河南省南阳一中2015届高三上学期第一次月考物理试题 Word版含解析

南阳一中2012级高三秋期第一次月考
物理试题
【试卷综析】本试卷是高三模拟试卷，包含了高中物理必修一、必修二、选修3-1的电场内容、主要包含了匀变速运动规律、受力分析、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒、电场、等，知识覆盖面广，知识点全面。

题型难易适中，是份质量很高的试卷
一、选择题（共48分，每题4分，其中1-8题为单选，9-12题为多选，多选题少选得2分，错选或多选不得分）（门道颖 李志伟 王森）
【题文】1．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。

再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数即为冲击力的最大值。

下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法相同的是：（ ）
A ．建立“合力与分力”的概念
B ．建立“点电荷”的概念
C ．建立“电场强度”的概念
D ．研究加速度与合力、质量的关系
【知识点】力的合成．B3
【答案解析】A 解析： A 、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，所以A 正确．B 、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，所以B 错误．C 、电场强度的定义是：试探电荷在电场中受到的电场力与试探电荷所带电量的比值．所以，建立“电场强度”的概念是采用了参考变量法，故B 错误；，所以C 错误．D 、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，所以D 错误．故选A ．
【思路点拨】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．
【题文】2．下列说法中，正确的是：（ ）
A ．由可知电场中某点的电场强度E 与q 成反比
B ．由公式可知电场中某点的电势与q 成反比
C ．由可知，匀强电场中的任意两点、间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大
D ．公式，其中电容器的电容与电容器两极板间电势差无关 【知识点】电势；电场强度．I1 I2
【答案解析】D 解析： A 、B 、电场场强与电势由场源决定，与检验电荷无关，则两种说法错误．
C 、若匀强电场中的点a 、b 间的距离与电场线垂直，距离越大电势与不变．则C 错误;
D 、
q
F E =P E q
ϕ=ϕab U Ed =a b Q C U
=C U
C=Q U
是电容的定义式，采用比值法定义，C 表征了电容器容纳电荷本领的大小，由电容器本身性质决定，与U 、Q 无关，故D 正确．故选D
【思路点拨】电场场强与电势由场源决定，与检验电荷无关，U ab =Ed 中的d 为沿场强方向的距离，电场强度与电势无定量关系．考查比值定义法的物理量，明确场强，电势的决定因素，简单
【题文】3．2013年6月13日，神舟十号与天宫一号成功实现自动交会对接。

