山東省聊城市2023屆高三下學(xué)期第二次模擬考試物理 含解析

聊城市2023年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試模擬卷

物理試卷（二）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷的指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改

動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在

本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.下列有關(guān)光電效應(yīng)的說法正確的是（）

A.只要入射光照射時間足夠長，任何金屬都能發(fā)生光電效應(yīng)

B.對于某種金屬，只要入射光頻率低于極限頻率就不能發(fā)生光電效應(yīng)

C.金屬的逸出功與入射光的頻率有關(guān)，入射光頻率越大，逸出功越大

D.飽和光電流與入射光的頻率有關(guān)，入射光頻率越大，飽和光電流一定越大

【答案】B

【解析】

【詳解】AB.光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，與入射光的強(qiáng)度無關(guān)，故A錯誤，B

正確；

C.金屬的逸出功與金屬本身有關(guān)，與入射光的頻率無關(guān)，故C錯誤；

D.在光電效應(yīng)中，入射光越強(qiáng)，光電流的飽和值越大，與入射頻率無關(guān)，故D錯誤。

故選B。

2.如圖所示，把一個底角很小的圓錐玻璃體倒置（上表面為圓形平面，縱截面為等腰三角形），緊挨玻璃

體下方有一平整矩形玻璃磚，它和圓錐玻璃體間有一層薄空氣膜?，F(xiàn)用紅色光垂直于上表面照射，從裝置

正上方向下觀察，可看到（）

A.一系列明暗相間的三角形條紋

B.由中心向外，圓形條紋間距越來越大

C.若換成頂角更大的圓錐玻璃體，亮條紋將變稀疏

D.若將紅光換成藍(lán)光，亮條紋將變稀疏

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.由于截面是等腰三角形，從圓心向外，經(jīng)過相同的寬度，空氣膜厚度增加量相同，根據(jù)光的

干涉原理知，從裝置的正上方向下觀察，可看到一系列明暗相間的等距圓形條紋，故AB錯誤；

C.若增大玻璃體頂角，則空氣薄膜厚度變小，由等厚干涉原理可知條紋將向外偏移，亮條紋將變稀疏，

故C正確；

D.藍(lán)光波長比紅光短，若將紅光換成藍(lán)光，條紋間距變小，亮條紋將變密集，故D錯誤。

故選C。

3.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A緩慢經(jīng)過狀態(tài)8、C、。再回到狀態(tài)A,其熱力學(xué)溫度T和體積V的關(guān)系

