2024届山东省百师联盟高三年级下册二轮联考（一）物理试题（解析版）

2024届高三二轮复习联考（一）

物理试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在

本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

考试时间为90分钟，满分100分

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.图示为氢原子的能级图。己知可见光的光子能量范围为L62〜31leV。根据玻尔理论可知，大量处于

"=4能级的氢原子向低能级跃迁的过程中，能产生不同频率的可见光光子有（）

nE/eV

oo--------------------0

2-3.40

1----------------------13.6

A.6种B.4种C.3种D.2种

【答案】D

【解析】

【详解】大量处于九=4能级的氢原子向低能级跃迁过程共释放Cj=6种频率的光，其释放的光子能量分

别为

E释1=E4—4=12.75eV

E释义二4-4=2.55eV

E释3=E4—E3=0.66eV

E释4=区—4=12.09eV

=

E释5E2=l.89eV

E释$—E2—El=10.2eV

由上述分析可知，其共释放的6种频率的光中，共有2种可见光。

故选D。

2.2023年9月29日在中国浙江杭州举办的第19届亚运会中，我国选手兰星宇荣获吊环冠军。如图所示，

兰星宇在比赛中吊环倒立处于静止状态，此时两根吊绳之间的夹角为，。若兰星宇的质量为加，重力加速

度大小为g，吊环重力不计，则（）

[0

A.每根吊绳的拉力大小为,cos万

mg

B.两个吊环对兰星宇的作用力大小为；—0

2cos—

2

mg

c.兰星宇单臂对吊环的作用力大小为;一o

2cos—

2

mg

D.兰星宇单臂对吊环的作用力大小为一0

cos—

2

【答案】B

【解析】

【详解】A.设每根吊绳的拉力为T,由于运动员处于静止状态，所以有

mg=”21cos—e

解得

TmS

2cos—

2

故A项错误；

B.由于运动员静止，所以运动员处于平衡态，即两个吊环对兰星宇的作用力大小与其所受重力大小相等,

方向相反，故B项错误；

CD.兰星宇单臂对吊环的作用力与吊环对兰星宇的作用力等大反向，同理吊环对吊绳的作用力与吊绳对吊

环的作用力等大反向。由此可知，兰星宇单臂对吊环的作用力与吊绳的拉力大小相等，即兰星宇单臂对吊

mg

环的作用力大小为^―0,故C正确，D错误。

2cos—

2

故选C。

3.如图，正六边形线框A5cDEF由6根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应

强度方向垂直，线框顶点A5与直流电源两端相连，已知导体棒受到的安培力大小为外，则正六边形

线框受到的安培力的大小为（）

A

A.6F0B.5FQC.2FQD,^FQ

【答案】A

【解析】

【详解】设每一根导体棒的电阻为R,长度为L，则8A与BCDEF两支路的电阻之比为

&:g=R:5R=1:5

根据并联电路两端电压相等的特点可知，BA与BCDEF两支路电流之比

4：八=5:1

通电导体5。。跖受安培力的有效长度为L，根据安培力公式

F=BIL

可得，通电导体BCDEF与受到的安培力的大小相等，也为心,胡与3。。跖受到的安培力的大小之

比为

F'-.F0=IX:I2=5A

可得

F'=5F。

根据左手定则可知，两力方向相同，整个线框所受安培力的合力大小为

F0+F'=6F0

A正确

故选Ao

4.如图所示，在直角三角形ABC中，NA=30。，BC=R。A、5两点各固定有点电荷，带电荷量分别为

-4。、+Q,以C点为球心固定有不带电的金属球壳，球壳半径为,氏。已知静电力常量为左，球壳表面

2

的感应电荷在球心。处产生的电场强度（）

A.为零

Q

B.大小为左F方向沿B4方向

Q

C.大小为kF方向与CB方向夹角为60。

D.大小为2人又7，方向沿/ACB平分线

【答案】C

【解析】

【详解】A处点电荷在C点产生的电场强度沿C4方向，大小为

(27?)2R?