假设神舟十号与天宫一号都在各自的轨道做匀速圆周运动。

已知引力常量G ，下列说法正确的是
( )
A ．由神舟十号运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量
B ．由神舟十号运行的周期可以求出它离地面的高度
C ．若神舟十号的轨道半径比天宫一号大，则神舟十号的周期比天宫一号小
D ．漂浮在天宫一号内的宇航员处于平衡状态
【知识点】万有引力定律及其应用．D5
【答案解析】A 解析： A 、根据万有引力提供向心力G 222()Mm mr r T π=，得M=23
24r GT
π由神州十号运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量，故A 正确．B 、根据万有引力提供向
心力G 222()Mm mr r T π=，得=R+h 所以由神州十号运行的周期，不能求出飞船
离地面的高度．故B 错误．C 、根据万有引力提供向心力G 222()Mm mr r T π=，得所以若神州十号的轨道半径比天宫一号大，则神州十号的周期比天宫一号大．故C 错误．D 、漂浮在飞船返回舱内的宇航员做匀速圆周运动，处于失重状态，故D 错误．故选：A ．
【思路点拨】根据万有引力提供向心力可以求出中心体的质量、轨道半径和周期的关系． 漂浮在飞船返回舱内的宇航员做匀速圆周运动，处于失重状态．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，根据需要比较的物理量进行求解．
【题文】4．半圆柱体P 放在粗糙的水平面上，有一挡板MN ，其延长线总是过半圆柱体的轴心O ，但挡板与半圆柱体不接触，在P 和MN 之间放一个光滑均匀的小圆柱体Q ，整个装置处于静止状态，如图是这个装置的截面图，若用外力使MN 绕O 点缓慢地逆时针转动，在Q 到达最高位置前，发现P 始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是( )
A ．MN 对Q 的弹力大小保持不变
B ．MN 对Q 的弹力先增大后减小
C ．MN 对Q 的弹力一直减小
D ．P 、Q 间的弹力先增大后减小
【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．B3 B4
【答案解析】C 解析：以小圆柱体Q 为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如
图1所示．由平衡条件得：
MN 对Q 的弹力F 1=mgcosα，P 对Q 的弹力F 2=mgsinα使MN 绕O 点缓慢地顺时针转动的过程中，α减小，则F 1增大，F 2减小．故ABD 错误；C 正确；故选C
【思路点拨】以小圆柱体Q 为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，根据平衡条件分析MN 对Q 的弹力和半圆柱体P 对Q 的弹力变化情况．再对P 研究，由平衡条件判断地面对P 的弹力如何变化．本题采用隔离法研究动态平衡问题，分析受力，作出力图是关键． 【题文】5．质量为m 的汽车以恒定的功率P 在平直的公路上行驶，汽车匀速行驶时的速率为v 1，则当汽车的速率为v 2（v 2< v 1）时，汽车的加速度为（ ）
A ．P/mv 1
B ．P/mv 2
C ．2P/m （v 1+v 2）
D ．P （v 1-v 2）/mv 1v 2
【知识点】功率、平均功率和瞬时功率．E1 【答案解析】D 解析：汽车匀速行驶时，P=F 1v 1=fv 1，解得：f=1
P v ，当汽车的速率为v 2（v 2＜v 1）时，汽车的牵引力为：F ＝
2P v ，根据牛顿第二定律得：a=1212
()P v v F f m mv v --=．故D 正确，A 、B 、C 错误．故选：D ． 【思路点拨】当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据
P=Fv 求出阻力的大小，通过P=Fv 求出汽车的速率为v 2（v 2＜v 1）时的牵引力，结合牛顿第二定律求出汽车的加速度．解决本题的关键知道功率与牵引力的关系，结合牛顿第二定律进行求解，基础题．
【题文】6．如图所示，小车上有固定支架，支架上用细线拴一个小球，线长为l （小球可看作质点），小车与小球一起以速度v 0沿水平方向向左匀速运动。

