2024年吉林省高考物理一模试卷(含详细答案解析)

2024年吉林省高考物理一模试卷

一、单选题：本大题共7小题，共28分。

1.研究表明原子核核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。一般认为大

于铁原子核质量数（56）的为重核，小于则是轻核。下列对该图像的理解正确的是（）

核子平均质用

原子序数

A.从图中可以看出，见原子核最稳定

B.从图中可以看出，重核A裂变成原子核B和。时，需要吸收能量

C.从图中可以看出，轻核。和E发生聚变生成原子核产时需要吸收能量

D.从图中可以看出，重核随原子序数的增加，比结合能变大

2.如图所示，横截面为半圆的柱形玻璃砖放在水平桌面上，图中的3条光线分别为：

某种单色光的入射光线、折射光线和反射光线，且入射光正对圆心。下列说法正空气力

确的匙）,、玻璃公

A.光线1为入射光线JZ

B.液璃砖对该单色光的折射率为需

C.咳单色光在玻璃砖中发生全反射的临界角的正弦值为黑

D.光线2、3不可能相互垂直

3.如图所示的圆盘，半径为R,可绕过圆心O的水平轴转动，在圆盘的边缘沿同一直径方向QB

固定两根长为R的轻杆，杆的端点各有一可视为质点的小球A、&在圆盘上缠绕足够长的轻

绳.轻绳的另一端拴接一小球C现将装置由静止释放，小球C向下以：g（g为重力加速度）的、

加速度做匀加速直线运动，圆盘与轻绳间不打滑，经过一段时间圆盘转过两圈。下列说法正A

OC

确的是（）

A.圆盘转两圈所用的时间为2J寿

B.圆盘转两圈时，小球A的角速度大小为2J督

C.圆盘转两圈时，圆盘的角速度大小为J手

D.圆盘转两圈时，小球8的线速度大小为2匹证

4.如图所示，在正三角形A8C的8、C两点沿垂直纸面方向固定两根通电直导A

・、

9\

.\

线，电流方向如图所示，电流大小之比为/b：〃=1：2。已知电流为/的通电♦9\、

9\

■♦

•%

直导线在与其相距d处产生的磁感应强度大小为8=k：（k为常数）。则下列说■、

/'、、*\

•、一•

法正确的是（）「厂。

:'、、.'、

射................?

A.A点磁感应强度的方向由8指向4

B.0点磁感应强度的方向由A指向。

C.仅将8处电流加倍，则A、。网点的磁感应强度方向相反

D.仅将8处电流加倍，则A、。两点的磁感应强度大小之比为1：3

5.2023年11月1日，我国在太原卫星发射中心成功将“天绘五号”卫

星发射升空，并顺利进入预定轨道。“天绘五号”在距离地球表面/“不望五'二工同步卫星

50。切?附近环绕地球做匀速圆周运动，其运行周期约为|个小时，某时刻：硼◎1

\、“9

“天绘五号”、同步卫星、地球的连线在同一直线上，如图所示，则下

列说法正确的是（）

A.“天绘五号”的发射速度大于第二宇宙速度

B.“天绘五号”的线速度小于同步卫星的线速度

C.“天绘五号”的向心力一定大于同步卫星的向心力

D.到下一次“天绘五号”、同步卫星与地球共线的时间约为0.8h

6.如图所示的理想变压器电路中，a、b、c、d、e为5个完全相司的灯泡（不考虑温度对其电阻的影响），现

在MN间接入有效值不变的交流电压，5个灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）

M

〜Q<>c®d®e(2)

b

A.变压器原、副线圈的匝数比为2：3

B.原线圈的输入电压与灯泡〃两端的电压相等

C.电源电压的有效值为小灯泡额定电压的2.5倍

D.若将小灯泡d拆除，则小灯泡心〃有可能被烧坏

7.如图所示，〃、〃、c、d、e为正五边形的五个顶点，。为其中心，现将三个完全；

相同、电荷量为Q(Q>0)的正电荷固定在a、b、c三点，电荷量为-q(q>0)的试

探电荷放在O点时，该试探电荷所具有的电势能为-E,规定无穷远处的电势为\"

