1、（最新）2020新高考第一次模擬考試物理試題（山東專用，文理不分科，選考：物理）總分100分，時間100分鐘考試內容：直線運動、相互作用、牛頓運動定律注意事項：1 .答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。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題目的答案 標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題 時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3 .考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一卷（選擇題共48分）二、選擇題：本題共12小題，每小題4分，共48分。在每小題給出的四個選 項中，第18題只有一項符合題目要求，第 911題有多項符合

2、題目要求。全部 選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得48分。一、單選題（本大題共8小題，共32分）1.下面關于加速度的描述中，正確的有（）A.物體的加速度方向和速度方向一定相同B.物體的速度為零，其加速度也一定為零C.加速度是描述物體速度變化快慢的物理量D.物體的速度變化越大，加速度一定越大2 .伽利略在對自由落體運動的研究過程中， 開創了如下框圖所示的一套科學研究方法，其中方框2和4中的方法分別是（）現察現象一 2 *邏輯推理一 4 修正推廣»*：*A.實驗檢驗，數學推理B.數學推理，實驗檢驗C.提出假設，實驗檢驗D.實驗檢驗，合理外推3 .甲、乙兩車在同一條直道上行駛，它

3、們運動的位移x隨時間t變化的關系如 圖所示，已知乙車做勻變速直線運動，其圖線與t軸相切于10 s處，則下列說法正確的是（）A.甲車的初速度為零B.乙車的初位置在Xo= 60 m處C.乙車的加速度大小為1.6 m/s2D.5 s時兩車相遇，此時甲車速度較大4 .質點做直線運動的位移x與時間t的關系為x=4t+2t 2（各物理量均采用國際A.第1s內的位移是4mB.前2s內的平均速度是16m/s單位制單位），則該質點（第8頁，共20頁C.任意相鄰1s內的位移差都是2mD.任意1s內的速度增量都是4m/s5 . 一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB.該

4、愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示.已知曝光時間為高s,則小石子出發點離A點約為（A. 6.5 mB. 10 mC. 20 mD. 45 m6 .如圖所示，將一勁度系數為k的輕彈簧一端固定在內壁光滑的半球形容器最底部O'處（O為球心），彈簧另一端與質量為 m的小球相連，小球靜止于P點.已知容器半徑為R,與水平地面之間的動摩擦因數為 小，OP與水平方向的夾角為8=30° .下列說法正確的是（A.彈簧原長為R+vB.容器受到水平向左的摩擦力C.容器對小球的作用力大小為3mgD.輕彈簧對小球的作用力大小為ymg7 .如圖所示，橫截面積為直角三角形的斜劈 P,靠在粗糙的豎直墻面

5、上，力 F 通過球心水平作用在光滑球 Q上，系統處于靜止狀態，當力F增大時，系統仍保持靜止，下列說法正確的是（A.斜劈P所受合外力增大B.斜劈P對豎直墻壁的壓力不變C.球Q對地面的壓力不變D.墻面對斜劈P的摩擦力可能增大8 .放置于固定斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直線運動。拉力F和物塊速度v隨時間t變化的圖象如圖，則（）A.若不計空氣阻力，上升過程中,A對B有向上的支持力B.若考慮空氣阻力，上升過程中,A對B的壓力向下C.若考慮空氣阻力，下落過程中,B對A的壓力向上D.若不計空氣阻力，下落過程中,B對A沒有壓力A.第1 s內物塊受到的合外力為5.5 N8 .物塊的

6、質量為11 kgC.斜面傾斜角一定是30oD.如果3s撤去拉力F,物塊瞬時加速度5m/s2二、多選題（本大題共4小題，共16分）9 .物理關系式不僅反映了物理量數量間的關系，也確定了單位間的關系.現有物理量單位：mn （米）、s （秒）、J （焦）、W（瓦）、C （庫）、A （安）、 Q （歐）和T（特），由它們組合成的單位與電壓單位 V（伏）等效的是（）A. J/CB. WQC. T? "D. T?A?m10 .如圖所示，小球B放在真空容器A內，球B的直徑恰好等于 正方體A的邊長，將它們以初速度 V0豎直向上拋出，下列說 法中正確的是（）11.如圖所示為一種兒童玩具，在以。點為圓心

