2014年普通高等学校招生全国统一考试物理(江苏卷).docx

2014年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试
物理试题(江苏卷)
一、单项选择题(本题共5小题,每小题3分,共计15分。每小题只有一个选项符合题意。)
1.(2014·江苏单科,1)

如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中,在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为(　　)
A.Ba22Δt　　　　　　　　　　B.nBa22Δt
C.nBa2Δt D.2nBa2Δt
答案:B
解析:由法拉第电磁感应定律,E=nΔΦΔt=n2B-BΔt·a22=nBa22Δt,选项B正确。
2.(2014·江苏单科,2)已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　)
A.3.5 km/s B.5.0 km/s
C.17.7 km/s D.35.2 km/s
答案:A
解析:设地球质量M,半径R。由GMmR2=mv2R,得v=GMR,则v火v地=M火RMR火=15,即v火=v地5≈3.54 km/s,选项A正确。
3.(2014·江苏单科,3)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是(　　)

A.I1I2=n1n2 B.I2=U2R
C.I1U1=I22R D.I1U1=I2U2
答案:D
解析:理想变压器电流与匝数的关系为I1I2=n2n1,选项A错误;设降压变压器原线圈电压为U3,则I2=U2-U3R,选项B错误;理想变压器没有功率损失,有I1U1=I2U2,选项D正确;由I1U1=I22R+I2U3可知,选项C错误。

4.(2014·江苏单科,4)

如图所示,一圆环上均匀分布着正电荷,x轴垂直于环面且过圆心O。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
A.O点的电场强度为零,电势最低
B.O点的电场强度为零,电势最高
C.从O点沿x轴正方向,电场强度减小,电势升高
D.从O点沿x轴正方向,电场强度增大,电势降低
答案:B
解析:由对称性可知,O点的电场强度为零,又无穷远处的电场强度也为零,故从O点沿x正方向,电场强度先增大后减小,选项C、D错误。x轴上O点左侧,电场强度方向沿x轴负向,x轴上O点右侧,电场强度方向沿x轴正向,所以O点电势最高,选项B正确。
5.(2014·江苏单科,5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动,然后刹车做匀减速直线运动,直到停止。下列速度v和位移x的关系图像中,能描述该过程的是(　　)

答案:A
解析:汽车在匀加速过程中,通过相同的位移所需时间越来越少,速度的增加量越来越少,选项C、D错误;汽车在匀减速过程中,通过相同的位移所需时间越多,速度的减少量越来越多,选项A正确,选项B错误。
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共计16分,每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分。)
6.(2014·江苏单科,6)

为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验。小锤打击弹性金属片,A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落。关于该实验,下列说法中正确的有(　　)
A.两球的质量应相等
B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度,多次实验
D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动
答案:BC
解析:物体做自由落体运动的运动情况与物体的质量无关,两球质量没有必要相等,选项A错误;改变装置的高度,且每次都同时落地,才能说明A球在竖直方向做自由落体运动,选项B、C正确;本实验不能说明A球在水平方向上做匀速直线运动,选项D错误。
7.(2014·江苏单科,7)

如图所示,在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯,现接通交流电源,过了几分钟,杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间,下列措施可行的有(　　)
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
答案:AB
解析:根据题意,金属杯产生了涡流使水温度升高。要缩短加热时间,应使涡流增大。根据法拉第电磁感应定律,增加线圈匝数、提高交变电流的频率,均可使涡流增大,选项A、B正确;换为瓷杯,不能产生涡流,选项C错误;取走铁芯,使涡流减小,选项D错误。
8.(2014·江苏单科,8)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为12μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则(　　)

A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止
B.当F=52μmg时,A的加速度为13μg
C.当F>3μmg时,A相对B滑动
D.无论F为何值,B的加速度不会超过12μg
答案:BCD
解析:设F为F1时,A、B刚好从地面上滑动,则F1=12μ(2m+m)g=32μmg,选项A错误;设F为F2时,A与B恰好发生相对滑动,对AB整体有F2-12μ·3mg=3ma,对B有μ·2mg-12μ·3mg=ma,解得F2=3μmg,故选项C正确;当F=52μmg时,AB保持相对静止,由牛顿第二定律得F-12μ·3mg=3ma,解得a=13μg,选项B正确;当AB发生相对滑动时,B加速度最大,对B有μ·2mg-12μ·3mg=maB,解得aB=12μg,选项D正确。
9.(2014·江苏单科,9)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=kIHBd,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离,电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则(　　)

