2017年重庆一中高2019级高一下期半期考试物 理 试 题 卷 2017.5一、选择题1.下面关于冲量的说法中正确的是( ) A. 物体受到很大的冲力时，其冲量一定很大 B. 当力与位移垂直时，该力的冲量为零C. 不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同D. 只要力的大小恒定，其相同时间内的冲量就恒定 【答案】C 【解析】试题分析：冲量是力与时间的乘积，是矢量：力大，冲量不一定大，A 错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B 错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C 正确；只要力的大小恒定，其相同时间内冲量大小一样，但方向不一定一样，D 错误．考点：本题考查冲量的概念与理解．2.一位母亲与六岁的女儿乐乐一起上楼回家，对此，下列说法中错误．．的是( ) A. 爬相同的楼梯，女儿体重小，克服重力做的功少 B. 爬相同的楼梯，母亲体重大，克服重力做的功多C. 爬相同的楼梯，若女儿比母亲先到达，女儿克服重力做功的功率一定大D. 爬相同的楼梯，若母亲比女儿先到达，母亲克服重力做功的功率一定大 【答案】C 【解析】试题分析：爬相同的楼梯，将自己提升的高度相同，根据母亲和女儿的体重关系，利用功的公式得出母亲和女儿做功的大小关系；再根据母亲和女儿做功时间多少，利用功率公式得出母亲和女儿做功功率的关系． 由题知，爬相同的楼梯，h 相同，母亲的体重1G 大于女儿的体重2G ，即12G G >，爬楼做功W Gh =，母亲爬楼做功1W 大于女儿爬楼做功2W ，即12W W >，故AB 正确；母亲爬楼做功多，女儿比母亲先到达，做功时间少，根据WP t=无法判断谁的功率大，故C 错误；母亲爬楼做功多，母亲比女儿先到达，做功时间少，根据WP t=可知母亲做功功率大，故D 正确． 3.如图所示，一根长为l ，质量为m 的匀质软绳悬于O 点，若将其下端向上提起使其对折，则软绳重力势能变化为( )A. mglB.12mgl C.13mgl D.14mgl 【答案】D 【解析】将绳子下端向上提起使绳对折，上部分不动，下部分的重心上升的高度为12h l =，下部分的重力为1122G G mg ==下，根据功能关系得知，重力势能变化为111224p E G h mg l mgl 下∆==⨯=，D 正确．4.一名宇航员来到一个星球上，如果该星球的质量是地球质量的一半，它的直径也是地球直径的两倍，那么这名宇航员在该星球上所受的万有引力大小是它在地球上所受万有引力的( ) A. 0.25倍 B. 0.125倍C. 2.0倍D. 4.0倍【答案】B 【解析】【详解】设地球质量为M ，半径为R ，宇航员的质量为m ，可知地球对宇航员的万有引力：2MmF GR =；该星球对宇航员的万有引力：22120.125(2)8MmGMm F G F R R==='；故选B ． 【点睛】该题是万有引力表达式的直接应用，在比较两个量的时候，先列出对应量的表达式，再从题目找给定的表达式中各个量的关系．5.在光滑水平面上，原来静止物体在水平恒力F 的作用下，在时间t 内通过的位移为Ｌ，动量变为p 、动能变为E k ．以下说法正确的是（ ）A. 若由静止出发，仍在水平恒力F 的作用下，经过时间2t 物体的动能将变为2E kB. 若由静止出发，仍在水平恒力F 的作用下，经过时间2t 物体的动能将变为4E kC. 若由静止出发，在水平恒力2F 的作用下，通过位移L 物体的动量将变为2pD. 若由静止出发，在水平恒力2F 的作用下，通过位移L 物体的动量将变为4p 【答案】B 【解析】试题分析：根据动能定理和动量定理，结合22k P E m=分析．若由静止出发，仍在水平恒力F 的作用下，根据动量定理知Ft =mv ，时间变为原来的2倍，则动量变为原来的2倍，根据22k P E m =知，动能变为原来的4倍，A 错误B 正确；若由静止出发，在水平恒力2F 的作用下，根据动能定理212Fs mv =，可知力变为原来的2倍，物体的动能变为原来的二倍，根据22k P E m=可得通过位移L 物体的动量将变为2p ，CD 错误．6.如图所示，a 、b 两物块质量分别为m 、2m ，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦．