2019届湖北省鄂州市、黄冈市高三上学期元月调研理科综合物理试题（解析版）

2019年元月高三年级调研考试理科综合能力测试（物理部分）二、选择题：(本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第14-17题只有一项符合题目要求第18-21题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.“类比法”是一种常用的研究方法.我们知道“做直线运动的物体，可以由v-t(速度一时间)图线和横轴围成的面积求出对应过程的位移”.下列据此类比分析得出的结论，其中正确的是A. 由F-t(力-时间)图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内力F做的功B. 由-x(电势-位移)图线和横轴围成的面积可求出对应位移内的电场力做的功C. 由I-t(电流-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内通过某个元件的电荷量D. 由U-I(电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出电流为I时对应元件的电阻【答案】C【解析】【分析】在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：，将x-y换成具体的物理量分析即可得出结论；【详解】A、根据可知，由F-t(力-时间)图线和横轴围成的面积可以求出对应时间内力F的冲量，故A错误；B、-x(电势-位移)图线和横轴围成的面积没有物理意义，由F-x(电场力-位移)图线和横轴围成的面积可求出对应位移内的电场力做的功，故B错误；C、根据可得由I-t(电流-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内通过某个元件的电荷量，故C正确；D、由U-I（电压-电流）图线，根据P=UI可知U与I的坐标值的乘积求出对应电流做功的功率，根据可知U与I的坐标值的比值求出可求出电流为I时对应元件的电阻，故D错误；故选C。【点睛】关键明确在x-y坐标系中，图线和横轴围成的面积为：，可以根据此方法求解力的冲量、通过某个元件的电荷量等。2.据报道，2020年我国首颗“人造月亮”将完成从发射、人轨、展开到照明的整体系统演示验证。“人造月亮”是一种携带大型空间反射镜的人造空间照明卫星，将部署在距离地球500km以内的低地球轨道上，其亮度是月球亮度的8倍，可为城市提供夜间照明。假设“人造月亮”绕地球做圆周运动，则“人造月亮”在轨道上运动时A. “人造月亮”的线速度等于第一宇宙速度B. “人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度C. “人造月亮”的向心加速度大于地球表面的重力加速度D. “人造月亮”的公转周期大于月球的绕地球运行的周期【答案】B【解析】【分析】知道第一宇宙速度的物理意义，研究“人造月亮”绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量；【详解】A、第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据 可得 ，所以“人造月亮”的运行速度不可能等于第一宇宙速度，故A错误；B、根据 可得 ，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行的角速度，故B正确；C、根据可得，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；D、根据 可得 ，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的公转周期小于月球的绕地球运行的周期，故D错误；故选B。【点睛】关键是根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比较的物理量。3.“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是A. 火箭的推力来源于空气对它的反作用力B. 在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为C. 喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为D. 在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒【答案】B【解析】【分析】火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。【详解】A、火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有，解得火箭的速度大小为，故B正确；C、喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为，故C错误；D、在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，故D错误；故选B。