当小车突然碰到矮墙后车立即停止运动，此后小球升高的最大高度不可能是（线未被拉断） ( )
A ．大于202v g
B ．小于202v g
C ．等于202v g
D ．等于2l
【知识点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．C2 D4 E3
【答案解析】A 解析： 如果小球的速度恰好使小球运动到与O 等高位置，由机械能守恒可
【思路点拨】小球在运动的过程中机械能守恒，由机械能守恒可以求得小球能到达的最大高度．如果小球可以达到最高点做圆周运动的话，那么最大的高度就是圆周运动的直径．本题由多种可能性，在分析问题的时候一定要考虑全面，本题考查的就是学生能不能全面的考虑问题．
【题文】7．如图所示，MN是流速稳定的河流，河宽一定，小船在静水中的速度为v.现小船自A点渡河，第一次船头沿AB方向，到达对岸的D处；第二次船头沿AC方向，到达对岸E处，若AB与AC跟河岸垂线AD的夹角相等，两次航行的时间分别为t B、t C，则（）
A．t B>t C B．t B<t C
C．t B＝t C D．无法比较t B与t C的大小
【知识点】运动的合成和分解．D1
【答案解析】C 解析：设合速度沿AB方向上的静水速为v1，设合速度沿AC方向上的静水速为v2，根据平行四边形定则知，v1与河岸的夹角等于于v2与河岸的夹角，因为静水速不变，则v1在垂直于河岸方向上的速度等于v2垂直于河岸方向上的速度，根据等时性知，t B=t C．故C正确，A、B、D错误．故选C．
【思路点拨】根据合速度的方向，通过平行四边形定则确定静水速的方向，然后将静水速沿河岸方向和垂直于河岸方向分解，通过等时性比较渡河的时间．解决本题的关键是比较静水速垂直于河岸方向分速度的大小，根据等时性进行比较．
【题文】8．如图所示，平行板电容器AB两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A 板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是( )
A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧
B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的右侧
C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧
D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧
【知识点】带电粒子在匀强电场中的运动；平行板电容器的电容．I3
【答案解析】C 解析：若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q
不变，根据E=
4
U Q kQ
d Cd S
π
ε
==，E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点．故A错误．
B、若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E=
4
U Q kQ
d Cd S
π
ε
==，所以d减
小时E增大，所以电场力变大向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧．故B错误．C、若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，
根据E=
4
U Q kQ
d Cd S
π
ε
==，所以d减小时E增大，所以电场力变大向上，若电场力小于重
力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故C正确．D、若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不
变，根据E=
4
U Q kQ
d Cd S
π
ε
==，E不变所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小
于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧．故D错误．故选C．
【思路点拨】因为二极管的单向导电性，只能给A充电而不能放电，使得Q只能增大或不
变，不能减小．根据U=Q
C
，C=
4
S
kd
ε
π
，E=
4
U Q kQ
d Cd S
π
ε
==，Q不变时，改变d，E
不变，所以E也只能增大或不变，即小球受的电场力只能增大或不变．解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法．以及知道二极管的单向导电性．
【题文】9．我国“蛟龙号”在某次试验时，深潜器内显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面的10min内全过程的深度随时间变化图像(a)和速度随时间变化图像(b)，则正确的有（）
A．(a)图中h3代表本次下潜最大深度为360m
B．全过程中最大加速度是0.025m／s2
C．潜水员感到失重体验发生在0-1min和8-10min内
D．整个潜水器在8-10min时间段内机械能守恒
【知识点】机械能守恒定律．E3
【答案解析】AC 解析：A、根据深度曲线（a）得h3代表本次最大深度，在t=4min时到达最大深度，根据v-t图象的面积得：0-4min位移是360m，即最大深度为360m，故A正确．B、
v-t图象的斜率表示加速度，0-1min内和3-4min内加速度最大，最大加速度是
a=0(2)
160
--
⨯
=0.033m/s2，故B错误．C、潜水员在0-1min和8-10min的时间段内，根据度图
象（b）得加速度方向向下，所以处于失重状态，故C正确．D、整个潜水器在8-10min时间段内加速度不等于g，所以机械能不守恒，故D错误．故选：AC．
【思路点拨】根据v-t图象的面积表示位移，由几何知识可求得最大深度；v-t图象的物理意义：其斜率表示加速度的大小，求解最大加速度；判断超重和失重的方法主要看物体的加速度方向．根据加速度大小分析受力情况，即可判断机械能守恒是否守恒．本题是一道图象题，关键要理解速度图象的物理意义，能通过图象去挖掘信息，处理图象题时，要把图象与相对应的物理知识结合起来分析．
【题文】10．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则( )
A．C点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向沿x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【知识点】电场强度；电势能．I1 I2
【答案解析】AD 解析：A、C点电势的拐点，若正点电荷从D到N点，电势能先增大后减小．则电场强度为零，故A正确；B、由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M 点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电．故B错误；C、由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；D、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；故选：AD
【思路点拨】两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．
【题文】11．如图所示，一个质量为m、带负电荷的物块在电场强度为E＝kt(t为时间，k 为大于零的常数)的水平匀强电场中，若t＝0时用水平恒力F将物块压在竖直墙上静止不动，若电场空间和墙面均足够大，保持力F不变，从t＝0时刻开始，对物块分析正确的是()
A．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，将一直沿墙壁下滑
B．物块开始可能静止不动，当达到某一时间t后，动能将一直增大
C．开始运动以后物块动能的增加量与产生热量的和等于物块重力势能的减少量
D．开始运动以后物块的加速度将一直增大
【知识点】电场强度；牛顿第二定律．C2 I1
【答案解析】BD 解析：A、B、D 对物体受力分析，水平方向受到外力F，水平向右的电场力Eq、墙对物体的弹力，竖直方向，受到重力，向上的摩擦力，随时间增大，电场力增大，
弹力减小，摩擦力减小，物体开始向下运动
mg f
a
m
-
=，所以加速度增大，物体做加速度
减小的加速运动，当Eq>F时，物体离开墙壁做加速度运动，故A、错误、B、D正确；当物体离开墙壁后，电场力与物体做正功，电势能减小，故电势能与重力势能减小量之和等于动能与产生的热量之和，故C错误；故选BD
【思路点拨】对物体进行受力分析，找出物体的合力，根据牛顿第二定律分析物体的加速度和速度的变化．当Eq>F时，物体离开墙壁时．从而得到能量的转化关系。