\/6\

零。则下列说法正确的是(),

k、*

A.试探电荷-q在d点的电势能大于在e点的电势能,C

B.若再在d、e两点各放置一电荷量大小为。的负电荷，则O点的电势为看

C.若再在d点放置•电荷量大小为2Q的负电荷，则试探电荷-q在。点的电势能为专

D.若再在Oe的中点放置一电荷量为。的正电荷，则试探电荷-q在e点的电势能大于在d点的电势能

二、多选题：本大题共3小题，共18分。

8.如图所示为一定质量的理想气体从状态a6ctd—a过程的V-T图

像，其中ac的连线过原点，儿•、面连线与横轴平行，〃连线与纵轴平行。则

下列说法正确的是()

A.从状态a到状态b,气体对外做正功

B.从状态力到状态c,单位时间、单位面积撞击器壁的分子数不变

C.从状态c到状态比气体向外放出热量

D.a到〃气体对外做的功等于c到4外界对气体做的功

9.碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设置了碰碰车，如图所示为两游客分别驾驶碰碰车进行

游戏。在某次碰撞时，红车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车在红车连同游

012cm

」甲州用川小吊吊瑞尸主尺

01020

乙

（1）游标卡尺示数如图乙所示，则遮光条的宽度为cm；

（2）已知重力加速度为g,若所挂钩码的个数为〃，系统的机械能守恒时，关系式______成立（用已知和测量

的物理量的字母表示）；

（3）利用记录的实验数据，以《为横轴、"为纵轴描绘出相应的图像，作出的图线斜率为女，若系统的机械

能守恒，则k=（用已知和测量的物理量的字母表示）。

12.某同学测量某电阻的电阻值。

（1）首先用多用电表进行粗测，将旋钮扳到“X10”的挡位，进牙欧姆调零后将两表笔与待测电阻的两端

（2）为了精确测量该电阻阻值，实验室为其提供了如下的实验器材:

a.待测电阻Rx

"电压表V（量程1匕内阻即=300。）

c.电流表4（量程2A、内阻以«20/2）

d.电流表42（量程30〃滔、内阻以x5。）

c.滑动变阻器8（0〜10。）

f.滑动变阻器&（。〜1k。）

g.电阻箱&（0〜999.9/2）

/i.电源（电幼势3匕内阻不计）、开关，导线若干

①该同学分析实验器材，发现电压表的量程太小，需将该电压表改装成3V量程的电压表，应(填

“串联”或“并联”)电阻箱岛，并将用的阻值调为:

②实验时，为了减小实验误差。且要求电表的示数从零开始调节，请将设计的电路画在图乙虚线框中，并

标出所选用的相应的器材符号；

③某次测量时，电压表与电流表的示数分别为U、I,则待测电阻的阻值&=(用己知物理量的字母

表示)。

四、简答题：本大题共3小题，共39分。

13.如图所示，与外界隔热的圆柱形容器开口向上固定，用密封性良好的匾热活塞

将一定质量的理想气体封闭在容器中，系统稳定时，活塞到容器底部的高度为小

活塞的质量为小、横截面积为S,大气压强恒为等，重力加速度为g,容器中气体

的温度为"，不计活塞与容器内壁的摩擦。求：

(1)若将封闭气体的温度升高原来温度的%再次稳定时活塞到汽缸底部的高度；

(2)若将容器水平放置且将温度降低到原来温度的，现在活塞上施加一水平力，当活塞缓慢回到初始位置

时，则水平力的大小。

14.传送带是建筑工地常见的运输装置，如图所示为传送带AB的简易图，传送带的倾角为a=30。，以

%=8zn/s的速度顺时针匀速转动，工人将质量m=300的的工料(可视为质点)轻轻地放到传送带的底端

A，并用平行于传送带的轻绳拴接在工料上，启动电动机，电动机对工料提供的牵引力恒为F=3000N,

经过玲=2s关闭电动机，一段时间后工件刚好到达传送带的最高点儿已知工料与传送带之间的动摩擦因

数为〃=?，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。求：

(1)经过时间书=2s时，工料的速度大小；

(2)刚关闭电动机后，工料的加速发；

(3)传送带4、B两端间的距离。

15.如图所示，水平虚线MN的下方存在竖直向上的匀强电场Eo(E0大小未知厂"、、、

/\

)，虚线上方有一以M/V上一点0为圆心、R为半径的半圆形区域，该区域M：\?