A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
B.若电源的正负极对调,电压表将反偏
C.IH与I成正比
D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
答案:CD
解析:由左手定则可判断霍尔元件中电子的受力方向向里,电子向元件的后表面聚集,故霍尔元件的前表面电势高于后表面,选项A错误;电源的正、负极对调时,线圈中及霍尔元件中电流方向均反向,电子的受力方向不变,仍是前表面电势高于后表面,故电压表不会反偏,选项B错误;由并联电路电流分配特点可知,IH=RLR+RLI,IL=RR+RLI,有IH∝I,IL∝I,选项C正确;因B∝I,IH∝I,所以UH∝I2,又RL消耗的电功率P=IL2RL,即P∝IL2∝I2,所以UH∝P,选项D正确。
三、简答题(本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分,共计42分。请将解答填写在答题卡相应的位置。)
【必做题】
10.(2014·江苏单科,10)(8分)某同学通过实验测量一种合金的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动,读数前应先旋紧题10-1图所示的部件　　　　(选填“A”、“B”、“C”或“D”)。从图中的示数可读出合金丝的直径为　　　　mm。 
(2)题10-2图所示是测量合金丝电阻的电路,相关器材的规格已在图中标出。合上开关,将滑动变阻器的滑片移到最左端的过程中,发现电压表和电流表的指针只在图示位置发生很小的变化。由此可以推断:电路中　　　　(选填图中表示接线柱的数字)之间出现了　　　　(选填“短路”或“断路”)。 

(题10-1图)

(题10-2图)
(3)在电路故障被排除后,调节滑动变阻器,读出电压表和电流表的示数分别为2.23 V和38 mA,由此,该同学算出接入电路部分的合金丝的阻值为58.7 Ω。为了更准确地测出合金丝的阻值,在不更换实验器材的条件下,对实验应作怎样的改进?请写出两条建议。
答案:(1)B　0.410　(2)7、9　断路
(3)电流表改为内接;测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值。(或测量多组电流和电压值,用图像法求电阻值)
解析:(1)读数时应先旋紧部件止动旋钮B,以防止测微螺杆发生转动;螺旋测微器的示数d=41.0×0.01 mm=0.410 mm。
(2)根据题意,电流表指针停在0刻度位置,应是电路发生了断路,电压表读数十分接近电动势,故应是电路中7、9之间出现了断路。
(3)因RVRx<RxRA,故电流表应内接;为减小偶然误差,应测量多组电流和电压值,计算出电阻的平均值,或者作出UI图像,由图像求出电阻值。
11.(2014·江苏单科,11)(10分)小明通过实验验证力的平行四边形定则。
(1)实验记录纸如题11-1图所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。三个力的大小分别为:F1=3.30 N、F2=3.85 N和F3=4.25 N。请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。
(2)仔细分析实验,小明怀疑实验中的橡皮筋被多次拉伸后弹性发生了变化,影响实验结果。他用弹簧测力计先后两次将橡皮筋拉伸到相同长度,发现读数不相同,于是进一步探究了拉伸过程对橡皮筋弹性的影响。
实验装置如题11-2图所示,将一张白纸固定在竖直放置的木板上,橡皮筋的上端固定于O点,下端N挂一重物,用与白纸平行的水平力缓慢地移动N,在白纸上记录下N的轨迹。重复上述过程,再次记录下N的轨迹。
两次实验记录的轨迹如题11-3图所示,过O点作一条直线与轨迹交于a、b两点,则实验中橡皮筋分别被拉伸到a和b时所受拉力Fa、Fb的大小关系为　　　　。 

(题11-1图)

(题11-2图)

(题11-3图)
(3)根据(2)中的实验,可以得出的实验结果有哪些?(填写选项前的字母)(　　)
A.橡皮筋的长度与受到的拉力成正比
B.两次受到的拉力相同时,橡皮筋第2次的长度较长
C.两次被拉伸到相同长度时,橡皮筋第2次受到的拉力较大
D.两次受到的拉力相同时,拉力越大,橡皮筋两次的长度之差越大
(4)根据小明的上述实验探究,请对验证力的平行四边形定则实验提出两点注意事项。
答案:(1)(见下图,F合=4.6~4.9都算对)