8处点电荷在C点产生的电场强度沿方向，大小为

石2=啜=&

A、5两处点电荷分别在C点产生的电场强度方向互成120。，大小相等，所以合电场强度大小为

Q

E=k—7y

R

方向与BC方向夹角为60°；

由于金属球壳内部电场强度处处为零，感应电荷在球心C处产生的电场强度大小为

Ec=k^

R-

方向与CB方向夹角为60°。

故选C。

5.如图所示，狭缝S及平面镜M均与虚线所在水平面平行放置，用蓝光垂直照射狭缝S,可以在光屏

上看到明暗相间的条纹。下列判断正确的是（）

sB一。,

/////////////.

平面镜”光

屏

A.看到的条纹是不平行的

B.看到的条纹间距不相等

C.若将蓝光换成红光，看到的条纹间距变小

D.若将平面镜M向上平移到虚线处，看到的条纹间距变大

【答案】D

【解析】

【详解】AB.狭缝S与其经平面镜所成的像S'关于平面镜对称，S和S'等效为相干光源，在光屏上出现干

涉条纹，条纹平行且等间距，AB错误；

C.若将蓝光换成红光，光的波长4变长，根据=知，条纹间距Ax变大，C错误；

a

D.若将平面镜M向上平移到虚线OO'处，S与S'之间的距离d变小，则条纹间距Ax变大，D正确。

故选D。

6.某简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形如图所示，此时介质中有三个质点8、C和。，B的横坐标

为0,C的纵坐标为0,。与C间沿X轴方向的距离为波长的1倍，质点B的振动方程为

8

7171

y=4sin—t―一cm下列说法正确的是（）

26o

y/cm

A.该波沿x轴正方向传播

B.该波的波长为11m

C.该波的波速大小为12m/s

D./=0时刻起.质点。回到平衡位置的最短时间为1.5s

【答案】A

【解析】

【详解工由

（71兀）

y=4sin—t——cm

126J

得/=0时，yB0=-2cm,经过极短的时间A，，

仅Bl「＜%o|

即/=0时质点3沿y轴正方向振动，结合图像知，该波沿X轴正方向传播，A正确;

B.质点振动的周期

2万.

T=——s=4s

71

设方时刻，质点8第一次到达平衡位置处，即

y=4sin—t----cm=0

­（26j

解得

11T

?=—s=—T

312

即波再传播工X质点3处于平衡位置,

如图中虚线所示，则

12

A--2=11m

12

解得

2=12m

B错误；

C.波速

C错误；

D.f=0时刻起，质点。回到平衡位置的最短时间为g"八＜,D错误。

--=0.5s

7.我国运动员林丹是羽毛球史上第一位集奥运会、世锦赛、世界杯、苏迪曼杯、汤姆斯杯、亚运会、亚锦

赛、全英赛、全运会等系列赛冠军于一身的双圈全满贯选手，扣球速度可达324km/h。现将羽毛球场规格简

化为如图所示的长方形ABCD,若林丹从A点正上方高2.45m的尸点扣球使羽毛球水平飞出，羽毛球落到

对方界内，取g=10m/s2,不计空气阻力，则羽毛球的水平速度大小可能为（）

网高1.55m

【答案】B

【解析】

【详解】羽毛球从P点水平飞出做平抛运动，若球恰好能过网，在竖直方向有

解得从扣球点到网上端的时间

l2（H-h）/2x（2.45-1.55）

t.=」△----L=J—-------------4x0.42s

\gV10

则羽毛球水平方向的最小位移为

14

=——m=7m

2

则羽毛球的水平最小速度为

77

匕=-=a^m/s=16.7m/s

若球恰好不出界时，在竖直方向则有

H=gg片

解得

在水平方向的最大位移为

x,=-\Z14^+6^m=2\/58m

则羽毛球的水平方向最大速度为

v2=%=2^^m/s心21.8m/s

羽毛球落到对方界内，水平速度大小范围则有

16.7m/s<v<21.8m/s

则羽毛球的水平速度大小可能为20m/s。

故选B。

8.如图所示，间距为工、竖直固定的两根光滑直杆"cd、aT/c'd'下端之间接有定值电阻R,上端接有

电容为C、不带电的电容器，be和Z/d两小段等高、长度不计且用绝缘材料平滑连接，ab、cd、a'b'、c'd'