【点睛】关键是、在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备(火箭(含燃料)、椅子、风筝等)为系统，动量守恒；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒。4.甲、乙两车在平直的公路上向相同的方向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中阴影部分面积分别为S1、S2，下列说法正确的是A. 若S1=S2，则甲、乙两车一定在t2时刻相遇B. 若S1>S2，则甲、乙两车在0-t2时间内不会相遇C. 在t1时刻，甲、乙两车加速度相等D. 0-t2时间内，甲车的平均速度v<【答案】D【解析】【分析】速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，根据图象判断确定何时两车相遇；图象切线的斜率表示加速度；【详解】A、速度−时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，则0−t2时间内甲的位移等于乙的位移，由于甲的初位置与乙的初位置未知，所以无法判断甲、乙两车在t2时刻是否相遇，故A错误；B、若S1>S2，在0-t2时间内甲的位移大于乙的位移，由于甲的初位置与乙的初位置未知，所以无法判断甲、乙两车在0-t2时间内是否相遇，故B错误；C、由图象切线的斜率表示加速度，在t1时刻，乙的斜率大于甲的斜率，故乙的加速度大于甲的加速度，故C错误；D、若甲做匀加速直线运动，0-t2时间内，甲车的平均速度；由速度−时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在0-t2时间内，甲车的运动位移小于匀加速直线运动的位移，所以甲车的平均速度小于，故D正确；故选D。【点睛】关键是知道速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，图象切线的斜率表示加速度，平均速度等于物体其位移与时间的比值。5.如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻，平行板电容器C的上下极板水平.当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态。下列选项中能使带电液滴向下运动的是A. 保持开关S1和S2闭合，仅增大R1的阻值B. 保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值C. 保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值D. 同时断开开关S1和S2，仅使电容器C下极板向上平移一小段距离【答案】AC【解析】【分析】先读懂电路图，知该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R3两端间的电压，R2启导线连接作用，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动；【详解】A、当开关S1和S2处于闭合状态时，一带电液滴在电容器板间恰好处于静止状态，液滴所受重力和电场力是一对平衡力；仅增大R1的阻值时，电路中电流减小，R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故A正确；B、保持开关S1和S2闭合，仅减小R2的阻值，电路中电流不变，R3两端间的电压不变，电容器的电压不变，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴液滴保持静止，故B错误；C、保持开关S1和S2闭合，仅减小R3的阻值，路中电流增大，根据串联分析可得R3两端间的电压减小，电容器的电压减小，板间场强减小，液滴所受的电场力减小，液滴向下运动，故C正确；D、同时断开开关S1和S2，电容器带电量不变，把电容器的下极板向上移一小段距离，根据可知，板间场强不变，液滴所受的电场力不变，液滴保持静止，故D错误；故选AC。【点睛】关键是根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况从而确定运动。6.已知长直通电导线产生的磁场中，某点的磁感应强度满足B=k (其中k为比例系数，I为电流强度，r为该点到直导线的距离)。