圖像如圖所示，BA和CD的延長線均過。點，氣體在狀態(tài)A時的壓強(qiáng)為po,下列說法正確的是（）

A.4-8過程中氣體向外界放熱

3

B.BTC過程中氣體從外界吸收的熱量小于］PoX

C.C-。過程中氣體分子在單位時間內(nèi)對單位面積容器壁的碰撞次數(shù)減少

D.D→A過程中氣體的溫度升高了g

【答案】B

【解析】

【詳解】A.A→B過程中氣體溫度升高，體積增大，氣體從外界吸熱，A錯誤；

B.B→C過程中氣體做等溫變化，氣體內(nèi)能保持不變，作出此過程的p-V圖像如圖所示，P-K圖像

33

與橫軸所圍面積表示氣體對外界做的功，對應(yīng)梯形面積為］Po%,則等溫線與橫軸圍成的面積小于∕Po%,

B正確；

c.c→。過程中氣體的溫度降低，分子撞擊器壁的平均力度減小，氣體體積減小而壓強(qiáng)不變，所以氣體

分子在單位時間內(nèi)對單位容器壁的碰撞次數(shù)不斷增加，C錯誤；

D.由題圖中幾何關(guān)系知，r>→A過程中氣體的溫度升高了

2L_2o=Zo

244

D錯誤。

故選Bo

4.國家為節(jié)約電能，執(zhí)行峰谷分時電價政策，引導(dǎo)用戶錯峰用電。為了解錯峰用電的好處，建立如圖所示

的“電網(wǎng)僅為3戶家庭供電”模型，3戶各有功率P=3kW的用電器，采用兩種方式用電：方式一為同時用

電1小時,方式二為錯開單獨用電各1小時，兩種方式用電時輸電線路總電阻損耗的電能分別為AE∣6E2,

A,兩種方式用電時，電網(wǎng)提供的總電能之比為1:1

B.兩種方式用電時，變壓器原線圈中的電流之比為1:3

W

【答案】C

【解析】

【詳解】AB.當(dāng)單用戶用電時，設(shè)原、副線圈中的電壓分別為1、U2,電流分別為4、I2,則根據(jù)變

壓器的原理始終有

U/=U3

則可知單用戶分別用電時，電網(wǎng)提供的電能為

2

E2=3Pt+∕∣%?3E

/=Ih

當(dāng)多用戶同時用電時，由于用戶電壓恒定，即不變，則可知Ul不變，但副線圈中的功率變?yōu)槿?，?/p>

3P,而

1

3P=UJ1

則可知

I；—31、

而線圈匝數(shù)比不變，則可知原線圈回路中的電流變?yōu)樵瓉淼娜?，?/p>

,

∕l=3∕1

由此可知電網(wǎng)提供的電能為

El=3Pt+/『1以=3P/+9/：NN

故AB錯誤；

CD.同時用電一小時，輸電線路總電阻損耗電能分別為

ΔF1=∕?=9Zl?

錯開單獨用電各1小時，輸電線路總電阻損耗的電能分別為

?f2=I：Rig3t

則可得

任L=3

AE2

故C正確，D錯誤。

故選C。

5.如圖甲所示，在粗糙絕緣水平面的A、C兩處分別固定兩個點電荷，4、C的位置坐標(biāo)分別為-3L和2L,

已知C處電荷的電荷量為4Q,圖乙是AC連線之間的電勢夕與位置坐標(biāo)X的關(guān)系圖像，圖中戶0點為圖線

的最低點，戶-2L處的縱坐標(biāo)9=Go，處的縱坐標(biāo)8=：e°,若在Λ=-2A的8點，由靜止釋放一個可

O

視為質(zhì)點的質(zhì)量為，"，電荷量為q的帶電物塊，物塊隨即向右運動，物塊到達(dá)L處速度恰好為零，則下列

說法正確的是（）

甲乙

A.A處電荷帶正電，電荷量為9Q,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=普~

HmgL

l

B.A處電荷帶負(fù)電，電荷量為6Q,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=評7

1()mgL

C.A處電荷帶正電，電荷量為9Q,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=/瞥

HmgL

D.4處電荷帶負(fù)電，電荷量為6Q,小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃=沁?

8mgL

【答案】A

【解析】

【詳解】由乙圖可知，?！猉圖像在X=O處的切線斜率為零，說明X=O處的場強(qiáng)為零，故A、C兩處電

荷為同種電荷，由于電勢大于零，可知A、C兩處電荷均帶正電；設(shè)A處電荷的電荷量為QA，則有

金=的

(3L)2(2L)2

解得

0=9。

在x=-2L的B點，由靜止釋放一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為加，電荷量為4的帶電物塊，物塊隨即向右運動，

小物塊到達(dá)L處速度恰好為零，根據(jù)動能定理可得

4(%一，/)一W"g?3L=0

O

解得

μ=型J

SmgL

故選Ao

6.有一顆繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星，其運行周期T是地球近地衛(wèi)星周期的焉岳倍，衛(wèi)星軌道平面與

地球赤道平面重合，衛(wèi)星上裝有太陽能收集板可以把光能轉(zhuǎn)化為電能，提供衛(wèi)星工作所必須的能量，已知

sin37o=0.6,sin53o=0.8,近似認(rèn)為太陽光是垂直地軸的平行光，衛(wèi)星運轉(zhuǎn)一周接收太陽能的時間為3則上

T

的值為()

13127143

A.~B.-C.---D.---

25180180

【答案】D

【解析】

【詳解】地球近地衛(wèi)星做勻速圓周運動，衛(wèi)星的運行周期是地球近地衛(wèi)星周期的qJF倍，由開普勒第三

定律可知，該衛(wèi)星的軌道半徑是近地衛(wèi)星軌道半徑的*倍，如圖所示

3

sin6=—=—

r5

6=37°

衛(wèi)星運轉(zhuǎn)一周接收太陽能的時間為

360°—2,T

t-1

360°

/_143

T-18()