(2)Fa=Fb
(3)BD
(4)橡皮筋拉伸不宜过长;选用新橡皮筋。(或:拉力不宜过大;选用弹性好的橡皮筋;换用弹性好的弹簧。)
解析:(1)作出力F1、F2和合力的图示如答案图所示;经测量可得合力大小为4.70 N

(2)橡皮筋被拉伸到a和b时,根据平衡条件,因重物的重力一定,橡皮筋与竖直方向的夹角一定,如图所示,则橡皮筋受的拉力FT=Gcosθ,大小一定,故Fa=Fb。
(3)由(2)可知橡皮筋的长度与受的拉力不是正比关系,橡皮筋第2次的长度较长,但受到的拉力与第1次相同,选项A错误,B正确;若两次被拉伸长相同长度,第2次橡皮筋与竖直方向的夹角小,由FT=Gcosθ可知,第2次受的拉力较小,选项C错误;拉力越大时,橡皮筋与竖直方向的夹角越大,由题图可知,橡皮筋两次的长度之差越大,选项D正确。
12.(2014·江苏单科,12)【选做题】本题包括A、B、C三小题,请选定其中两小题,并在相应的答题区域内作答。若多做,则按A、B两小题评分。
A.【选修3-3】(12分)

一种海浪发电机的气室如图所示。工作时,活塞随海浪上升或下降,改变气室中空气的压强,从而驱动进气阀门和出气阀门打开或关闭。气室先后经历吸入、压缩和排出空气的过程,推动出气口处的装置发电。气室中的空气可视为理想气体。
(1)下列对理想气体的理解,正确的有　　　　。 
A.理想气体实际上并不存在,只是一种理想模型
B.只要气体压强不是很高就可视为理想气体
C.一定质量的某种理想气体的内能与温度、体积都有关
D.在任何温度、任何压强下,理想气体都遵循气体实验定律
(2)压缩过程中,两个阀门均关闭。若此过程中,气室中的气体与外界无热量交换,内能增加了3.4×104 J,则该气体的分子平均动能　　　　(选填“增大”、“减小”或“不变”),活塞对该气体所做的功　　　　(选填“大于”、“小于”或“等于”)3.4×104 J。 
(3)上述过程中,气体刚被压缩时的温度为27 ℃,体积为0.224 m3,压强为1个标准大气压。已知1 mol气体在1个标准大气压、0 ℃时的体积为22.4 L,阿伏加德罗常数NA=6.02×1023 mol-1。计算此时气室中气体的分子数。(计算结果保留一位有效数字)
答案:(1)AD
(2)增大　等于
(3)5×1024(或6×1024)
(1)解析:理想气体是一种理想化模型并不存在,选项A正确;压强不是很高,温度不太低时,气体可视为理想气体,选项B错误;理想气体的内能只与温度有关,选项C错误;理想气体在任何条件下,都遵循气体实验定律,选项D正确。
(2)解析:若无热交换,气体内能增加,则温度升高,分子平均动能增大;由热力学第一定律知,ΔU=W,活塞对气体做的功等于内能的增加。
(3)分析:先根据等压变化求出气体在0 ℃时气体体积,进一步求出气体的摩尔数,再结合阿伏加德罗常数求出气体分子数。
解析:设气体在标准状态时的体积为V1,等压过程
VT=V1T1
气体物质的量　n=V1V0,且分子数N=nNA
解得N=VT1V0TNA
代入数据得N=5×1024(或N=6×1024)
B.【选修3-4】(12分)

(题12B-1图)
(1)某同学用单色光进行双缝干涉实验,在屏上观察到题12B-1(甲)图所示的条纹,仅改变一个实验条件后,观察到的条纹如题12B-1(乙)图所示,他改变的实验条件可能是　　　　。 
A.减小光源到单缝的距离
B.减小双缝之间的距离
C.减小双缝到光屏之间的距离
D.换用频率更高的单色光源
(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中,某同学准备好相关实验器材后,把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度后释放,同时按下秒表开始计时,当单摆再次回到释放位置时停止计时,将记录的这段时间作为单摆的周期。以上操作中有不妥之处,请对其中两处加以改正。
(3)Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒,这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉。电子显微镜下鳞片结构的示意图见题12B-2图。一束光以入射角i从a点入射,经过折射和反射后从b点出射。设鳞片的折射率为n,厚度为d,两片之间空气层厚度为h。取光在空气中的速度为c,求光从a到b所需的时间t。