开始时，a 、b 两物块距离地面高度相同，用手托住物块b ，然后突然由静止释放，直至b 物块下降高度为h .在此过程中，下列说法正确的是( )A. 物块a 的机械能守恒 B .物块b 机械能减少了2mgh 3C. 物块b 重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功D. 物块a 重力势能的增加量大于其动能增加量 【答案】D 【解析】试题分析：本题中物体a 、b 构成的系统机械能守恒，物体b 重力势能的减小量等于a 动能增加量、b 动能增加量、a 重力势能增加量之和．物体a 加速上升，动能和重力势能均增加，故机械能增加，故A 错误；物体a 、b 构成的系统机械能守恒，有()22112(2)22m gh mgh mv m v =++，解得23v gh =b 动能增加量为212(2)23m v mgh =，重力势能减小2mgh ，故机械能减小43mgh ，故B 错误；物体b 重力势能的减小量等于克服重力做的功，物体b 加速下降，失重，拉力小于重力，所以拉力做的功小于重力做的功，即物块b 重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功，故C 错误；物体a 动能增加量为21123mv mgh =，重力势能增加量为mgh ，故物块a重力势能的增加量大于其动能增加，故D正确．7.下列关于机械能守恒和动量守恒的说法，正确的是（）A. 对于不涉及弹性势能的物体系统，只有重力做功，机械能守恒B. 合力为零，物体的机械能一定守恒C. 只要系统所受的合外力为零，动量就守恒D. 只要系统内存在滑动摩擦力，动量就不可能守恒【答案】AC【解析】对于不涉及弹性势能的物体系统，如果只有重力做功，则机械能守恒，A正确；合力为零，物体的机械能不一定守恒，可能还有摩擦力做功，如沿粗糙斜面匀速下滑的物块，合力为零，但摩擦力做功，其机械能不守恒，B错误；根据动量定理可知外力为零，物体动量变化为零，所以动量守恒，比如在粗糙的水平面上，匀速运动的物体，受到的合力为零，存在摩擦力，但其动量守恒，C正确D错误；8.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低．如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比右侧的路面低一些．汽车的运动可看做是半径为R的圆周运动．设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g. 汽车转弯时为临界车速v c时，车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则关于汽车转弯时下列说法正确的是( )A. 临界车速vcgRhL =B. 临界车速vcgRhd =C. 车速虽然高于临界车速v c，但只要不超出一定限度，车辆就不会向外侧滑动D. 当路面结冰与未结冰相比，临界车速v c的值变小【答案】BC【解析】试题分析：要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速．设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图．根据牛顿第二定律，得2tan v mg m R θ=，又由数学知识得到tan h d θ=，联立解得gRhv d=，A 错误B 正确；当车速度高于v 时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会向外侧滑，C 正确；由于支持力和重力不变，则c v 的值不变，D 错误．9.一辆汽车从静止出发，在平直的公路上加速前进，如果发动机的牵引力保持恒定，汽车所受阻力保持不变，当功率达到额定功率后继续加速到最大速度，对于其速度变化图像和功率变化图像正确的是（ ）A. B. C. D.【答案】BC 【解析】在刚开始启动过程中，汽车受到的牵引力和阻力恒定，故汽车做匀加速直线运动，速度时间图像为直线，当Fv 的值等于额定功率后，继续加速到最大速度，此过程中P Fv =，v 增大，F 减小，当F f =时达到最大速度，根据牛顿第二定律F fa m-=可知做加速度减小的加速运动，速度时间图像的斜率在减小，达到最大速度后，以最大速度匀速运动，故此时的速度时间图像为一条平行x 轴的直线，故A 错误B 正确；当汽车做匀加速直线运动过程中，根据公式P Fv =可知功率逐渐增大，即图像斜率恒定，当达到额定功率后，一直以额定功率运动，即功率恒定不变，所以C 正确D 错误．