电阻均不计。两杆之间存在磁感应强度大小为3、方向垂直两杆所在平面向里的匀强磁场。现有一个质量为

机、电阻不计、两端分别套在直杆上的金属棒，f=0时在大小为4,咫（g为重力加速度大小）、方向竖直向

上的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，速度稳定后，在/=4时到达人。'位置，在cc'位置，瞬间为电

容器充电，金属棒速度突变，之后金属棒继续向上运动，在/=24时金属棒未碰到电容器。金属棒在运动

过程中始终与两直杆垂直且接触良好，电容器始终未被击穿，则（）

C

dd'

x

xX

cXXc

bb'

XX

XX

a—II-a

R

t=工时金属棒的速度大小为黑B.0~%内金属棒上升的高度为例等mR

A.

BL

C.。〜2。内通过金属棒的电流随时间逐渐增大D.%〜2。内金属棒做加速度逐渐减小的加速运动

【答案】B

【解析】

【详解】A.由题意可得。时金属棒运动稳定即匀速直线运动

4mg=mg+F

F=ILB

E=BLv

联立求得

3mgR

V----------------

B2L2

A错误;

B.0~。内，对金属棒应用动量定理可得

4mgi—mgtA-ZFAZ=mv—0

其中

£FM=BqL

BLhBLh

q=7A?=----A--At=------

RAtR

代入数据，联立求得

h=。一

B正确；

CD.根据

好效

A?

Aq=CAU=CAE

AE=BIAv

F=iLB

及牛顿第二定律可得

4mg—3mg—F—ma

联立求得

3m?

a=-r-；----

B2l}C+m

说明金属棒向上做匀加速直线运动，电流不变，CD错误。

故选B„

二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.图示为一半圆柱形透明体横截面，横截面的圆心为。，半圆柱的半径为R,6为直径A3上的点，

OP}=JjR,透明体的折射率为0o现有一细光束加々以入射角。=45从片点射入半圆柱，则（）

A.细光束M《经两次折射后会从弧面射出

B.细光束”《经A3面折射，在弧面A3发生两次全反射后再从A3面射出透明体

C.细光束第一次射出透明体时，折射角为45。

D.细光束第一次射出透明体时，折射角为30°

【答案】BC

【解析】

M

根据折射率表达式有

sin。

n=--------

sin/1

解得

Zl=30

由于

N2=90-Z1

解得

Z2=60

在△4。鸟中，根据正弦定理可得

N3=45

设透明体的临界角为C,则有

,八1

sinC=一

n

可得

C=45

由于

N3=C

所以4鸟光在八点发生全反射，又由于

=。舄

可得

Z5=Z4=45°

则£月光在A点发生全反射，最后从A3而射出，故B正确，A错误；

CD.由于

P\PJIP3P4,/4舄B=/2=60

则鸟舄光的入射角为30，根据光路可逆可知折射角为45，故C正确，D错误。

故选BC

10.太阳系中的某颗矮行星的质量为地球质量的,倍，半径为地球半径的,倍，它绕太阳运动的椭圆

125010

轨道半长轴为地球圆轨道半径的43倍，它的自转周期为地球的,倍。该矮行星和地球均可看成球体，则

16

()

A.该矮行星两极重力加速度为地球的2倍

25

B.该矮行星公转周期是地球公转周期的43J石倍

C.该矮行星第一宇宙速度是地球的2倍

25

1

D.该矮行星同步卫星的轨道半径是地球的私后倍

【答案】AB

【解析】

【详解】A.由

-Mm

G-^=ms

可得

g=G至

则该矮行星、地球两极重力加速度大小之比为

1,2

旦="国2——102=—

SiM?/125025

故A正确；

B.根据开普勒第三定律，有

可得该矮行星公转周期与地球公转周期之比为

故B正确；

C.由

v2

m2=m—

R

可得第一宇宙速度为

则矮行星第一宇宙速度与地球第一宇宙速度之比为

A=邑&=立

匕归g225

故C错误；

D.由

-Mm27r

CJ——二m——r

ru,

可得

则该矮行星、地球同步卫星的轨道半径之比为

故D错误。

故选AB„

11.在图示的电路中，交流电源的电动势e随时间r变化的规律为e=16后siniom(v),内阻为0.50,

灯泡L］、L2,L3、L4、L5上均标有“3V,3W”的字样。若变压器可视为理想变压器，原线圈的匝数为

600匝，6盏灯均正常发光，则()