•••・大・・・・：•・♦•・•••・・x••・・・

中存在垂直纸面向里的匀强磁场和水平方向的匀强电场E(E大小未知，图中‘：°"

F0:

均未画出)，磁场的磁感应强度大小为8,。点正下方固定一粒子源S,能源：Q

源不断地产生初速度为零的同种正粒子，经过一段时间粒子由。点进入半

圆区域，粒子在半圆区域的轨迹为直线，在半圆区域内运动的时间为之,粒子的重力以及粒子间相互作用

均忽略不计。

(1)求半圆区域内匀强电场的电场强度£的大小和方向：

(2)若仅将半圆区域内的磁场撤去，结果粒子在半圆区域中运动的时间变为与，求粒子的比荷以及S、。两

点的电势差；

(3)若将半圆区域内的电场撤去，且将虚线MN下方的电场强度%增大到原来的16倍，求粒子在半圆形区

域运动的时间。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A轻核可聚变为更稳定的核，重核可裂变为更稳定的核，则原子核最稳定，故A正确；

B.重核A裂变成原子核8和C时，由图可知，核子平均质量减小，裂过程存在质量亏损，需要释放能量，

故B错误；

C轻核。和£发生聚变生成原子核产时，由图可知，核子平均质量减小，聚变过程存在质量亏损，需要释

放能量，故C错误；

D.由图可知重核随原子序数的增加，原子核越不稳定，故比结合能越小，故。错误。

故选：4。

根据图象判断出各原子核质量关系，然后判断发生核反应时质量变化情况，最后根据质能方程分析答题。

本题难度不大，知道质量宁损的概念、分析清楚图象、了解核反应的常识，明确核子平均质量越小，则比

结合能越小，原子核越不稳定。

2.【答案】C

【解析】解：4由图分析可知3光线为入射光线，故4错误；

8.玻璃砖对该单色光的折射率为“，折射定律可知九=变，故8错误；

sini

C.根据全反射临界角公式得：

sinC=—

n

解得：sinC=码，故C正确：

sinr

D根据反射定律可知，若入射角为45。，则反射角为45。，光线2、3可以相互垂直，故。错误；

故选：C.

根据光的反射定律、折射定律和光的全反射现象分析求解。

本题考查光的反射定律、折射定律和光的全反射现象等相关知识，解决本题的关键是掌握光折射定律和全

反射临界角公式

sinC=n-o

3.【答案】B

【脩析】解：A由题意可知，圆盘转两圈的时间与小球C下落的时间相同，设为，，圆盘边缘转两圈和小

球C下降的高度相等，则有：x=2x2nR=4nR

根据位移-时间公式有：

12112

x=2at=2X29t

解得圆盘转两圈所用的时间为

nR

t=4

~9

故A错误:

8c.根据速度-时间关系式可知此时小球C的速度为

1.——

i;=尹t=2yJngR

则限1盘和小球A的角速度大小为

V

0)=-=：

故8正确，。错误;

。・小球4的线速度人•小为

1/=2Ru)=4jngR

故。错误;

故选：Bo

根据位移-时间公式计算时间；根据速度-时间关系式计算小球。的速度，再依据角速度、线速度和半径关

系式计算角速度；角速度、线速度和半径关系式计算线速度。

本题关键掌握依据匀变速直线运动确定位移、时间和速度，再9圆周运动规律结合计算。

4.【答案】D

【蟀析】解：A氏电流大小之比为心：/c=l：2,根据安培定则结合磁感应强度的矢量叠加如图:

故A8错误;

CF1上述分析可知，仅将8处电流加倍，则4、。两点的磁感应强度方向相同，故C错误;

D仅将8处电流加倍，根据题干已知信息可知A点的磁感应强度大小为

BA=-T

根据题干已知信息结合几何关系，即可求得。点的磁感应强度大小为

叫3%

Bo=——f--x2cos30°=—

2cos30°

A、。两点的磁感应强度大小之比为I：3,故。正确；

故选:Do

根据安培定则以及平行四边形定则做出磁感应强度的矢量叠加图：再由题干提供的已知信息A、O两点的

磁感应强度大小。

该题需要掌握安培定则、平行四边定则的使用，同时要根据题干提供的L知信息进行解题，题目难度适

中。

5.【答案】D

【解析】解•：A、第二宇宙速度为脱离地球吸引的最小发射速度，“大绘九号'’没有脱离地球的束缚，N

知“天绘五号”的发射速度小于第二宇宙速度，故A错误;