10.某星球可视为质量均匀分布的球体，其半径为R ，一卫星在距该星球球心高度为2R 的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为T ，万有引力常量为G ，下列说法中正确的是（ ）A. 卫星运行的加速度大小为228R T π B. 该星球的质量为23232R GTπ C. 该星球表面的重力加速度大小为224RTπ D. 该星球的平均密度为23GT π【答案】AB 【解析】卫星的轨道半径为2r R =，根据公式224a r T π=可得卫星运行的加速度大小为228Ra T π=，A 正确；万有引力充当向心力，故有2224Mm G m r r T π=，解得23232R M GTπ=，该星球的密度为23232332R 324443MGT R GT R ππρππ==⋅=，故B 正确D 错误；根据黄金替代公式2gR GM =可得232222232R 32RGM G g R R GT Tππ==⋅=，C 错误． 11.（创编）如图所示，物体以100J 的初动能从倾角37°斜面的底端向上运动，当它通过斜面上的M 点时，其动能减少80J ，机械能减少32J ．如果物体能从斜面上返回底端，下列说法中正确的是( )A. 根据条件可以求得物体向下运动返回M 点时的动能B. 根据条件无法求得物体与斜面的动摩擦因数具体数值C. 根据条件可求得上升过程的最大高度D. 无法求出向上运动和向下运动具体时间，但是可判断出向上运动到最高点的时间一定小于向下返回底端的时间 【答案】AD 【解析】设物体的初始点为A ，上滑最高点为B ，M 点动能为100J 80J 20J KM E =-=，初动能为100J KA E =，根据212k E mv =，可得2210052220A KA M KM v E v E ⨯===⨯M 点速度为v ，上升过程加速度为a ，从开始到到达M 点，)22152v v as -=①，从M 点至最高点过程，2202v as -=②，两者相比可得1241s s =，1122cos 4cos 1fAM fMBW mg s s W mg s s μθμθ⋅===⋅③，根据题意可知32J fAM W E =∆=-④，③④联立得8J fMB W =-⑤，故当返回到M 点时，动能为72J ，A 正确；由于向上运动和向下运动过程中的位移相同，上滑加速度，1sin 37cos370.60.8mg mg a g g mμμ︒+︒==+⑥，下滑过程中加速度2sin 37cos370.60.8mg mg a g g m μμ︒-︒==-⑦，故12a a >，故根据公式212s at =可得加速度越大，运动时间越小，全程机械能减少80J ，在物体返回起始点A 时动能为20J ，根据212k E mv =，可得'22100521220A KA A KM v E v E ⨯===⨯，根据2202as v v =-可得2'21222A A v v a a =，整理可得1251a a =⑧，联立⑥⑦⑧可得0.5μ=，故B 错误D 正确；上升的最大高度为H ，则cos3740J sin 37Hmg μ︒=︒，由于不知道物体的质量，所以无法求解上升的最大高度，C 错误．【点睛】解题的关键在于能够熟悉各种形式的能量转化通过什么力做功来量度，并能加以运用列出等式关系．功能关系有多种表现形式：合力的功（总功）等于动能增加量；重力做功等于重力势能的减小量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量．12.如图所示，质量都为m 的A 物块和B 物块通过轻质细线连接，细线跨过轻质定滑轮，B 物块的正下方有一个只能在竖直方向上伸缩且下端固定在水平面上的轻质弹簧，其劲度系数为k ，开始时A 锁定在固定的倾角为30°的光滑斜面底端，弹簧处于原长状态，整个系统处于静止状态，B 物块距离原长状态弹簧上端的高度为H ，现在对A 解除锁定，A 、B 物块开始运动，A 物块上滑的最大位移未超过固定光滑斜面顶端．已知当A 物块上滑过程细线不收缩的条件是3H 4mgk≤（重力加速度为g ，忽略滑轮与轮轴间的摩擦，弹簧一直处在弹性限度内）下列说法正确的是( )A. 