【题文】12．如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为，轨道最低点a与桌面相切。

一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦。

则（）
A. 在m1由c下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B. m1在由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减小
C. 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=3m2
D. 若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，则m1=2m2
【知识点】机械能守恒定律；功率、平均功率和瞬时功率．E1 E3
【答案解析】BD 解析：A、m1由C点下滑到a点的过程中，沿绳子方向的速度是一样的，在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，而是类似于圆的一根弦线而存在，所以此时两个物体的速度必然不相同的，故A错误；B、重力的功率就是P=mgv，这里的v是指竖直的分速度，一开始m1是由静止释放的，所以m1一开始的竖直速度也必然为零，最后运动到A点的时候，由于此时的切线是水平的，所以此时的竖直速度也是零但
60︒
是在这个c下滑到a的过程当中是肯定有竖直分速度的，所以相当于竖直速度是从无到有再到无的一个过程，也就是一个先变大后变小的过程，所以这里重力功率mgv也是先增大后减小的过程，故B正确；C、D、若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理得：m1gR（1-cos60°）=m2gR，解得：m1=2m2．故C错误，D正确．故选：BD
【思路点拨】AB两个小球用绳子连在一起，说明沿绳子方向的速度是一样的，而在m1滑下去一段过程以后，此时的绳子与圆的切线是不重合，所以速度不等，重力的功率就是P=mgv．分析竖直方向速度的变化情况求解，若m1恰好能沿圆弧轨道下滑到a点，此时两小球速度均为零，根据动能定理求解质量关系．本题解题的关键是对两个小球运动情况的分析，知道小球做什么运动，并能结合动能定理、几何关系解题，难度适中．
二、实验题(13题10分，14题6分）（张贺常怡光）
【题文】13．（10分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。

（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图所示，由此读出b= mm；
（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为；（用题中字母表示）
（3）某次实验测得倾角，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和
M组成的系统动能增加量可表示为ΔE k= ，系统的重力势能减少量可表示为
ΔEp=，在误差允许的范围内，若ΔE k = ΔE p则可认为系统的机械能守恒；（用题中字母表示）
（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的图象如图所示，并测得
M=m，则重力加速度g＝m/s2。

【知识点】验证机械能守恒定律E5
⑵⑶，⑷9.6 解析：⑴游标【答案解析】⑴3.85mm 0.05mm
卡尺的读数为：⑵因为滑块比较小，通过光电门的平均速度可看做瞬时速度，即通过B的速度为
⑶系统动能增加量可表示为
系统的重力势能减少量可表示为
（4）根据机械能守恒可得即，代入数据可得
【思路点拨】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．（4）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．
【题文】14．（6分）在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示。

木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到
点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为。

点为弹簧原长时所处的位置，测
得的距离为。

再用完全相同的2根、3根…弹簧并在一起进行第2次、第3次…
实验并记录，…及相应的、…数据，用图像处理数据，回答下列问题：
（1）如图乙是根据实验数据描绘的图像，图线不过原点的原因是；
（2）由图线得木块从A到O过程中摩擦力做的功是；
（3）图像斜率的物理意义是。