8、根据万有引力提供向心力有:

G-5-=m——

r2r

可得：v=J中，“天绘五号”的运动半径较小，则其线速度较大，故B错误；

C、由于“天绘五号”与同步卫星的质量未知，所以向心力大小不能比较，故C错误;

/）、地球同步卫星的运动周期为24九当“天绘五号”比同步卫星多转动半周时，“天绘五号”、同步卫

星与地球再次共线，则

2乃42万4

匹一南"7r解得：£=0.8/i,故。正确。

故选：

第二宇宙速度为脱离地球吸引的最小发射速度。根据万有引力提供向心力列式，得到卫星线速度表达式,

再分析线速度大小。结合万有引力定律分析向心力的大小。当“天绘五号”比同步卫星多转动半周时，

“天绘五号”、同步卫星与地球再次共线，由此分析。项。

解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，能灵活选择向心力公式的形式。

6.【答案】C

【解析】解：人、设小灯泡的额定电压为U'、小灯泡的额定电流为几由题意5个小灯泡均正常发光，每个

小灯泡两端的电压均为u',流过每个小灯泡的电流均为r

则原线圈的电流为A=2/\副线圈的电流为，2=3r

由变压器的工作原理以=?

n2

解得四=1

n22

故A错误；

8、又由公式四="及"=U'

解得％=1.5U'

故B错误；

C、电源的电压为U=Ui+U'=1.5U'+U'=2.5U1

故C正确：

。、将变压器和小灯泡。、。等效成一个电阻，若将小灯泡d拆除，则负载电阻增大，流过原线圈的电

流减小，流过小灯泡的小〃的电流减小，则两灯泡不可能被烧断，故。错误。

故选：C

设通过各灯泡的电流和电压，得到副线圈两端的电流，根据电流和匝数的关系求解线圈匝数，根据电压和

匝数的关系求解BC,根据电流关系分析。。

本题考查变压器原理，解题的突破口在原副线圈的电流关系求得而数之比；再根据电流变化分析灯泡的亮

度。

7.【答案】B

【解析】解：4根据对称性可知，试探电荷-q在，/点的电势能等于在e点的电势能，故A错误；

R只在〃、/?、c三点固定正电荷时，。点的电势为

%=3吟

则

-£=-q(p1

解得：—E=—3丝^

V

若再在d、e两点各放置一电荷量大小为Q的负电荷，则。点的电势为：

,Q

仙=耳

解得：%=摄，故8正确;

C.若再在〃点放置一电荷量大小为2Q的负电荷，则0点的电势为:

解得:<P3=kg

则试探电荷-q在。点的电势能为：

.匕Qq

k

Ei=-q(p3=~~

解得：=-|,故。错误；

D若再在Oe的中点放置一电荷量为。的正电荷，由几何关系可知，e点电势高于d点电势，根据岛=

-qW可知，试探电荷-q在e点的电势能小于在4点的电势能，故。错误。

故选：B。

电势是一个标量，某点的电势等于三个电荷产生的电势的代数和；求出。点电势，根据与二-qw求解电

势能：先比较e点电势高于d点电势，再比较电势能。

此题考电场中力的性侦和能的性质，综合性较强，注意结合库仑定律、力的平衡条件以及电势和电势能的

关系求解。

8.【答案】AC

【解析】解：4、从状态〃到状态力，气体体积增大，则气体对外做正功，故A正确；

8、从状态〃到状态c,气体体积不变，分子数密度不变，温度升高，根据一定质量理想气体状态方程华二

C,可知气体压强增大，又温度升高，气体平均动能增大，所以单位时间、单位面积撞击器壁的分子数增

加，故8错误；

C、从状态c到状态"，气体温度不变，故内能不变；体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定

律：AU=Q+W,可知，气体放出热量，故C正确；

。、由一定质量理想气体状态方程掌=C可得：V=^T,结合题图V—7图像上各点与原点连线的斜率越

大，气体的压强越小，从状态。到状态力与从状态c到状态d,气体体积变化量在数值上相等，由状态。

到状态〃的平均压强小丁状态c到状态"，所以，，到〃气体对外做的功小丁c到〃外界对气体做的功，故。

错误；

故选：AC.