7、的四分之一豎直圓弧軌道上， 有 一個光滑的小球（不能視為質點），O為小球的圓心。擋板OM&著圓弧軌 道的半徑，以。點為轉軸，從豎直位置開始推著小球緩慢的順時針轉動（水 平向里看），到小球觸到水平線的過程中（）A.圓弧軌道對小球的支持力逐漸增大/：B.圓弧軌道對小球的支持力逐漸減小jC.擋板對小球的支持力逐漸增大D.擋板對小球的支持力逐漸減小12.質量為m=2kg的物體沿水平面向右做直線運動，t =0時刻受到一個水平向左 的恒力F,如圖甲所示，取水平向右為正方向，此物體的 v-t圖象如圖乙所 示，g=10m/s2,貝U （）A.物體與水平面間的動摩擦因數=0.5B. 10 s內包力F對物

8、體做功102JC. 10 s末物體在計時起點位置左側 2m處D. 10 s內物體克服摩擦力做功34J第二卷（非選擇題共52分）實驗題探究題（本大題共2小題，共12分）13. 某同學做“驗證力的平行四邊形定則”的實驗情況如圖甲所示，其中A為固定橡皮條的圖釘，。為橡皮條與細繩的結點，。用口 O的細純，圖乙是在白 紙上根據實驗結果畫出的圖.(1)如果沒有操作失誤，圖乙中的 F與F'兩力中，方向一定沿AO方向的 是.(2)本實驗采用的科學方法是 .A理想實驗法B.等效替代法C.控制變量法D.建立物理模型法(3)下列方法中，有助于減小實驗誤差的是 A.盡可能使兩分力的夾角大些B.盡可能使兩分力相

9、差的大些C.盡可能使兩分力與紙面平行D.盡可能使橡皮條長些.14. 某同學用如圖甲所示裝置研究勻變速直線運動，得到如圖乙所示的紙帶，紙帶上相鄰計數點間還有4個點未畫出.打點計時器交流電的頻率為 50Hz.滑輪甲單化cm乙(1)通過分析紙帶數據，可判斷物塊在兩相鄰計數點 ?口之間某時刻開始減速.(2)計數點5對應的速度大小為 m/s,計數點6對應的速度大小為m/s (均保留三位有效數字).(3)物塊減速運動過程中加速度的大小為 a=m/s2 (保留三位有效數字)四、計算題(本大題共4小題，共40分)15. (6分)在平直公路上，一輛質量 m=1600kg的汽車以速度vo=12m/s勻速前進，遇緊

10、急情況剎車后，做勻減速直線運動，經過時間t=1.5s停止。求：(1)剎車時汽車加速度a的大小；(2)開始剎車到停下，汽車發生的位移 x；(3)剎車時汽車受到的阻力。16. (6分)純OC與豎直方向成300角，。為質量不計的光滑滑輪，已知物體B重1000N,物體A重400N,物塊A和B均靜止.求：(1)物體B所受地面的摩擦力和支持力分別為多大?(2) OC純的拉力為多大?17. （12分）如圖所示，傳送帶與水平面之間的夾角8=30° ,其上A B兩點間的距離L=5mi,傳送帶在電動機的帶動下以v=1m/s的速度勻速運動.現將 一質量m=10kg的小物體（可視為質點）輕放在傳送帶的A點，

11、已知小物體與傳送之間的動摩擦因數 以萼，在傳送帶將小物體從 A點傳送到B點的過 程中，求：（取g=10n/s2）（1）物體剛開始運動的加速度大小;（2）物體從A到B運動的時間；（3）傳送帶對小物體做的功；（4）電動機做的功。18. （12分）如圖所示，質量為M=3kg,長度為L=1m的木板靜止于水平地面上，在其最右端放一可視為質點的木塊.已知木塊的質量m=1kg,小木塊與長木板上表面之間、小物塊與地面之間的動摩擦因數陰=0.2.而長木板與地面之間的動摩擦因數 以2=0.4,現用水平恒力F拉木板（g取10m/s2,設最大靜 摩擦力等于滑動摩擦力）(1)若將長木板M從小木塊與地面之間抽出，拉力 F