当B 物块距离弹簧上端的高度3H=4mg k 时，弹簧最大弹性势能为2258m g kB. 当B 物块距离弹簧上端的高度3H=4mg k 时，A 物块上升的最大位移为9mg4kC. 当B 物块距离弹簧上端的高度H=mg k 时，弹簧最大弹性势能为221916m g kD. 当B 物块距离弹簧上端的高度H=mg k 时，A 物块上升的最大位移为21mg 8k【答案】BD 【解析】试题分析：当B 物块距离弹簧上端的高度34mgH k=时即B 到达最低点时绳子的拉力为零，且两者的加速度大小相等，由系统的机械能守恒求弹簧最大弹性势能．当B 物块距离弹簧上端的高度mgH k=时，分段研究A 物块上升的高度，得到最大高度．当34mgH k=时，绳子恰好不收缩，即B 到达最低点时绳子的拉力为零，且两者的加速度大小相等，故对A 有sin30mg ma ︒=，对B 有F mg ma -=弹，解得32F mg =弹，弹簧压缩量32mgx k∆=，所以B 下降的高度即A 上升的最大位移为94mgx H x k=+∆=，由于到达最低点两者的速度都为零，减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能，故根据功能关系可知弹簧的最大弹性势能为22999sin 30448P mg mg m g E mg mg k k k=⋅-⋅︒=，A 错误B 正确；当mg H k =时，绳子会收缩，即当B 到达最低点时，A 会继续沿斜面上升一段距离，当弹簧仍被压缩32mgx k∆=时，受力和AB 选项中的相同，故根据能量守恒定律可得2223391()()sin 30(2)2282mg mg mg mg m g mg mg m v k k k k k ⋅+-⋅+︒=+，A 之后的运动由于拉力为零，所以机械能守恒，故有21sin 302mv mgl =︒，解得8mgl k=，故A 上升的最大位移为321288mg mg mg mg x k k k k =++=，在弹簧弹性势能为2298m g k时，B 仍有212mv 的动能，如果这些动能全部转化为弹性势能，则在最低点弹簧的弹性势能为2222919sin 30816m g m g mgl k k +︒=，但B 下降过程中重力还做正功，所以弹簧的最大弹性势能大于221916m g k，C 正确D 错误． 二、实验题13.如图甲所示为做“探究外力做功和速度变化的关系”的实验装置图．(1)本实验平衡摩擦力时，小车应________(填“拖着”或“不拖”)纸带．(2)某同学在实验中得到了如图乙所示的纸带，测得AB ＝1.44 cm ，BC ＝1.64 cm ，CD ＝1.64 cm ，DE ＝1.59 cm ．已知相邻两点的打点时间间隔为0.02 s ，应选择__________段计算小车的最大速度，小车的最大速度为v ＝________m/s ．【答案】 (1). (1)拖着 (2). (2)BD (BC 、CD 也正确) (3). 0.82m/s 【解析】（1）平衡摩擦力时小车应拖着纸带，使得纸带上打出的点是均匀分布的（2）当小车获得最大速度后，做匀速直线运动，打出的点是均匀分布的，故应选BD 段计算，最大速度为21.64100.82/0.02BC x m v m s t s-⨯===14.DIS 实验是利用现代信息技术进行的实验．老师上课时用DIS 研究“机械能守恒定律”的装置如图甲所示，在某次实验中，选择DIS 以图象方式显示实验的结果，所显示的图象如图乙所示．图象的横轴表示小球距D 点的高度h ，纵轴表示摆球的重力势能E p 、动能E k 或机械能E ．试回答下列问题：（1）图乙的图象中，表示小球的重力势能E p 、动能E k 、机械能E 随小球距D 点的高度h 变化关系的图线分别是_____．A ．甲、乙、丙B ．乙、丙、甲C ．丙、甲、乙D ．丙、乙、甲（2）根据图乙所示的实验图象，可以得出的结论是______________________．（3）根据图乙所示的实验图象，本次实验小球重力势能E p 和动能E k 相等时距最低点D 的竖直高度为______m ，由静止释放时距最低点D 的竖直高度为______m ．（4）根据图乙所示的实验图象，可以得出小球的质量为__________kg （取g =9.8 m/s 2，结果保留两位有效数字）．