(题12B-2图)
答案:(1)B
(2)①应在摆球通过平衡位置时开始计时;②应测量单摆多次全振动的时间,再计算出周期的测量值。(或在单摆振动稳定后开始计时)
(3)2n2dcn2-sin2i+2ℎccosi
(1)解析:比较(甲)(乙)两图,条纹间隔距离变大,根据Δx=ldλ可判断,减小双缝间距离,增大双缝到光屏间距离或换用频率低的单色光,均能使Δx增大,选项B正确。
(2)解析:①应在摆球通过平衡位置时开始计时;②单摆的周期不能为一次全振动的时间,而应测量单摆多次全振动时间,再计算振动周期。
(3)分析:由折射定律求出光线进入鳞片后的折射角,分别求出光在鳞片和在两鳞片间的传播时间,还需注意的是光在空气和鳞片中的传播速度是不同的。
解析:设光在鳞片中的折射角为γ,折射定律sin i=nsin γ
在鳞片中传播的路程l1=2dcosγ,传播速度v=cn,传播时间t1=l1v
解得t1=2n2dcn2-sin2i　同理,在空气中的传播时间t2=2ℎccosi
则t=t1+t2=2n2dcn2-sin2i+2ℎccosi
C.【选修3-5】(12分)
(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz和5.44×1014 Hz,在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应,比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子,钙逸出的光电子具有较大的　　　　。 
A.波长 B.频率
C.能量 D.动量
(2)氡222是一种天然放射性气体,被吸入后,会对人的呼吸系统造成辐射损伤。它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是 86222Rn→ 84218Po+　　　　。已知 86222Rn的半衰期约为3.8天,则约经过　　　　天,16 g的 86222Rn衰变后还剩1 g。 
(3)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。
答案:(1)A
(2)24He(或α)　15.2
(3)1748v0　3124v0
(1)解析:由爱因斯坦光电效应方程Ek=hν-W0,金属钙的逸出功大,则逸出的光电子的最大初动能小,即能量小,频率低,波长长,动量小,选项A正确。
(2)解析:衰变过程中质量数、电荷数守恒,有 86222Rn→ 84218Po+24He;由半衰期定义,1=16×(12)t3.8,解得t=15.2天。
(3)分析:A、B碰撞时动量守恒,根据动量守恒定律及分离速度的含义列方程求解。
解析:设A、B球碰撞后速度分别为v1和v2
由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2,且由题意知v2-v1v0=1516
解得v1=1748v0,v2=3124v0
四、计算题(本题共3小题,共计47分。解答时请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值和单位。)
13.(2014·江苏单科,13)(15分)如图所示,在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨,导轨间距为L,长为3d,导轨平面与水平面的夹角为θ,在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放,在滑上涂层之前已经做匀速运动,并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直,且仅与涂层间有摩擦,接在两导轨间的电阻为R,其他部分的电阻均不计,重力加速度为g。求:

(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ;
(2)导体棒匀速运动的速度大小v;
(3)整个运动过程中,电阻产生的焦耳热Q。
分析:(1)导体棒在绝缘涂层上运动时没有感应电流,且导体棒匀速运动。根据重力沿斜面的分力与摩擦力平衡列出方程,可求出动摩擦因数μ。
(2)导体棒在光滑导轨上匀速运动时重力沿斜面的分力与安培力平衡,把力的平衡和电磁感应定律结合起来,即可求解导体棒匀速运动的速度。
(3)整个运动过程中,重力势能转化为动能、摩擦产生的内能和电阻上产生的焦耳热。根据能量转化与守恒定律,可求电阻上产生的焦耳热。
答案:(1)tan θ　(2)mgRsinθB2L2　(3)2mgαsin θ-m3g2R2sin2θ2B4L4
解析:(1)在绝缘涂层上
受力平衡mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=tan θ
(2)在光滑导轨上
感应电动势E=BLv　感应电流I=ER
安培力F安=BIL　受力平衡F安=mgsin θ
解得v=mgRsinθB2L2
(3)摩擦生热　QT=μmgdcos θ
能量守恒定律3mgdsin θ=Q+QT+12mv2
解得Q=2mgdsin θ-m3g2R2sin2θ2B4L4
14.(2014·江苏单科,14)(16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d。装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO'上,N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点,改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置,不计粒子的重力。