故選D。

7.如圖甲所示，水平放置的氣缸被兩個活塞分為A、B、C三部分，C為真空，A、B中有理想氣體，A中

氣體壓強(qiáng)Po=LoXIO5pa,氣缸截面積SA=2SB=20CΠI2,兩個活塞總質(zhì)量為孫活塞到兩氣缸底部的距離均為

"=3cm,活塞之間用輕桿連接?，F(xiàn)將氣缸順時針緩慢轉(zhuǎn)過90。，如圖乙所示(活塞未到氣缸連接處)，取重

力加速度g=10m∕s2,若活塞移動的距離為ICm,氣體溫度保持不變，則活塞質(zhì)量相為()

A.7.5kgB.15kgC.25kgD.30kg

【答案】B

【解析】

【詳解】設(shè)氣缸水平放置時，B中氣體壓強(qiáng)為p∣,則有

PISB=POSA

解得

Pi=2Po=2.0XIO5Pa

設(shè)氣缸豎直放置時，A中氣體壓強(qiáng)為加，B中氣體壓強(qiáng)為p；,根據(jù)玻意耳定律可得

POdSa=PKd+Δ√）SA,PldSB=P；（d-Ad）SB

解得

p'=」述-=0.75×105Pa,=P]d=3.0×IO5Pa

°d+∕^d1d-?d

根據(jù)受力平衡可得

mg+P＜；SA=p；SB

解得

W=I5kg

故選B。

8.某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置，探究物塊“上升的最大高度〃與物塊〃距地面高度力的關(guān)系，忽略一切

阻力及滑輪和細(xì)繩的質(zhì)量，初始時物塊。靜止在地面上，物塊人距地面的高度為兒細(xì)繩恰好繃直，現(xiàn)將

物塊人由靜止釋放，。碰到地面后不再反彈，測出物塊。上升的最大高度為H,此后每次釋放物塊6時，

物塊”均靜止在地面上，物塊6著地后均不再反彈，改變細(xì)繩長度及物塊b距地面的高度h,測量多組（H,

h）的數(shù)值，然后做出H-〃圖像（如圖乙所示），圖像的斜率為我,已知物塊。、6的質(zhì)量分別為如、，“2,

①物塊”，人的質(zhì)量之比￡=：一1②物塊"、”的質(zhì)量之比言==τ

③H-h圖像的斜率為左取值范圍是O<K1@H-h圖像的斜率為k取值范圍是?<k<2

A.①③B.②?C.①④D.②④

【答案】D

【解析】

【詳解】①②.物塊”的上升過程分為兩個階段，第一階段為在物塊匕釋放后，在繩子拉力的作用下加速

上升，與此同時物塊h加速下降，速率與物塊。相同，第二個階段為物塊b落地后，物塊。在自身重力的

作用下減速上升直至最高點。則第一階段對整體由動能定理有

17

(m?-mλ)gh=—(m1+m2)v

第二階段對物塊。由動能定理有

12

-myg{H-h)=0--m1v

聯(lián)立以上兩式可得

2%

Hu=-----------h

ml+TYi1

結(jié)合圖像可得

2%

k=------=—

nιx-?-m2

可知

"=2_]

InIk

故①錯誤，②正確;

③④.要將物塊。拉起，則有

T-mlg>0

對物塊分，則有

m2g-T>0

可得

m?>/71,

因此有

2m2m2孫

-------=9—<=1—<——-

m1+m1m]+m2m2

即

l<k<2

故③錯誤，④正確.

故選D。

動，坐在小車上的游客使用玩具槍向處于軌道圓心處的立柱射擊，某次射擊時子彈恰好水平擊中立柱的最

高點，射擊時槍口到立柱最高點的水平距離為X,豎直距離為力，重力加速度為g,不計空氣阻力，下列說

法正確的是（）

A.子彈射出槍口時的速度大小為］

22

B.子彈射出槍口時的速度大小為,ωH+^-+2e∕ι

2/?