【知识点】本题考查探究功与速度变化的关系E4
【答案解析】（1）未计算AO间的摩擦力做功（2）（3）摩擦力解析：（1）从A到B根据能量守恒可得：，所以图像不过原点的原因是在AO段还有摩擦力做功；（2）由图知图像两点坐标为（1，0.06）、（5,0.42）代入解得木
块从A到O过程中摩擦力做的功；（3）由知图像的斜率为摩擦力。

【思路点拨】根据动能定理找出L与v02的关系，然后结合图象W-L的关系找出W与v02的关系，结合数学解析式判断图象中斜率为摩擦力大小、截距等于OA段摩擦力做的功．本题考查了创新方法探究功与速度的关系，关键是列出两个动能定理方程然后结合数学函数进行分析出截距与斜率的物理意义，有些难度．
三、计算题（本题共4小题，共46分．按要求作答．应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数据值和单位．）（张乐乐党兰银杨柳）
【题文】15．(10分)甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11 m 处，乙车速度v乙＝60 m/s，甲车速度v甲＝50 m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600 m，如图5所示．若甲车加速运动，加速度a＝2 m/s2，乙车速度不变，不计车长．求：
（1）经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？
（2）到达终点时甲车能否超过乙车？
【知识点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．A2 A8
【答案解析】（1）5 s ，36 m（2）不能解析：（1）当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，
得t1＝
6050
2
v v
a
乙甲
－－
＝s＝5 s
甲车位移x甲＝v甲t1＋1
2
a2
1
t＝275 m
乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5 m＝300 m
此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36 m
（2）甲车追上乙车时，位移关系x 甲′＝x 乙′＋L 1
甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋
12a 22t ， 乙车位移x 乙′＝v 乙t 2，
将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得v 甲t 2＋12a 22
t ＝v 乙t 2＋L 1 代入数值并整理得22t －10t 2－11＝0，解得t 2＝－1 s （舍去）或t 2＝11 s
此时乙车位移x 乙′＝v 乙t 2＝660 m
因x 乙′>L 2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车
【思路点拨】（1）抓住两车相距最大时的临界条件：两车速度相等展开计算即可；（2）分析甲车追上乙车时，两车位移关系，求出相遇时的时间，再求出乙车到达终点的时间，比较即可求解．掌握两车相距最远时的临界条件和追击条件是解决本题的关键，知道当两车速度相等时，两车间距离，最大难度适中．
【题文】16．（10分）如图所示，水平传送带以恒定的速率v=4 m/s 运送质量m=0.5 kg 的工件（可视为质点）．工件都是在位置A 无初速度地放在传送带上的，且每当前一个工件在传送带上停止相对运动时，后一个工件即放到传送带上，今测得与传送带保持相对静止的相邻两工件之间的距离为2.0 m·g 取10 m/s 2．求：
（1）某一工件刚放到A 点时它与前一工件之间的距离x 0；
（2）工件与传送带之间的动摩擦因数μ；
（3）由于传送工件而使带动传送带的电动机多消耗的功率．
【知识点】牛顿运动定律、匀变速运动的规律 A8 C2 【答案解析】（1）1m （2）0.8 （3）16W 解析： （1）设每个工件的加速时间为t ，则 加速运动的位移202
1at x = l at vt x =-+202
1又v=at 联立解得：t=0.5s ，x 0=1m ，a=8 m/s 2
（2）根据牛顿第二定律：ma mg =μ 得：0.8a g
μ== （3）根据功率的计算公式mgv Fv P μ==
可求P=16W
【思路点拨】（1）工件放上传送带后先做匀加速直线运动，速度达到传送带速度后做匀速直线运动，抓住相邻两个工件的距离，结合运动学公式求出某一工件刚放到A 点时它与前一工件之间的距离，以及工件的加速度．（2）根据牛顿第二定律，结合工件的加速度求出动摩擦因数的大小．（3）根据P=μmgv 求出由于传送工件而使带动传送带的电动机多消耗的功。