如图，A、B、C三根相互平行的固定长直导线分别位于等腰直角三角形的三个顶点，均通有电流I，A、B两根导线中电流方向垂直纸面向里，C导线中电流垂直纸面向外，下列说法正确的是A. A导线所受磁场作用力的方向与AB平行B. C导线所受磁场作用力的方向与AB垂直C. A、C二根单位长度所受的磁场作用力大小之比为1︰2D. A、B、C三根单位长度所受的磁场作用力大小之比为︰︰1【答案】BC【解析】【分析】根据同向电流导体互相吸引，反向电流导体互相排斥分析导线两两之间的受力方向，根据平行四边形定则分析导线所受磁场作用力的方向，根据安培力公式和平行四边形定则确定三根单位长度所受的磁场作用力大小；【详解】根据同向电流导体互相吸引，反向电流导体互相排斥可得，C导线对A导线的安培力的方向沿CA方向，单位长度所受的磁场作用力大小为，其中r为两直导线的距离，L为单位长度；B导线对A导线的安培力的方向沿AB方向，单位长度所受的磁场作用力大小为，根据平行四边形定则可知A导线所受磁场作用力的方向与AB垂直且向下，单位长度所受的磁场作用力大小为；同理可得A导线对C导线的安培力的方向沿AC方向，单位长度所受的磁场作用力大小为，B导线对C导线的安培力的方向沿BC方向，单位长度所受的磁场作用力大小为，根据平行四边形定则可知C导线所受磁场作用力的方向与AB垂直向上，单位长度所受的磁场作用力大小为；同理可得B导线单位长度所受的磁场作用力大小为；所以，故B、C正确，A、D错误；故选BC。7.如图所示，半径为R的绝缘光滑半圆形槽圆心为O，槽内有两个质量、电量都相同的带电小球A和B，其中A小球固定在槽的最低点。当B小球静止时，OB连线与竖直方向成θ夹角。下列能保持夹角θ不变的方法有A. 仅使半圆形槽的半径加倍B. 仅使A球的电量加倍C. 使B球的质量和电量都加倍D. 使半圆形槽的半径和两球的电量都减半【答案】CD【解析】【分析】B球受重力、静电斥力和支持力，三力平衡，结合平衡条件分析即可；【详解】B球受重力、静电斥力和支持力，三力平衡，重力和静电斥力的合力沿着半径OB指向B，只要重力和静电斥力的合力方向不变，球就能保持平衡；A、仅使半圆形槽的半径加倍，若保持夹角不变，则AB之间的距离加倍，根据公式可知B球受到A球库仑力变为原来的，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故A错误；B、仅使A球的电量加倍，若保持夹角不变，则AB之间的距离不变，根据公式可知B球受到A球库仑力变为原来的2倍，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故B错误；C、使B球的质量和电量都加倍，若保持夹角不变，根据公式可知B球受到A球库仑力变为原来的2倍， B球受重力变为原来的2倍，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故C正确；D、使半圆形槽的半径和两球的电量都减半，若保持夹角不变，则AB之间的距离减半，根据公式可知B球受到A球库仑力不变， B球受重力不变，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故D正确；故选CD。【点睛】关键是B球受重力、静电斥力和支持力，三力平衡，重力和静电斥力的合力沿着半径OB指向B，只要重力和静电斥力的合力方向不变，球就能保持平衡。8.如图，MN、PQ为相同材料制成的粗细均匀的水平光滑平行金属导轨，MN、PQ长度均为9m，单位长度的阻值为r=0.5Ω，导轨间距L=0.5m导轨左端连接一阻值为R=4Ω的电阻(MP间导线电阻不计)，一质量m=0.5kg，电阻可忽略不计的金属棒置于导轨最左端，导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度大小为B=2.0T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使金属棒从静止开始以加速度a=2m/s2水平向右做匀加速直线运动。已知金属棒运动到NQ过程中，通过电阻R的电荷量为0.6C，下列说法中正确的是A. 金属棒向右运动过程中，R中的电流的方向由M到PB. 整个过程中，拉力F的最大值为1.5NC. 整个过程中，拉力F的平均值为1.2ND. 整个过程中，产生的焦耳热为2.8J【答案】BC【解析】【分析】根据右手定则可得金属棒向右运动过程中的R中的电流的方向，当时拉力F有最大值，整个过程中根据能量守恒可知产生的焦耳热；【详解】A、根据右手定则可得金属棒向右运动过程中，R中的电流的方向由P到M，故A错误； B、金属棒从静止开始向右做匀加速直线运动的过程中，金属棒的速度大小为，位移为，感应电动势的大小为，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流的大小为，金属棒受到的安培力为，拉力F的大小为，根据运动学公式则运动时间为，所以当时拉力F有最大值，最大值为，故B正确；C、通过电阻R的电荷量为0.6C，通过电阻R的平均电流为，拉力F的平均值为，故C正确；D、整个过程中根据能量守恒可知产生的焦耳热为，故D错误；故选BC。9.某同学设计如图所示装置来探究动能定理在带有定滑轮的长木板上B位置固定一光电门，用重物通过细线拉小车使其自A位置由静止开始运动实验中，小车(含遮光条)的质量和重物质量均保持不变，通过成倍增加AB间距离s的方法进行多次实验验证。该同学用游标卡尺测出遮光条的宽度d，用光电门连接的计时器可以显示出遮光片通过光电门的时间t，用米尺测出了AB间的距离s。(1)该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度d=0.572cm，则该同学用的是___________的游标卡(填“10分度”、“20分度”、“50分度”)；(2)下列实验操作中必要的一项是___________(填选项前的字母)；A.