_2h

C.射擊時槍管與水平面的夾角為。，tan。

X

tan。

D.射擊時槍管與水平面的夾角為仇

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.射擊過程中所用的時間

,12

h=2gt，X=UJ

射擊時槍口到立柱最高點的水平距離為X,故水平方向的速度為

vJ=上=嫗

Xt區(qū)√2Λ

√7

豎直方向的速度為

VV=7?∕?

/呼+2g∕z,A正確，B錯誤；

整理得子彈射出槍口時的速度大小為4

CD.射擊時槍管與水平面的夾角為子彈相對于地面水平方向速度為

唇鼻

則有

tan，=3_=I同

C錯誤，D正確。

故選ADo

12.如圖所示，U形光滑導(dǎo)軌間距L=Im,與水平面之間的夾角族37。，虛線C。、EF與導(dǎo)軌垂直，區(qū)域I

（C。虛線沿斜面向上區(qū)域）中有磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加的磁場S,方向垂直導(dǎo)軌平面向下，區(qū)域∏（EF虛

線沿斜面向下區(qū)域）中有磁感應(yīng)強(qiáng)度為&=2T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直導(dǎo)軌平面向上，虛線CZxEF間無磁

場。一質(zhì)量m=0.4kg?電阻R=4C的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，從無磁場區(qū)域由靜止釋放，經(jīng)占1.5s進(jìn)入?yún)^(qū)域

I［且恰好勻速下滑，運動中棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，取重力加速度

A.進(jìn)入?yún)^(qū)域∏時的速度為9m∕sB.進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度為3.2m?

C.進(jìn)入?yún)^(qū)域∏前的電流為4.5AD.釋放后的前2s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為68.22J

【答案】AD

【解析】

【詳解】AB.導(dǎo)體棒在無磁場區(qū)域下滑1.5s時間內(nèi)，由牛頓第二定律

mgsinθ=ma

解得

a=^sin37o=6m∕s2

則剛進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度為

v=flr=6×1.5m/s=9m/s

故A正確，B錯誤；

C.區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，設(shè)其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為瓦，由楞次定律知C點電勢高于。點電勢;

導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場∏時，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢（由A向8,與反反向），由于安培力要平衡重力下

滑分力，所以安培力沿導(dǎo)軌向上，通過導(dǎo)體棒的電流方向為由A向B,根據(jù)平衡條件有

B2IL=mgsinθ

/_-E。

R

解得

Eo=13.2V

則進(jìn)入?yún)^(qū)域∏前的電流為

互=莊A=3.3A

'R4

故C錯誤；

D.前1.5s產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=I；Rt=3.32X4x1.5J=65.34J

jB,Lv-E

I=--------n-=1.2A

R

1.5s2s產(chǎn)生的焦耳熱為

O!=I2Rt=1.22×4×0.5J=2.88J

釋放后的前2s內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為

Q&=Q+Q=68.22]