A./=0.2s时理想电压表V的示数为零

B.原、副线圈的匝数比为3:1

C.灯泡L0上标有“15V,15W”的字样

D,整个电路的总功率为30W

【答案】BC

【解析】

【详解】A.理想电压表的示数为交表电流的有效值，所以其在f=0.2s时，理想电压表V的示数不为零,

故A项错误；

B.灯泡均正常发光，设灯泡正常发光的电流为/,由电路图可知，原线圈的电流为/,有

P=UI

解得

/=1A

而副线圈上的电流为31,由于是理想变压器，所以有

I_〃2

31n{

整理有

珥_3

n21

故B项正确；

C.由之前的分析可知，副线圈的电压为3V,则原线圈的电压为。原，有

。原J

u副巧

解得

U原=9V

由于L］和L?与原线圈串联，再与灯泡L0并联，所以灯泡L。的电压为

°。/+4+0原=15V

电路的电源电动势有效值为

4=0

总V2

交流电源内电压有效值为

u『u息-U。

电路的总电流为

r.4

1&--

流过灯泡Lo的电流为

A=/总-/原

灯泡Lo的功率为

4=U°/°=15W

故C项正确；

D.整个电路的总功率为

P&=I&U&=32^

故D项错误。

故选BC。

12.如图所示，在竖直平面内固定一个半径为R的粗糙,圆轨道BC,与粗糙的水平轨道A8相切于8点。

4

小滑块（视为质点）质量为m,以大小为（g为重力加速度的大小）的初速度从水平轨道上A点沿

直线AB运动，恰好能到达C点，而后沿圆轨道8C下滑，最终停在水平轨道上。已知A、B两点间的距离

为R,滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为02则（）

A.滑块第二次通过B点时对轨道BC的压力大小为3.8〃际

B.滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第二次的少

C.滑块第二次通过轨道BC因摩擦产生的热量小于04根gR

D.滑块最终停在2点左侧水平轨道且与3点间的距离小于3H

【答案】BC

【解析】

【详解】A.滑块从A到8运动过程中有

-jumgR=gmvj-gmv\

滑块第一次通过8点时，根据牛顿第二定律，有

amvi

FN-mg=-f-

根据牛顿第三定律可知，滑块第一次通过B点时对轨道BC的压力大小为

/=综=mg+—=3.8〃2g

K

由于滑块从B滑到C后又滑回B的过程中摩擦力一直做负功，根据动能定理知，滑块第二次通过轨道BC

的2点时的速度比第一次的小，向心加速度小，对轨道的压力小于3.8mg,A错误；

B.由于摩擦生热，通过轨道上的同一位置时第二次的速度总是小于第一次的速度，可见滑块下滑过程

的平均速率小于上滑过程的平均速率，由于路程均为工乃R,所以滑块第一次通过轨道BC所用的时间比第

2

二次的少，B正确；

C.设滑块第一次通过轨道的过程中因摩擦产生的热量为。1，根据能量守恒定律得

I-------------\2

Qi=~m—gR-mgR-Q.2mgR=QAmgR

5?

滑块通过轨道3c过程中第二次对轨道的压力较小，摩擦力也较小，产生的摩擦热

Q2<QAmgR

C正确；

D.从A点开始到在水平轨道上停下的过程中，根据能量守恒定律得

；m[J.8火-0-2机gR-QAmgR-Q2=0.2mgx

解得

x>3R

D错误。

故选BC。

三、非选择题：本题共6小题，共60分。

13.李华同学设计图甲所示装置探究“动滑轮、沙和沙桶的总质量加一定时，加速度与合力的关系”。弹

簧测力计竖直悬挂在天花板上，挂钩与轻绳的一端相连，轻绳绕过动滑轮(悬挂装有沙的沙桶)、固定在长

木板右端的定滑轮与带有遮光片的木块相连。释放后木块会沿长木板运动，经过光电门时数字计时器会记

录落光片的挡光时间。先用刻度尺测出木块初始位置A点与光电门位置8点间的距离无，用游标卡尺测量遮

光片的宽度d。

片

如门

光

、

0123(cm)