12、至少應為多少？(2)若開始時，用F=30N的水平力作用在M上，經過多長時間小物塊 m與長木板M分離？(3)若保持F=30N的水平恒力一直作用在 M上，求從開始運動到3s時小物塊與長木板的左端相距多遠？第 9 頁，共 20 頁第22頁，共20頁答案和解析1 .【答案】C【解析】解：A、物體的加速度方向和速度方向可以相同、相反或成任意角度，故A錯誤；B、速度和加速度沒有必然聯系，物體的速度為零，其加速度不一定為零，故 B 錯誤；G加速度是描述物體速度變化快慢的物理量，物體的速度變化越快，加速度一定越大，故C正確D錯誤；故選：C。加速度是反映速度變化快慢的物理量， 數值上等于單位時間內速度的變化量。

13、 當 加速度的方向與速度方向相同，則做加速運動，方向相反，則做減速運動。加速度是反映速度變化快慢的物理量， 數值上等于單位時間內速度的變化量。 掌 握判斷加速運動還是減速運動的方法， 當加速度的方向與速度方向相同，則做加 速運動，若相反，則做減速運動。2 .【答案】C【解析】解：這是依據思維程序排序的問題，這一套科學研究方法，要符合邏輯 順序，即通過觀察現象，提出假設，根據假設進行邏輯推理，然后對自己的邏輯 推理進行實驗驗證，緊接著要對實驗結論進行修正推廣。故ABD昔誤,C正確；故選：C。教材中介紹了伽利略對落體規律的研究以及“理想斜面實驗”，通過這些知識的學習，可以明確伽利略所創造的這一套科

14、學研究方法.伽利略將可靠的事實和理論思維結合起來，以實驗事實為基礎，開辟了嶄新的研 究物理的方法道路，同學們要從中汲取營養，提高科學素質.3 .【答案】C傾斜的直線表示勻速直線運動，位移等【解析】位移時間圖象的斜率等于速度, 于x的變化量，結合這些知識分析。【解答】A.由圖可知甲車做勻速直線運動，速度上 如，.，vA?m/s = 4 m/s，故A4日塊;BC.由圖可知乙車做勻減速直線運動，可看作是反方向的勻加速直線運動，則有x =1 at2,由圖可知，當其反向運動5 s時，位移為20 m.則有20= a 52, 得加速度大小 a=1.6 m/s2,因其共運動了 10 s,可得x0= 1 x 1

15、.6X102 m= 80 m,故C正確，B錯誤；D.t=5 s時，兩車相遇，但甲車速度 v甲=4 m/s小于乙車速度 v乙=8 m/s,故 D錯誤。故選Co4 .【答案】D【解析】將t=1s代入到x=4t+2t 2中得到第1s內的位移；根據平均速度公式 下=:求解前2s內的平均速度；將x=4t+2t 2與勻變速直線運動的位移公式對照 得到初速度V。和加速度a,由推論x=af,研究任意相鄰1s內的位移差。速度 增量 v=at o本題考查對勻變速直線運動位移公式的掌握程度和應用能力，以及對加速度的理解能力，常見題型。【解答】解：A、將t=1s代入到x=4t+2t2中得到第1s內的位移x=6m故A錯

16、誤。B、前2s內的平均速度：r = - - :- =4+2t=8m/s,故B錯誤。 ILG將x=4t+2t2與勻變速直線運動的位移公式x=V0t+："t2對照得到：初速度 V0=4m/s,加速度a=4m/s2,則任意相鄰1s內的位移差是 x=aT2=4X 12m=4m故C 錯誤。D>任意1s內的速度增量 v=at=4 x 1m/s=4m/s。故D正確。故選：D。5 .【答案】C【解析】解：由圖可知AB的長度為2cm,即0.02m,曝光時間為JIHI s,所以AB11.凡MJ段的平均速度的大小為v= =-< =20m/s,由自由落體的速度位移的關系式 v?=2gh可得，h=

17、- = 1/=20nrj所以C正確。上 g Jx 10故選：C。根據照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內物體下落的距離， 由此可以估算 出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離.由于AB的運動時間很短，我們可以用 AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度， 由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法.6 .【答案】A【解析】ACD對小球受力分析，如圖所示，小球受 到重力G彈簧的彈力F和容器的支持力T,根據平 衡條件得知：容器和彈簧對小球的作用力的合力與 重力大小相等，方向相反，所以此合力豎直向上.由 幾何關系可得：輕彈簧對小球的作用力大小 F=