故D正確。

故選ADo

三、非選擇題：本題共6小題，共60分。

13.研究性學(xué)習(xí)小組利用圖甲裝置測定滑塊與平直長木板間的動摩擦因數(shù)。

位移傳感器滑塊拉力傳感器

（1）實驗過程如下：

①將長木板固定在水平桌面上，其右端安裝定滑輪，左端固定位移傳感器；總質(zhì)量為M滑塊（含拉力傳

感器）在長木板上緊靠位移傳感器放置，拉力傳感器通過細(xì)繩跨過定滑輪與質(zhì)量為小的重物連接，調(diào)節(jié)長

木板右端定滑輪使細(xì)繩與長木板平行；

②靜止釋放滑塊，記錄拉力傳感器和位移傳感器的數(shù)據(jù)，用計算機(jī)擬合得到滑塊位移X隨時間f變化的圖

像如圖乙所示，該圖線的函數(shù)表達(dá)式是AO?60F（m）,可得滑塊加速度”=m∕s2（計算結(jié)果保留三位

（2）興趣小組的同學(xué)利用上述實驗器材設(shè)計了如圖丙所示的電路來測定電池的電動勢和內(nèi)阻。實驗中,

他們通過改變RO的阻值，記錄了多組數(shù)據(jù)（電阻箱阻值Ro和電流表A1示數(shù)∕）o

Λ0∕C

（3）一同學(xué)以/Ro為縱坐標(biāo)，以/為橫坐標(biāo)作圖像處理數(shù)據(jù)；在坐標(biāo)紙上畫出的圖像如圖丁所示。

（4）根據(jù)以上測量結(jié)果可知，電源電動勢E=V,內(nèi)阻尸Ωo

（5）另一同學(xué)以;為縱坐標(biāo)，以RO為橫坐標(biāo)作;-與圖像處理數(shù)據(jù)，請根據(jù)（1）、（4）的計算結(jié)果，在

圖戊所示的坐標(biāo)系中繪出圖像。

【答案】①.5②.1.5③.10

【解析】

【詳解】（I）IU由圖甲根據(jù)并聯(lián)電路電流的關(guān)系有

結(jié)合圖乙中數(shù)據(jù)解得

RAl=鏟飛=5。

??

（4）[2]由閉合電路的歐姆定律得

￡=/（凡+&∣+r）

解得

IR=E-I（Rjr）

/Ro-/圖像的縱截距表示電源電動勢，由圖丁知

E=L5V

[3]IR0-I圖像的斜率的絕對值表示RAl+r,則

△U

Rχ+r=—×10,Ω=15Ω

~?Γ100

解得電源內(nèi)阻

r=10Ω

(5)[4]由E=/(K)+/?AI+「)得

:4+看=2K)

以;為縱坐標(biāo)，以RO為橫坐標(biāo)作,-凡圖像

15.近年來，對具有負(fù)折射率人工材料的光學(xué)性質(zhì)及應(yīng)用的研究備受關(guān)注，該材料折射率為負(fù)值（〃<0）。

如圖甲所示，光從真空射入負(fù)折射率材料時，入射角和折射角的大小關(guān)系仍然遵從折射定律，但折射角取

負(fù)值，即折射光線和入射光線位于界面法線同側(cè)，如圖乙所示，在真空中對稱放置兩個完全相同的負(fù)折射

率材料制作的直角三棱鏡A、B,頂角為仇A、8兩棱鏡斜面相互平行放置，兩斜面間的距離為由一束包

含有兩種頻率光的激光，從A棱鏡上的P點垂直入射，它們在棱鏡中的折射率分別為4=-夜,

no=--√3,在B棱鏡下方有一平行于下表面的光屏。

^3

（1）為使兩種頻率的光都能從棱鏡A斜面射出，求6的取值范圍：

（2）若公30。，求激光通過兩棱鏡后，打在光屏上的兩點間的距離。

甲乙

可視為質(zhì)點的物塊B放在木板A的右端，現(xiàn)對木板A施加一水平向右的恒力F=5N,兩者由靜止開始運

動，作用一段時間，后撤去恒力E，最終物塊B恰好能到達(dá)木板A的左端，已知物塊B與木板A間的動

摩擦因數(shù)〃=01，取重力加速度g=lθm/s?,求:

(1)恒力/作用的時間r；

(2)摩擦力對物塊B做的功W。

【答案】(1)0.8s；(2)2J

【解析】

【詳解】(1)根據(jù)題意，設(shè)B的加速度為四,力尸作用時A的加速度為電；撤去力尸后，A的加速度為

%，又經(jīng)過乙后B達(dá)到A的左端，根據(jù)牛頓第二定律，有

μmg=ιnal

F-μmg=Ma2

撤去力尸后，根據(jù)牛頓第二定律，有

μmg=Ma3

由運動學(xué)規(guī)律得

ai(^t+t^=a2t-a3tl

2

解得

t=1.2s

tl=0.8s

(2)設(shè)最終B的速度為v,有

v=Λ1(∕+r1)

由動能定理有

1■)

W=-mv'

2

解得

W=2J

17.如圖甲所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場存在于底面半徑為R的圓柱形空間內(nèi),