根据气体体积的变化，确定做功情况；

根据压强的变化确定单位时间、单位面积撞击器壁的分子数的大小；

一定质量的理想气体内能由温度决定；应用热力学第一定律分析答题；

根据图示图象分析消楚气体状态a-b与。-d的过程平均压强的大小，再比较做功。

本题考查图像问题，知道一定质量的理想气体内能由温度决定、知道压强与单位时间、单体面积撞击器壁

的分子数决定等是解题的关键。根据图示图象分析清楚气体状态变化过程，应用热力学第一定律和一定质

量理想气体状态方程分析解题。

9.【答案】AC

【解析】解：A3、根据机械能守恒定律和动量守恒定理，有恤9=恤巧+如外，如炉=加1谱+

3巾2匿，解得：湍小%=缶〃

可知，当血］＞血2时两车得碰后速度方向相同，故A正确;

BC、若碰后黄车反向运动，则爪1〈爪2，则碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前后黄车的速度大小

之比不可能为5：6,若碰后黄车反向运动且速度大于红车，即安皿口＞专—小m2＞3mv故B错

叫+根2叫+7〃2

误，C正确；

。、设碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之为3：1,即丹：u=3：1,得3m2=0,不符合实际

情况，故。错误。

故选：AC.

根据弹性碰撞的动量守恒定理和机械能守恒定律求出二者的碰后速度，据此讨论即可。

本题考查了动量守恒和能量守恒定律的基本运用，运用动量守恒定律解题，关键选择好研究的系统，注意

动量守恒定律表达式的矢量性。

10.【答案】ACD

【解析】解：A、t=0时，导体棒上产生的感应电动势为E=导体棒上的感应电流为/=

K十r

导体棒所受的安培力为F，=B/L

在导体棒上施加的外力沿导轨向上时，由力的平衡条件得&=mgsina+F'

解得8=0.5T

故4正确；

B、从t=0时刻开始，导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动，导体棒减速时的加速度大小为Q=*=

^-m/s2=3m/s2

由牛顿第二定律得尸+mgsina+F"=ma

设经时间t导体棒的速度大小为□则v=v0-at

又E=BLv

r__£_

-R+r

根据安培力公式可知F"=8/Z

解得F=0.125C+0.5(/V)

故B错误；

C、导体棒沿导轨向上减速18”?时，由公式i/2一诏=2Q%

解得=6m/s

此时导体棒上产生的感应电动势为E〃=BLM

由闭合电路欧姆定律可知流过导体棒的电流为尸=邑

K+r

则导体棒MN两端的电压为UMN=I〃R

解得UMN=IV

故C正确；

。、0〜4s内，由法拉第电磁感应定律得足=普=聆

AtAt

其中％m=

闭合电路欧姆定律得7=忌

K~rr

又由q=It

解得q=4c

故。正确.

故选：ACD.

导体棒在外力F。作用下沿斜面匀速向上运动，由法拉第甩磁感应定律求出回路产生的感应电动势，再由闭

合电路欧姆定律求出感应电流大小及共点力平衡条件解得4根据匀变速直线运动规律结合牛顿第二定律

解得8,根据运动学规律结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律解得C：根据电流的定义式解得

Do

解决本题的关键要正确分析导体棒的受力情况，运用力学规律如平衡条件、牛顿第二定律来判断导体棒的

运动情况。

11.【答案】0.165nmgl=+M)(：)2史警

【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.05mm,读数为：0.1cm+14x0.05mm=1.70mm=0.170cm

(2)根据速度的定义可得，滑块到光电门的速度为：u

根据机械能守恒定律有：nmgL=1(nm+M)v2

整理解得：nmgL=^nm+M^2,即若满足上式，则系统机械能守恒。

(3)由(2)中表达式变形可得/一%勺表达式为：；=鬻产一工

若系统的机械能守恒，则工图像是一条直线，由题意得：k=咨

nMd1

故答案为：(1)0.170；(2)nmgL=:(nm+M)/)，(3)呼。

LLMa

(1)游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数；

(2)求出滑块经过光电门时的速度，应用机械能守恒定律倒推出实验需要验证的表达式，然后分析答题；

(3)根据上•问的表达式，变形得到仔-彳的表达式为一直线，从而得到直线的斜率

理解实验原理是解题的前提，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；求出滑块的速度，应用机械能守恒