18、mg;容器對小球的作用力大小為T=mg由胡克定律得：彈簧的壓縮量為：x=： = ；",則彈簧的原長為：L°=R+x=r+；; 故A正確，CD昔誤.B、以容器和小球整體為研究對象，分析受力可知：豎直方向有：總重力、地面 的支持力，根據平衡條件可知容器不受水平面的靜摩擦力，故B錯誤；故選：A.對小球進行受力分析可知，小球受重力、支持力及彈簧的彈力而處于靜止，由共 點力的平衡條件可求得小球受到的輕彈簧的彈力及小球受到的支持力. 再由胡克 定律求出彈簧的壓縮量，即可求得彈簧的原長.對容器和小球整體研究，分析受 力可求得半球形容器受到的摩擦力.對于共點力平衡問題的關鍵在于正確選擇研究

19、對象， 本題運用隔離法和整體法兩 種方法進行受力分析得出結論.7 .【答案】D【解析】解：A、當力F增大時，系統仍保持靜止，則斜劈 P所受合外力為0, 故A錯誤；B、以整體為研究對象，受力分析，根據平衡條件，水平方向： N=F N為豎直墻 壁對A的彈力，F增大，則N增大，所以斜劈P對豎直墻壁的壓力變大.故 B錯1 口塊；C、對Q力分析，如圖:根據平衡條件：F=N sin 9 , F增大，則N'增大，M =mg+N cos 9 , N'增大, 則N'增大，根據牛頓第三定律得，球對地面的壓力增大，故C錯誤D以整體為研究對象，若豎直方向：N =Mg+f,故隨支持力的增大，摩擦

20、力增大，故D正確； 故選：D正確選擇研究對象，對其受力分析，運用平衡條件列出平衡等式解題.正確選擇研究對象，對其受力分析，運用平衡條件列出平衡等式解題.要注意多 個物體在一起時，研究對象的選取.8 .【答案】D【解析】根據v-t圖象知道物體先勻加速后勻速，由圖象的斜率求解出勻加速運 動的加速度，然后根據牛頓第二定律和平衡條件列方程， 聯立可求得物體的質量 和斜面的傾角，冉求得第1s內物體的合外力；應用牛頓第二定律求出加速度。 本題的關鍵先由v-t圖象確定運動情況，然后求解出加速度，再根據牛頓第二定 律和平衡條件列方程求解物體的質量。Ai? 0.5I【解答】ABC由圖可得，01s內物體的加速度為

21、： 禾=下工業山乂巾，由牛頓第二定律可得：F-川0,由圖示圖象可知，1s后有：尸=“當疝加+/ ,由圖示圖象可知：F=5.5N,聯立解得：m=1和，則第1 s內物塊受到的合外力為因不知道斜面是否光滑，故無法求出斜面的 傾角，故ABC昔誤；D.在3s時，根據平衡條件有：Fnn/i屈+f=SMN ,若3s撤去拉力F,則物體 所受合外力為,根據牛頓第二定律有：解得：/=,故 D正確。nt I,故選D。9 .【答案】AC【解析】根據與電壓有關的公式，分析其中物理量的單位，即可得出與電壓單位 V （伏）等效的單位.對于物理中的公式一定要牢固的掌握住，根據公式就可以 判斷物理量的單位與哪些單位等效.【解答

22、】解：由電場力做功的公式 W=qU知U=",所以單位J/C與電壓單位V等效， q由U#可知，C/F是和電壓單位V等效的，由E=BLv可知，T?m2/s是和電壓單位V等效的，由P=UI可的U=,所以W/A是和電壓單位V等效的， 根據以上分析可知，與電壓單位 V （伏）等效的是AC 故選AC10 .【答案】BD【解析】解：A、D將容器以初速度V0豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整 體為研究對象，根據牛頓第二定律得到加速度為 g,再以容器A為研究對象，上 升和下落過程其合力等于其重力，則 B對A沒有壓力，A對B也沒有支持力.故 A錯誤，D正確.B、若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛

23、頓第二定律得到：上升 過程加速度大于g,再以球B為研究對象，根據牛頓第二定律分析：B受到的合 力大于重力，B除受到重力外，還應受到向下的壓力. A對B的壓力向下即故B 正確.C、若考慮空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到：下落 過程加速度小于g,再以B為研究對象，根據牛頓第二定律分析： A受到的合力 小于重力，B除受到重力外，還應受到向上的力，即 A對B的支持力向上，B對 A的壓力向下，則故C錯誤.故選BD將容器以初速度V）豎直向上拋出后，若不計空氣阻力，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到加速度為g,再以容器A為研究對象，其合力為重力，A B 間無相互作用力.若考慮空氣阻力，以