旧动滑轮H1II(IIIIIIIIIII

K沙和沙桶o1020游标尺

甲

请回答下列问题：

(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d时，示数如图乙所示，则4=mm。

(2)下列做法正确的是o

A.实验中，需要测量木块(包括放在上面的祛码)的总质量M

B.动滑轮两侧的轻绳要调整为竖直

C.实验前，需要平衡木块的摩擦力

D.释放木块时，应将木块的左边缘与A点重合

(3)按正确操作，将木块从A点由静止释放，记录弹簧测力计的示数尺遮光片通过光电门的遮光时间六

在木块上增加祛码，进行多次反复实验，并记录Rf的多组数据，为了直观判断出加速度与合力的关系,

应以(选填或"二”)为纵轴，以尸为横轴作出图像。

【答案】(1)5.25(2)BCD

【解析】

【小问1详解】

由题图可知，该游标卡尺的精确度为0.05,所以读数为

d=5mm+5x0.05mm=5.25mm

【小问2详解】

A.本实验中物体受到的合外力通过弹簧测力计读出，而加速度则是通过匀变速直线运动，间接求出，即

v2=2ax

物体速度为

v=—d

t

整理有

个

a=----

2xt~

由此可知，该实验不需要测量木块（包括放在上面的祛码）的总质量故A项错误；

B.为了让实验数据的准确，所以动滑轮两侧的轻绳需要调整为竖直，故B项正确；

C.为了让弹簧测力计测的力即为物块的合外力，所以该实验需要平衡摩擦力，故C项正确；

D.由上述分析可知，加速度的测量涉及物块的位移，为了减少误差，其释放木块时，应将木块的左边缘与

A点重合，故D项正确。

故选BCD„

【小问3详解】

由之前的分析可知，弹簧测力计的读数F为物体所受的合力，物体的加速度为

"=T

2xt2

所以应以!为纵轴。

t

14.李华同学查阅资料：某金属在。〜100℃内电阻值均与摄氏温度/的关系为《=鸟（1+必），其中凡为

该金属在0℃时的阻值，1为温度系数（为正值）。李华同学设计图甲所示电路以测量该金属的电阻凡和《

值。可提供的实验器材有:

A.干电池（电动势约为1.5V,

B.定值电阻&（阻值为Ik。）

C.定值电阻&（阻值为800Q）

D.滑动变阻器Rpi（阻值范围040Q）

E.滑动变阻器Rp2（阻值范围。〜4kQ）

F.电流计G（量程0~200〃A,内阻约500Q）

G.电阻箱尺（最大阻值为9999.9Q）

H.摄氏温度计

I.沸水和冷水各一杯

J.开关两个及导线若干

请回答下列问题：

（1）滑动变阻器应选用（选填“国1”或“居（/'）,开关S1闭合前，滑动变阻器的滑片移到

（选填或“〃”）端。

（2）将电阻箱的阻值调为500。，闭合开关S「读出电流计G的示数，再闭合开关S，调节电阻箱的限值，

直至闭合S2前、后电流计G的示数没有变化，此时电阻箱的示数为360Q，则电流计G的内阻为

Qo

（3）利用上述电流计G及电路测量该金属的电阻&和&值的步骤如下：

①断开开关S］、S2,将凡取下换成该金属电阻，并置于沸水中;

②闭合开关读出电流计G的示数；闭合开关S2,调节电阻箱的阻值，直至闭合开关S1前、后电流计G

的示数没有变化，记下此时电阻箱的示数尺和温度九

③多次将冷水倒一点到热水中，重复步骤②，可获得电阻箱的示数尺和温度/的多组数据.