定律即可.解撅。

12.【答案】140串联600。期与

IKy-U

【解析】解:(1)指针指向“14”刻度，根据欧姆表的读数规则,待测电阻为14X10C=140。

(2)①根据电压表的改装原理可知，应串联电阻，根据欧姆定律有q=患=而%

代入数据解得Ro=600。

②电路中的电流约为/=*=言・4=0.02U=21mA

八X140

电流表应选择力2，由于电压表内阻已知，则电流表外接，电压表测待测电阻电压，的电流、电压测量更准

确，减少实验误差。另外，电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示:

R

<1

3U3UR

③根据欧姆定律可知&n=m=丽V7。

故答案为：(1)140；(2)①串联；600。；②见解析•：③)耦7。

(1)根据欧姆表测电阻的正确使用和读数规则分析作答:

(2)①根据电压表的改装原理可知，应串联一个大电阻，根据欧姆定律求串联电阻值；

②根据欧姆定律估算电路中的电流，然后选择电流表；

由于电压表内阻已知，则电流表外接，完成实验电路图；

③根据欧姆定律求解待测电阻的表达式。

本题考查了欧姆表的读数，考查了电压表的改装以及“伏安法”测电阻，要掌握实验的原理；由于电压表

内阻己知，因此电流表外接法。

13.【答案】解：(1)将封闭气体的温度升高原来温度的%气体发生等压变化，根据盖-口萨克定律得：

hSh'S

47°

解得：hz=1/i

(2)对活塞受力分析，由共点力平衡条件得：

2mg

-S+mg=p0S

将容器水平放置，设外力为F,由共点力平衡条件得：

2mg

—「•S=PiS+F

根据查理定律得：

P。=P1

7—T

。37a°

解得：F=mg

答：(1)若将封闭气体的温度升高原来温度的%再次稳定时活塞到汽缸底部的高度为^力：

(2)若将容器水平放置且将温度降低到原来温度的1现在活塞上施加一水平力，当活塞缓慢回到初始位置

时，则水平力的大小为机g。

【解析】(1)气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律分析求解：

(2)分别对活塞受力分析，根据共点力平衡列方程，再根据查理定律列方程，然后联立求解。

对F封闭气体，常常以与气体接触的活塞或水银为研究对象，根据平衡条件求压强，要加强这方面的训

练。

14.【答案】解：(1)对工料进行受力分析，根据牛顿第二定律有：F-mgsinO+iimgcosO=

设经，时刻，工料与传送带共速贝!有：女=。武

代人数据解得：t=1s

再对工料受力分析，根据牛顿第二定律有：F-mgsinO-fimgcosB=ma2

根据速度-时间公式有

v=v04-a2t'

代人数据解得：v=10m/s

(2)刚关闭电动机后，对工料受力分析，根据牛顿第二定律有：mgsinO+1.ungcosd=ma3

2

代人数据解得：a3=8m/s

方向沿传送带向下

(3)未撤去拉力之前，工料加速到与传送带共速时的位移满足

v8

%=50h5x=4m

工料的速度从%增大到,的位移满足：

u()+u8+10

%=——5——f2=——9——xIm=9m

2乙乙

关闭发动机撤去拉力后，工件与传送带共速时，13=小-%=当&=

该时间内的位移：x3=驾？xt3=当3x-[m=2.25m

工件与传送带共速后，工件受到的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有：fimgcosO-w.gsxnO=ma

2

解得：a4=-2m/sy

当工件刚好到达B点时，0-评=2a4x4

代入数据得：x4=16m

则传送带A、8两端间的距离为：x=+x2+x3+%4

代人数据解得：x=31.25m

答：(1)经过时间片=2s时，工料的速度大小为10m/s；

(2)刚关闭电动机后，工料的加速发为8TH/S2,方向沿传送带向下；

(3)传送带A、3两端间的距离为31.25m。

【解析】(1)根据牛顿第二定律分共速前后两段求加速度，再根据匀变速直线运动速度-时间公式求出速度

大小；

(2)刚关闭电机时，根据牛顿第二定律求加速度；

(3)关闭电机后，工件先与传送带共速后再继续减速到零到最高点，用动力学规律分别求出这两段的位