24、整體為研究對象，根據牛頓第二定律得到 加速度大于g,再以球B為研究對象，根據牛頓第二定律分析 B所受壓力方向. 本題采用整體法和隔離法，由牛頓定律分析物體的受力情況，考查靈活選擇研究 對象的能力.11 .【答案】BC【解析】對小球進行受力分析如圖：當從豎直位置開始推著小球緩慢的順時針轉動，到小球觸到水平線的過程中，由幾何關系可知，N與N之間的夾角保持不變，N與豎直方向之間的夾角逐漸減小， N與豎直方向之間的夾角逐漸增大， 根據平行四邊形定則可知，圓弧軌道對小球 的支持力逐漸減小，擋板對小球的支持力逐漸增大。故AD錯誤，BC正確故選：BC對小球進行受力分析，然后由共點力平衡的條件，結合圖象法，即

25、可正確解答。該題考查共點力平衡，解答的關鍵要注意到 N與此間的夾角是保持不變的。12 .【答案】CD【解析】解：A、設物體向右做勻減速直線運動的加速度為 a,則由v-t圖得： 加速度大小ai=2 m/s2方向與初速度方向相反設物體向左做勻加速直線運動的加速度為 a2,則由v-t圖得：加速度大小a2=1m/s2方向與初速度方向相反根據牛頓第二定律，有F+n mg=ma F- n mg=ma 解得：F=3N=0.05 ,故A錯誤；B、根據v-t圖與橫軸所圍的面積表示位移得：x二 ； 乂心一 ；,負號 表示物體在起點以左，則10s內包力F對物體做功 W=Fx=32=6J,故B錯誤，C正確；DK 10

26、s 內摩擦力做功= x-ixK = x(ix(i) =-34J所以克服摩擦力做功34J,故D正確。故選：CD由v-t圖分別求得由力F和沒有力F作用時的加速度，對兩段時間分別運動牛頓 第二定律列式后聯立求解；設10s末物體離起點點的距離為d, d應為v-t圖與 橫軸所圍的上下兩塊面積之差，根據恒力做功公式求解 F和f做的功。本題關鍵先根據運動情況求解加速度， 確定受力情況后求解出動摩擦因數， 根據 v-t圖與橫軸所圍的面積表示位移求解位移。13 .【答案】(1) F' ; (2) B； (3) C【解析】【分析】由于實驗誤差的存在，導致F1與F2合成的理論值(通過平行四邊形定則得出的 值

27、)與實際值(實際實驗的數值)存在差別，數據處理時：我們需要畫出力的大 小和方向，所以力要盡量大些可減小測量誤差對實驗的影響，拉橡皮筋時要拉的 盡量長一點，了解誤差產生的原因即可正確解答。本實驗采用的是“等效替代”的方法，即一個合力與幾個分力共同作用的效果相 同，可以互相替代，明確“理論值”和“實驗值”的區別。【解答】(1) F是通過作圖的方法得到合力的理論值，而 F'是通過一個彈簧稱沿 AO方 向拉橡皮條，使橡皮條伸長到。點，使得一個彈簧稱的拉力與兩個彈簧稱的拉力 效果相同，測量出的合力，故方向一定沿 AO方向的是F',由于誤差的存在F 和F'方向并不在重合；(2)合力

28、與分力是等效替代的關系， 所以本實驗采用的等效替代法，故B正確,ACD昔誤。故選Bo(3) A.畫平行四邊形時，夾角大的話畫出的平行四邊形就會準些，而不是要求 夾角盡量大，故A錯誤；B.數據處理時：我們需要畫出力的大小和方向，所以力要適當大些可減小測量誤 差對實驗的影響，但不是盡可能使兩分力相差的大些，故B錯誤；C.作圖時，我們是在白紙中作圖，做出的是水平力的圖示，若拉力傾斜，則作出 圖的方向與實際力的方向有有較大差別， 同時為了減小因摩擦造成的誤差，故應 使各力盡量與木板面平行，故 C正確；D.為了更加準確的記錄力的方向，拉橡皮條的細繩要長些，橡皮條不是要盡可能 長，故D錯誤。故選Co故答案