Oi和。2是圓柱形空間上、下兩個圓面的圓心，其后側(cè)與Oi等高處有一個長度為J∑R的水平線狀粒子發(fā)

射源圖乙是俯視圖，P為MN的中點，。產(chǎn)連線與例N垂直。線狀粒子源能沿平行POl方向發(fā)射某種

質(zhì)量均為加、電荷量均為q的帶正電粒子束，帶電粒子的速度大小均相等。在0。2右側(cè)2R處豎直放置一

個足夠大的矩形熒光屏，熒光屏的AB邊與線狀粒子源MN垂直，且處在同一高度，過Oi作AB邊的垂線，

交點恰好為AB的中點0,熒光屏的左側(cè)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，寬度為R,電場強(qiáng)度大小為E,已知從

AZN射出的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從尸點（圓柱形空間與電場邊界相切處）射入電場，不計粒子重力和粒子

間的相互作用。

（1）求帶電粒子的初速度大小；

（2）以AB邊的中點0為坐標(biāo)原點，沿48邊向里為X軸，垂直AB邊向下為y軸建立坐標(biāo)系，求從M點

射出的粒子打在熒光屏上的位置坐標(biāo)；

（3）求磁場區(qū)域的最小橫截面積。

【答案】（1）竺4；（2）（R,筆）；（3）-πR2

mqB22

【解析】

【詳解】（D在磁場中由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有

q%B=m—

r

線狀粒子源發(fā)出的粒子均從尸點射出，可得r=R,由①②兩式得

（2）設(shè)粒子打在熒光屏上的橫、縱坐標(biāo)分別為x、y,粒子從尸點離開磁場時與。。之間的夾角為6,如

''、

人聲黑A

s2（^^πR2--R2-sinl350］

'（360。2）

S2=2（至二7R2-J.R2.sin45。］

21360。2）

得磁場區(qū)域的最小橫1較面積

2

S=5l-S2=^7?

18.如圖所示，水平口回中間夾有一水平傳送帶，水平面與傳送帶上表面平齊且平滑連接，左側(cè)水平面上C

點左側(cè)部分粗糙，右］則部分光滑，傳送帶右側(cè)水平面光滑，質(zhì)量為m=2kg的小滑塊P與固定擋板間有一

根勁度系數(shù)為Q76N/m的輕彈簧（P與彈簧不拴接），初始時P放置在C點靜止且彈簧處于原長，傳送帶初

始靜止，在傳送帶左4轉(zhuǎn)點a處停放有一質(zhì)量為∕∏2=lkg的小滑塊Qo現(xiàn)給P施加一水平向左、大小為F=40N

的恒力，使P向左運Z?,當(dāng)P速度為零時立即撤掉恒力，一段時間后P將與Q發(fā)生彈性碰撞（不計碰撞時

間），以后P、Q間的碰撞都是彈性碰撞，在P、Q第一次碰撞時傳送帶由靜止開始做順時針方向的勻加速

運動，加速度大小為aι≈lm∕s2,當(dāng)速度達(dá)到v=4m∕s時傳送帶立即做勻減速運動直至速度減為零，加速度大

小為c∣2=2m∕s2,當(dāng)傳J茜帶速度減為零時，Q恰好運動到傳送帶右端點6處，已知P與水平面、傳送帶間的

動摩擦因數(shù)均為加=O」，Q與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃2=0.7,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的形變

的彈性勢能表達(dá)式為耳=；丘2,X為彈簧的形變量，取重力加速度g=ιθ∕s2,不計

在彈性限度內(nèi)，彈簧m

空氣阻力，求：

（I）P與Q第一次項，前P的速度大小vo;

（2）傳送帶達(dá)到最功:速度時P、Q間距離”；

（3）P、Q最終的速J更大?。?/p>

（4）P、Q與傳送帶I司的摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

πPQ

IlVWvWVWVI-∏...............................

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CWW

ab

（2）3m；（3）正m/s，—m/s；（4）36J

【答案】（1）6m∕s;

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【解析】

【詳解】（1）設(shè)滑塊P速度為O時，彈簧形變量為X,則根據(jù)動能定理，有

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