调整轨道的倾角，在未挂重物时使小车能在轨道上匀速运动B.必须满足重物的质量远小于小车的质量C.必须保证小车由静止状态开始释放(3)本实验的主要误差来源有(写两条)：___________、___________。【答案】    (1). 50分度    (2). C    (3). 用遮光条通过光电门的平均速度代替小车过B点的瞬时速度    (4). 用米尺测量AB间距离有读数误差【解析】【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度；据动能定理和瞬时速度的求法，根据实验原理即可判断；【详解】解：(1) 游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，该同学用游标卡尺测出遮光片的宽度，10分度的分度值为，测出遮光片的宽度以毫米为单位，应为一位小数；20分度的分度值为，测出遮光片的宽度的数值最后一位数字为0或5；50分度的分度值为，测出遮光片的宽度的数值以毫米为单位，应为两位小数，最后一位数字为偶数，故该同学用的是50分度的游标卡；(2)(3)、由于用重物通过细线拉小车使其自A位置由静止开始运动实验，小车(含遮光条)的质量和重物质量均保持不变，通过成倍增加AB间距离s的方法进行多次实验验证，所以需要先表示出小车的速度，小车的速度用平均速度代替，即，据动能定理有：，只要的关系即可，所以不需平衡摩擦力、不需要满足重物的质量远小于小车的质量，但必须保证每次小车静止释放；还需多次实验减小偶然误差，故A、B错误，C正确；故选C。所以本实验的主要误差来源有用遮光条通过光电门的平均速度代替小车过B点的瞬时速度；用米尺测量AB间距离有读数误差；10.如图所示为某同学组装完成的简易多用电表的内部结构示意图(1)图中的B端与___________(填“红表笔”或“黑表笔”)相连接；(2)某小组同学们发现欧姆表的表盘刻度线不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，他们分别画出了如图所示的几种图象，其中可能正确的是___________(填选项下面的字母)(3)现有部分电路装在一个小盒子里，它与盒外的接线柱A、B、C、D相连.若该部分电路仅由两个组值均为R的电阻连接而成，且两个接线柱之间最多只能接一个元件。现将多用电表选择开关旋至欧姆档，测得A、B间电阻为R，B、C间的电阻为2R；用导线将C、D连接后，测得A、B间的电阻为0.5R。请在方框中画出盒子内这两个电阻的连接图。(4)若该欧姆表使用一段时间后，内部电源电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法测量某电阻阻值，则测得的阻值应___________(填“大于”、“小于”或“等于”)电阻的真实值。【答案】    (1). 黑表笔    (2). AC    (3).       大于【解析】【分析】电流由红表笔流入多用表，由黑表笔流出；根据欧姆表的结构，由闭合电路欧姆定律可以判断图像；明确串联电路电阻关系和并联电路的电阻关系，根据AB、BC和CD相连后AB间电阻分析判断电阻的连接情况；电池电动势变小，内阻变大时，测量结果的变化；【详解】解：(1)由图示可知，图中B端与欧姆表内置电源正极相连，B端应是黑表笔；(2)当欧姆表使用时，根据闭合电路欧姆定律则有，化为，根据关系式可得图像可能为AC；(3)将多用电表选择开关旋至欧姆档，测得A、B间电阻为R，B、C间的电阻为2R；用导线将C、D连接后，测得A、B间的电阻为；若该部分电路仅由两个组织均为R的电阻连接而成，B、C间由两电阻串联；A、B间只有一个电阻，若用导线将C、D连接后，A、B间由两电阻并联；所以电路图为(4)当电池电动势变小，内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式：，欧姆表内阻R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故欧姆表的示数变大了，测得的阻值应大于电阻的真实值；11.如图所示，内壁光滑、半径大小为R的绝缘圆轨道固定在竖直面内，圆心为O轨道左侧与圆心等高处附近空间有一高度为d的区域内存在着竖直向下的匀强电场(d<R)，电场强度E=。质量为m带电量为+q可视为质点的小球，在与圆心等高的A点获得竖直向上的初速度v0，小球刚好能通过轨道最高点B。(重力加速度为g)求：(1)小球初速度v0的大小；(2)小球第3次经过轨道最低点时对轨道的压力。【答案】(1) (2) ，方向竖直向下【解析】【分析】小球恰好能经过轨道最高点B，由牛顿第二定律求出B的速度，从A运动到B，对小球由动能定理求出小球初速度v0的大小；对小球由动能定理得小球第三次经过轨道最低点时的速度大小，在最低点时，由牛顿第二定律和牛顿第三定律求得小球对轨道的压力；【详解】解：(1)小球恰好能经过轨道最高点B由牛顿第二定律有：从A运动到B，对小球由动能定理得：解得： (2)设小球第三次经过轨道最低点时的速度为v对小球由动能定理得： 在最低点时，由牛顿第二定律有：解得： 由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力，方向竖直向下12.