【答案】 (1). （1）B (2). （2）在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒 (3). （3）0.1 (4). 0.2 (5). （4）0.008 2（0.008 1~0.008 3 kg 均算对） 【解析】（1）根据P E mgh =和动能定理可知，当高度增大时，重力做负功，P E mgh =增大，动能减小，而机械能不变，则乙表示重力势能P E 丙表示动能，甲表示机械能，故B 正确．（2）小球摆动过程受到拉力和重力，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能守恒．故得出的结论是：在误差允许的范围内，在只有重力做功的情况下，小球的机械能守恒．（3）从图乙中可知当动能和势能相等时，距离D 点的高度为0.1m ；在最低点，小球的重力势能为零，总机械能为1.6J ，当两者相等时0.8p k E E J ==，此时距离D 点的高度0.1m ，也就是说剩下的0.8J 的重力势能全部转化为动能还需要下降0.1m ，故从最高点到最低点D 的竖直高度为0.2m（4）当0.8p E J =时，有0.8mgh J =，将h=0.1m ，29.8/g m s =，代入可得0.0082m kg =三、计算题15.质量是40kg 的铁锤从5m 的高处落下，打在水泥桩上，跟水泥桩撞击的时间是0.04s ，撞击结束铁锤速度为0，求撞击时铁锤对桩的平均冲击力大小？ 【答案】F ＝10400 N 【解析】法一：设铁锤落到地面时的速度为0v ，由机械能守恒21012mgh mv =，得010/v m s == 选向上正方向，铁锤与桩碰撞过程由动量定理得0()0()F mg t mv -=--代入数据得10400F N =由牛顿第三定律可得：铁锤对桩的平均作用力为10400 N. 法二：（全程法）铁锤下落时间由自由落体运动21112h gt =，得t 1=1s ，t 2 =0.04s 选向上为正方向，全过程由动量定理得212()0Ft mg t t -+= 代入数据得10400F N =由牛顿第三定律可得：铁锤对桩的平均作用力为10400 N16.质量为m 的汽车，以恒定的功率P 从静止开始在平直路面上行驶一段距离s 后达到最大速度，若行驶中阻力f 恒定，求： （1）最大的速度v m ； （2）经历的时间t ． 【答案】（1）m P v f = （2）2t 2mP fsf P=+ 【解析】（1）匀速运动时，F f =，由m P fv =，得m v Pf=（2）功率P 不变，可知汽车做加速度减小的加速运动 对加速过程，根据动能定理2102m Pt fs mv -=- 得22mP fs t f P=+ 17.如图所示，质量均为m 的两个小球固定在一根直角轻尺的两端A 、B ，直角尺的定点O 处有光滑的固定转动轴，AO 、BO 的长分别为2L 和L ，开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在O 的正下方，让该系统由静止开始自由转动，重力加速度为g ， 不计直角尺的质量．求（1）当A 达到最低点时，B 小球的速度大小v ；（2）当A 达到最低点之后，B 小球能继续上升的最大高度h ．【答案】(1)2? v 5gL =(2) h 0.6L = 【解析】 （1）当A 运动到最低点过程中A 的重力势能减少， A 、B 的动能和B 的重力势能增加，运动过程A 、B 速度满足公式A v 2L ω=⋅，B v L ω=则A 的即时速度总是B 的2倍，如右甲图由A 、B 组成系统机械能守恒2211mg 2L=mgL+(2)22m v mv ⋅+，解得2L v 5g = （2）B 球不可能到达O 的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置OA 比OA 竖直位置向左偏了α角，如右乙图，全过程由A 、B 组成系统机械能守恒，2cos 1mg L mg Lsin αα⋅=⋅+（）， 此式可化简为2cos sin 1αα-=，联立22sin cos 1αα+=（）（）解得sin 0.6α=所以B 球能继续上升的最大高度，sin 0.6h L L α==18.如图所示，光滑半圆形轨道处于竖直平面内，半圆形轨道与光滑的水平地面相切于半圆的端点A ，已知轨道半径为R ，一质量为m 的小球在水平地面上C 点受水平向左大小为34F mg =的恒力由静止开始运动，当运动到A 点时撤去恒力F ，小球沿竖直半圆形轨道运动到轨道最高点B 点，重力加速度为g .