（4）以电阻箱的示数R为纵轴，温度/为横轴，作出图像如图乙所示，则该金属电阻在0℃时的阻值为

Q,温度系数为℃-1°（结果用。、b、c表示）

【答案】®.Rp,②.a③.450—a⑤.4

9ac

【解析】

【详解】⑴5⑵S］闭合、S2断开时，干路中的最大电流约

4（4+4）

=57511A

滑动变阻器两端的电压最小值约为

1.5V-(lkQ+0.5kQ)x0.2mA=1.2V

滑动变阻器的最小电阻约为

1-2V«2kn

0.575mA

滑动变阻器应选用Rp2。

为了保护电流计G不被损坏，开关S］闭合前，应将滑动变阻器的滑片向下移动到。端。

（2）［3］闭合S?前、后电流计G的示数没有变化，则电流计G中的电流与凡的电流相等，R中的电流与与

中的电流相等，与与&两端的电压相等，电流计G与R两端的电压相等，可得电流计的内阻

R1

R='R=——x360C=450Q

8

R20.8

（4）⑷［5］将&取下换成该金属电阻的情况下，同理可得

旦夫=型

4

由图乙得

八b-a

R=------t+a

即

20(6-。)20

&=tH-----a

9c9

又

&=7^)(1+cir/)=R^at+R0

则

200—a)八20

7?a=-----------，&=~~a

“09c9

解得

b-a

a=---

ac

15.图示为马德堡半球演示器，两半球合在一起时，可形成一直径d=20cm的球形空腔。现用细软管、双

向阀门与容积为200cm3、活塞横截面积为lOcn?的注射器改装成小型的抽气机。在温度为27℃的室内，每

次满量从球内缓慢抽出空气。连接处气密性很好，忽略软管的容积，抽气过程中球形空腔温度和体积均保

持不变，摩擦不计。已知大气压强p°=lxl05pa,取兀。3,计算结果均保留两位有效数字。求：

(1)对球形空腔抽气2次后，球形空腔内的气体压强。2；

(2)若对球形空腔抽气2次后，将马德堡半球演示器从室内移到室外37℃的太阳下，经过一段时间后，半

球两侧至少均用多大的拉力才能把两半球拉开。

翁j

【答案】(1)9,1xlO4Pa;(2)1.8X102N

【解析】

【详解】(1)球形空腔的容积

33

V=g兀=4xl0cm

注射器的容积匕=200cm3,根据玻意耳定律，第一次抽气有

P(y-Pl(v+v0)

第二次抽气有

PIV=P^V+V0)

解得

c\2

V4

P=p0»9.1xlOPa

2U+KJ

(2)马德堡半球演示器从室内移到室外，球内气体等容变化，根据查理定律得

£1=上

T3~T2

其中(=300K,7；=310K,解得

4

p3«9.4xlOPa

拉力至少为

尸=So—

解得

F=1.8X102N

16.中国国家邮政局监测数据显示，2023年1〜4月中国快递业务量达300亿件，我们的生活离不开快递。

图甲为快递物流配送分拣示意图，水平传送带和倾斜传送带以相同的速率逆时针运行。现将一质量为0.5kg

的货物轻放在倾斜传送带上端A处，图乙为倾斜传送带A3段的数控设备记录的货物的速度-时间图像，

1.2s末货物刚好到达下端B处，随后以不变的速率滑上。端。已知传送带CD段的长度L=6m,最大静

摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，货物与两条传送带间的动摩擦因数相同，3、C间距忽略不计，取

g=10m/s2□求：

(1)货物与传送带间的动摩擦因数〃；

(2)货物从C端运动到。端的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的总热量Q。

【答案】(1)0.5；(2)1J

【解析】

【详解】(1)00.2s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为

=----m/s2=10m/s

A?[0.2

0.21.2s内，货物在倾斜传送带上的加速度大小为

—烈—土

——

-颂1.2-

根据牛顿第二定律，00.2s内，有

mgs\n0+jumgcos®=max

0.21.2s内，有

mgsinO-/jmgcosO=ma2

sin。=0.6,〃=0.5

(2)结合图乙知，传送带的速率v=2m/s货物在水平传送带上运动的加速度大小为

货物在水平传送带上减速运动的时间

货物在水平传送带上减速运动的位移大小为

x=1.2m

由于x<L,货物与传送带共速后一起做匀速运动货物在水平传送带上的相对位移

Ax=x一%

货物与传送带间因摩擦产生的总热量

Q=jumg^x

Q=1J

17.如图所示，以长方体的加边中点。为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a'a方向为y

轴正方向、ab方向为z轴正方向建立。孙z坐标系，已知Oa=aZ?=aa'=L