如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，空间存在着垂直于xOy平面向里的匀强磁场和平行于xOy平面的匀强电场。第三象限内有一点P，其坐标为(－1m，－m)，质量为m=2×10－5kg、带电量为q=+5×10－5C的液滴以v=2m/s的速度沿直线从P点运动O点。若已知匀强磁场磁感应强度大小B=1T，重力加速度g取10m/s2。(1)求匀强电场场强E的大小及电场的方向；(2)若在带电液滴经过O点时只撒去磁场，液滴会经过x轴上的Q点，求Q点的坐标。【答案】(1)电场方向沿PO方向（与x轴正半轴成30°角斜向上）(2)（，0）【解析】【分析】带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，根据平衡条件可求匀强电场场强E的大小及电场的方向；撤去磁场，液滴做类平抛运动，根据运动的合成与分解Q点的坐标；【详解】解：(1)由P点坐标为可得：PO与y轴负半轴夹角θ=30°带电液滴沿PO做匀速直线运动，小球所受重力、电场力、洛伦兹力三力平衡，洛伦兹力：根据平衡条件可得：代入数据解得：电场方向沿PO方向（与x轴正半轴成30°角斜向上）(2)撤去磁场，液滴做类平抛运动，设其加速度为，有： 设撤掉磁场后液滴在初速度方向上的分位移为，有： 设液滴在重力与电场力的合力方向上分位移为，有： 设g՛与x轴正半轴所成夹角为θ，又联立以上各式，代入数据解得： 又有故Q点的坐标为（，0）13.如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA=1kg，mB=3kg。在水平地面左侧有倾角θ=30°的粗糙传送带以v=6m/s的速率顺时针匀速转动传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接A、B两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块A以6m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ=，传送带与水平面足够长重力加速度g取10m/s2(1)求滑块A沿传送带上滑的最大距离；(2)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的能量△E；(3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q【答案】(1)   (2)    (3) 【解析】【分析】爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒，求出爆炸后B的速度；水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离；当滑块A速度减为零后，当滑块A速度减为零后，经t2=0.6s滑块A与传送带共速，A刚好回到传送带与水平面的的连接点，当滑块A再次滑上水平面，滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起,对A、B组成的系统由动量守恒定律解得共同的速度，根据能量守恒求得碰撞过程中损失的能量；分别求出滑块A向上运动和向下运动过程中产生的热量，再求出滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量；【详解】解：(1)设爆炸后A、B的速度分别为、，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有：解得：水平地面光滑，滑块A沿传送带向上的做匀减速直线运动，对A进行受力分析有： 解得： 经t1=0.6s滑块A速度减为0故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为：                                    (2)当滑块A速度减为零后，滑块A将沿传送带向下做匀加速运动，对A进行受力分析有：经t2=0.6s滑块A与传送带共速根据对称性可知滑块A刚好回到传送带与水平面的的连接点当滑块A再次滑上水平面时，速度大小与传送速度相等为6m/s滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起,对A、B组成的系统由动量守恒定律得： 解得：  碰撞过程中损失的能量为代入数据得：  (3)经t1=0.6s滑块A速度减为零滑块A沿传送带向上减速到零通过的位移： 此过程中传送带的位移： 滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动，经t2=0.6s滑块A与传送带共速，达到共速时传送带的位移： 传送带的位移若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则由得：故因摩擦产生的热量