29、為：(1) F' ; (2) B; (3) Co14.【答案】6; 7; 1.00; 1.20;2.00【解析】(1)從紙帶上的數據分析得知：在點計數點 6之前，兩點之間的位移逐漸增大，是加速運動，在計數點7之后，兩點之間的位移逐漸減小，是減速運 動，所以物塊在相鄰計數點6和7之間某時刻開始減速;(2)每5個點取1個計數點，所以相鄰的計數點間的時間間隔T=0.1s, 5點的瞬時速度為:(2)用平均速度代替瞬時速度的方法求解瞬時速度；(3)用作差法求解減速過程中的加速度；本題考查對于紙帶的數據的處理方法，要注意明確紙帶上各點的速度可以利用中 問時刻的瞬時速度求解，而加速度應采用逐差法進行

30、計算，從而減小實驗誤差.15 .【答案】解：(1)由%=% +砒得：?=言=8m4；(2)由M =代入數值得：m= 12 X L52x8xL52 = 9m(3)由牛頓第二定律F=mq代入數值得：剎車時汽車受到的阻力為：F = 1600 X8N = 1.28 X 104 N【解析】(1)汽車剎車做勻減速直線運動，已知初速度、時間和末速度，根據速度公式邙=5+山求解加速度的大小；(2)根據位移公式E=%f+；,求解汽車發生的位移x；(3)汽車剎車過程中，所受的合外力等于阻力，根據牛頓第二定律求解。本題運用運動學公式和牛頓運動定律結合處理動力學問題，其中加速度是橋梁，是這種方法中必求的量。16 .【

31、答案】解：(1)由于物體A保持靜止，故：T=G=400N；對物體B受力分析，受重力、拉力、支持力和靜摩擦力，如圖所示：由于Tob=Toa,則OC®為/AOB勺角平分線，故Tob與水平方向的夾角為30根據平衡條件，有：N+Tsin 300 二G, Tcos300 二f得：N=800N, f=200 ;N(2)對滑輪受力分析，受三個拉力，如圖所示：根據平衡條件，有：To=2Tcos30二400 1 N；答：(1)物體B所受地面的摩擦力為200v15N,支持力為800N；(2) OCW的拉力為400 ：N【解析】本題主要是考查了共點力的平衡問題， 解答此類問題的一般步驟是：確 定研究對象、

32、進行受力分析、利用平行四邊形法則進行力的合成或者是正交分解 法進行力的分解，然后在坐標軸上建立平衡方程進行解答。(1)對物體B受力分析，受重力、拉力、支持力和靜摩擦力，根據平衡條件列式求解；(2)同一根繩子張力處處相同，對滑輪受力分析，受三個拉力，根據平衡條件 求解OC純的拉力。17.【答案】解：(1)小物體加速過程，根據牛頓第二定律有：，*勺妹§ 妒i汕=ma 則得物體上升的加速度為：a二焉=2.5 m/s2 ；(2)當小物體的速度增加到廿=lm/s時，通過的位移是：工廣餐。2m又v二at,聯立解得：口 = 由于川好給M > ntt/sin 8,所以物體與傳送帶同速一起勻速運

33、動位移為：< ；N即小物體將以廿=lm/s的速度完成4.8m的路程用時為： 故總時間為：t = G + t2 = 5?s ；(3)由功能關系得：傳送帶對小物體做的功為：田=A與+ & ="岫媼14；)一代入數據解得：W255J;(4)電動機做功使小物體機械能增加，同時小物體與傳送帶間因摩擦產生熱量相對位移為：., ： , ： ：1 ： .： j摩擦生熱為：二 故電動機做的功為：叫電=卬+ ”27 口屋答：(1)物體剛開始運動的加速度大小為(2)物體從A到B運動的時間為5.2s；(3)傳送帶對小物體做的功為255 J;(4)電動機做的功為270JO【解析】本題的關鍵要正確分析小物體的運動過程，根據受力確定物體的運動，注意判斷小物體是全程勻加速還是先勻加速再勻速運動；注意分析各力做功與對應能量變化的關系。(1)對物體進行受力分析，根據牛頓第二定律求出小物體剛開始運動的加速度；(2)物體運動的總時間為勻加速運動與勻速運動的時間之和；根據運動學公式 求解時間；(3)由功能關系知，傳送帶對小物體做的功等于小物體機械能的增量；(4)電動機多做的功等于小物