(1)求磁场区域的宽度h;
(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv;
(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值。
分析:(1)粒子运动中轨迹的最高点不能超过上方磁场区的上边界,最低点不能超过下方磁场区的下边界。粒子运动中恰好到达P点,即下方磁场区的下边界,这表明粒子运动的最高点在上方磁场上边界,最低点在下方磁场下边界。依此画出运动轨迹,由几何关系先求出磁场中轨迹半径r,然后可以从h和r的几何关系求出h。
(2)第(1)问中粒子最高已达到上方磁场的上边界,要使粒子到达N点,只能减小其速度值。要使入射速度变化量最小,须保证粒子只在上方磁场运动一次,射出之后沿直线到达N。考虑到粒子射入磁场和射出磁场时速度方向均与边界成30°角,且射出后沿直线到达N,画出运动轨迹,求出磁场中运动的轨迹半径r',即可求出粒子速度v'。而第(1)问已把原来的轨道半径r求出,也就能确定原来的速度v。如此便可求出速度的最小变化量Δv。
(3)这种情况下,粒子可以在上方和下方磁场中运动多次,可以假设在上方磁场中运动了n次,然后画出轨迹,并由几何关系推理出半径与n的关系,进而得到速度与n的关系。再考虑n可能的取值范围以及n只能取整数这一条件,就能确定速度大小的可能值。
答案:(1)(23L-3d)(1-32)
(2)qBm(L6−34d)
(3)qBm(Ln+1−3d)(1≤n<3L3d-1,n取整数)
解析:(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r
根据题意L=3rsin 30°+3dcos 30°　且h=r(1-cos 30°)
解得h=(23L-3d)(1-32)
(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'
mv2r=qvB,mv'2r'=qv'B,
由题意知3rsin 30°=4r'sin 30°
解得Δv=v-v'=qBm(L6−34d)
(3)设粒子经过上方磁场n次
由题意知L=(2n+2)dcos 30°+(2n+2)rnsin 30°
且mvn2rn=qvnB,解得vn=qBm(Ln+1−3d)(1≤n<3L3d-1,n取整数)
15.(2014·江苏单科,15)

(16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0,小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为μ。乙的宽度足够大,重力加速度为g。
(1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s;
(2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;
(3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率P。
分析:(1)工件在乙传送带上所受滑动摩擦力大小Ff=μmg,方向与它相对传送带的运动方向相反。先确定相对运动方向,再确定摩擦力方向,然后研究工件垂直传送带方向的分运动,就可以确定侧向滑动的距离s。
(2)仍然先确定工件相对传送带乙的初速度方向,然后以传送带乙为参考系,工件相对传送带的滑动方向是不变的,即摩擦力方向是不变的。再在地面参考系中用运动合成与分解的方法研究工件在垂直传送带和平行传送带两个方向的分运动,即可求出工件在乙上刚停止侧向滑动时工件的速度。
(3)传送带乙每传送一个工件,电动机对传送带做的功等于工件增加的动能与摩擦产生的内能之和。求出工件相对传送带滑动的位移L,就可以根据Q=μmgL确定每个工件与传送带摩擦产生的热量。再根据工件平行传送带方向分运动,求出每个工件从滑上乙到相对乙停止滑动所用的时间,这样就可以计算驱动电动机的平均功率。
答案:(1)2v022μg　(2)2v0　(3)45μmgv05
解析:(1)摩擦力与侧向的夹角为45°
侧向加速度大小ax=μgcos 45°
匀变速直线运动-2axs=0-v02
解得s=2v022μg
(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay
则ayax=tan θ
很小的Δt时间内,侧向、纵向的速度增量
Δvx=axΔt,Δvy=ayΔt
解得ΔvyΔvx=tan θ
且由题意知tan θ=vyvx　则vy'vx'=vy-Δvyvx-Δvx=tan θ
所以摩擦力方向保持不变
则当vx'=0时,vy'=0,即v=2v0
(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙方向的位移为y,
由题意知ax=μgcos θ,ay=μgsin θ
在侧向上-2axx=0-v02　在纵向上2ayy=(2v0)2-0
工件滑动时间t=2v0ay
乙前进的距离y1=2v0t
工件相对乙的位移L=x2+(y1-y)2
则系统摩擦生热Q=μmgL
电动机做功W=12m(2v0)2-12mv02+Q
由P=Wt,解得P=45μmgv05

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