期性求出圆筒的角速度．17.答案：解：（1）设工件在传送带上加速运动时的加速度为a，则由牛顿第二定律有：μmgcosθ-mgsinθ=ma可得：a=μgcosθ-gsinθ=×10×-10×=1m/s2一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离为：dmin=at2=×1×12m=0.5m当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有：d=vt=3mmax（2）工件加速时间为；t1==s=3s此过程，工作与传送带间的相对位移为：△x=vt-==×3m=4.5m1传送带将一个工件由E=148.5J（3）由于工件加速时间为t1=3s，因此传送带上总有三个（n1=3）工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力为：F=3μmgcosθ底端运到顶端过程中多消耗的能量E=mglsinθ+μmgcosθ•△x解得：f1在滑动摩擦力作用下工件移动的距离为：x==m=4.5m所以传送带上匀速运动的工件个数为：n2===3当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力Ff0=mgsinθ，所以做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力为：Ff2=n2Ff0第13页，共15页与空载相比，传送带需要增加的牵引力为：F=Ff1+Ff2=3μmgcosθ+n2mgsinθ=3××1×10×+3×1×10×N=33N答：（1）相邻工件间的最小距离为0.5m和最大距离为3m；（2）传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量是148.5J；（3）满载与空载相比，传送带需要增加33N的牵引力。