(1)若小球恰能运动到轨道最高点B ，求A 、C 间的距离L ；(2)若小球运动到A 点时未撤去恒力F ，当A 、C 间的距离L =5R 时，求小球沿竖直半圆形轨道运动中的最大动能E km 及此时对轨道的压力．【答案】(1) 10L 3R =(2)374F mg =压，方向与竖直方向成θ=37°左偏下 【解析】 （1）小球恰能运动到轨道最高点时，设小球到B 点速度为v ，2v mg=m R解得v=gR 从C 到B 根据动能定理有FL －2mgR =mv 2－0其中34F mg =，v=gR 解得103L R = 所以A 、C 间的距离103L R =（2）设小球沿竖直半圆形轨道运动至小球与轨道圆心连线（半径）与竖直方向成θ角时动能最大，从C 到此位置根据动能定理有F(L+R sin )(1cos )E 0km mgR θθ--=-其中L =5R ， 34F mg = 解得111E (3sin 4cos )44km mgR mgR θθ=++ 由数学辅助角公式，当θ=37°时，3sin 4cos θθ+（）取得最大值5 此时动能最大值，E 4km mgR =在此位置，F 与mg 的合力为54F mg =合，方向与竖直方向成θ=37° 则2N F v F m R-=合，解得N 37F =mg 4， 由牛顿第三定律，N 37F =F =mg 4压，方向与竖直方向成θ=37°左偏下 19.如图甲所示，水平传送带在电动机带动下保持以速度v 0向右运动，传送带长L ＝10m ，t ＝0时刻，将质量为m ＝1kg 的木块轻放在传送带左端，木块向右运动的速度-时间图像（v -t ）如图乙所示．当木块刚运动到传送带最右端时（未滑下传送带），一颗子弹水平向左正对射入木块并穿出，木块速度变为v =3m/s ，方向水平向左，以后每隔时间Δt ＝1s 就有一颗相同的子弹向左射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次子弹穿出后木块的速度都变为方向水平向左大小为v =3m/s ， 木块长度比传送带长度小得多，可忽略不计，子弹穿过木块前后木块质量不变，重力加速度取g ＝10m/s 2．求：（1）传送带运行速度大小v 0及木块与传送带间动摩擦因数μ；（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中；（3）木块从轻放在传送带左端至最终被子弹打下传送带，电动机多消耗的电能．【答案】（1）μ0.4= （2）n 10= （3）39E J 电=【解析】（1）由木块v-t 图可知：木块达到传送带速度v 0后做匀速直线运动01/v m s =，2/4a m s =， 根据牛顿第二定律a mgm μ=，解得得a g μ=，故0.4μ=（2）设第一颗子弹穿出木块后瞬时，木块被子弹击中后将向左做匀减速直线运动经过时间Δt =1s 速度变为'v ，v v a t '=-∆解得1m/v s '=-即木块恰好再次与传送带共速 期间木块对地向左最大位移大小为219x m 28v a == 然后木块对地向右最大位移大小为2021x m 28v a == 木块实际向左位移大小为12x=x -x 1m ∆=设木块在传送带上最多能被n 颗子弹击中应满足1(2)x L n x -∆+≤，1(1)x L n x -∆+≥解得：n =10（3）当木块在皮带上相对滑动时，f 4N mg μ==木块从轻放在传送带左端到加速与传送带共速时间为1t 0.25s = 011v =0.25m x t =皮则电动机牵引力做功与克服摩擦力做功相等，11E 1J fx ==皮前9颗子弹作用结束时，每次木块速度由方向水平向左v =3m/s 变为与传送带共速时间为t 1s ∆=且这段时间滑动摩擦力未反向总时间为2t 9t 9s =∆=，022v =9m x t =皮则电动机牵引力做功与克服摩擦力做功相等，22E 36J fx ==皮第10颗子弹作用结束时，设t 3时间后木块从左边离开传送带，需运动位移L 9x x =-∆20331v -a =1m 2x t t = 解得：3t 0.5s =，故033v =0.5m x t =皮 则电动机牵引力做功与克服摩擦做功力相等，33E 2J fx 皮==则木块从轻放在传送带左端至最终被子弹打下传送带，电动机多消耗的电能12339J E E E E =++=电。