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2022-04-02 
iXueHai.cn
爱学海
复习考试题（三）（附答案解析）
一、选择题
1．幼儿园滑梯（如图甲所示）是孩子们喜欢的游乐设施之一，滑梯可以简化为如图乙所示模型。一质量为m的小朋友（可视为质点），从竖直面内、半径为r的圆弧形滑道的A点由静止开始下滑，利用速度传感器测得小朋友到达圆弧最低点B时的速度大小为（g为当地的重力加速度）。已知过A点的切线与竖直方向的夹角为30°，滑道各处动摩擦因数相同，则小朋友在沿着AB下滑的过程中（ ）
A．在最低点B时对滑道的压力大小为mg
B．处于先超重后失重状态
C．重力的功率先减小后增大
D．克服摩擦力做功为
2．如图甲，倾角为θ的传送带始终以恒定速率v2逆时针运行，t=0时初速度大小为v1（v1>v2）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的v﹣t图像如图乙，则（ ）
A．0~t3时间内，小物块所受到的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足μ＜tanθ
C．t2时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大
D．小物块返回传送带底端时的速率大于v1
3．弹簧发生形变时，其弹性势能的表达式为，其中k是弹簧的劲度系数，x是形变量。如图所示，一质量为m的物体位于一直立的轻弹簧上方h高度处，该物体从静止开始落向弹簧。设弹簧的劲度系数为k，则物块的最大动能为（弹簧形变在弹性限度内）（ ）
A． B．C． D．
4．汽车在平直公路上以速度匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶。设汽车行驶时所受的阻力恒定，则下面四个图像中，哪个图像正确表示了司机从减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（ ）
5．质量为m的物体，从静止开始以a=的加速度竖直向下加速，下落高度为h时，下列说法中正确的是（ ）
A．物体的动能增加了mgh
B．物体的重力势能增加了mgh
C．此时合力的功率为
D．重力的平均功率
6．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a能达到的最大高度为（ ）
A．h B． C． D．
7．“和谐号”动车组是在引进、消化和吸收国外动车组技术平台的基础上，由中国自主研发制造的世界上运营速度最高的动车组列车之一。如果列车受到的阻力与其运行速度的二次方成正比，当速度由原来的200 km/h提高到现在的300km/h后，机车发动机的功率要变为原来的（ ）
A．1.5倍
B．（1.5）2倍
C．（1.5）3倍
D．（1.5）4倍
8．用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，到t2时刻停止，其速度－时间图像如图所示，且α>β，若拉力F做的功为W1，平均功率为P1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，平均功率为P2，则下列选项正确的是（ ）
A．W1=W2，F>2Ff
B．W1>W2，F=2Ff
C．P1＜P2，F>2Ff
D．P1=P2，F=2Ff
9．疫情防控期间，某同学在家对着竖直墙壁练习打乒乓球.某次斜向上发球，球垂直在墙上后反弹落地，落地点正好在发球点正下方，球在空中运动的轨迹如图，不计空气阻力，关于球离开球拍到第一次落地的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球在空中上升和下降过程时间相等
B．球落地时的速率一定比抛出时大
C．球落地时和抛出时的动能可能相等
D．球撞击墙壁过程可能没有机械能损失
10．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能等于动能与重力势能之和。取地面为零势能面，该物体的和随它离开地面的高度的变化如图所示。重力加速度取。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为
B．时，物体的速率为
C．时，物体的动能
D．从地面到，物体的动能减少
11．一辆玩具电动小车在平直路面上以6m/s的速度做匀速直线运动，运动过程中牵引力的功率为9W。若某时刻牵引力的功率突然变为6W，且之后保持不变，对之后的运动过程说法错误的是（整个过程小车受到的阻力不变）（ ）
A．小车最终的运动速度为4m/s
B．小车的牵引力最小为1.5N
C．小车的加速度越来越小，直至为零
D．自牵引力的功率突变为6W，到小车再次开始做匀速直线运动的过程中，小车的平均速度小于5m/s
12．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A. 汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N
B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
二、填空题
13．某人站在20m的平台上，使重为0.1kg的物体以15m/s的初速度做竖直上抛运动，它从第1秒末到第3秒末之间的位移为______。第末重力的功率为______W。（g取10m/s2）
14．我国“玉兔号”月球车利用太阳能电池产生的电能进行驱动。月球车总质量为140 kg，所安装的太阳能电池的电动势为45 V，内阻为10Ω，正常工作时电池的输出功率为45.0 W。月球车在某次正常工作时，从静止出发沿直线行驶，经过5.0s后速度达到最大为0.50 m/s。假设此过程中月球车所受阻力恒定，电池输出功率的80%转化为用于牵引月球车前进的机械功率。在此运动过程中，月球车所受阻力大小为___N，前进的距离约为___m。
15．如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为M的小车，小车跟绳一端相连，绳子另一端通过滑轮吊一个质量为m的砖码，则当砝码着地的瞬间（小车未离开桌子）小车的速度大小为______在这过程中，绳的拉力对小车所做的功为________。
16．如图所示，质量分布均匀的小球，质量为m，半径为R，倾角的斜面体质量为M，放置在水平面上。在水平推力作用下，使斜面体底角刚好与墙角接触，则静止时水平推力F的大小为____（不计一切摩擦，重力加速度为g）。若增大水平推力，则斜面体对小球的支持力将___（选填“增大”、“不变”或“减小”）。若撤去此推力小球会落地，则此过程中小球重力势能的变化量____。
17．在一次测试中，质量为1.6×103kg的汽车沿平直公路行驶，其发动机的输出功率恒为100kW。汽车的速度由10m/s增加到16m/s，用时1.7s，行驶距离22.6m。若在这个过程中汽车所受的阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时牵引力的大小为_______N，此时汽车加速度的大小为________m/s2。
18．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂质量为m的物块A，轻绳的左端绕过定滑轮连接质量为的物块B，开始时物块A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动，假设摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当物块B向右运动的位移为L时，物块A的速度大小为__________，物块A减少的机械能为___________。
19．如图所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R。现有质量相同的A、B小球分别从A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中半圆轨道上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为__；A、B小球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为__。
20．如图，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，长为l，质量为m、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。设斜面顶端为零势能面。用细线将质量也为m的小物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面）。软绳刚好离开斜面时，软绳的重力势能为_____，此时物块的速度大小为_____。
三、解答题
21．质量为的圆环用细线（质量不计）悬挂着，将两个质量均为的有孔小珠套在此环上且可以在环上做无摩擦的滑动，如图所示，今同时将两个小珠从环的顶部释放，并沿相反方向自由滑下，试求：
（1）在圆环不动的条件下，悬线中的张力随（为小珠和大环圆心连线与竖直方向的夹角）变化的函数关系，并求出张力的极小值及相应的值；
（2）小球与圆环的质量比至少为多大时圆环才有可能上升？
22．如图（a）所示，在倾角的光滑固定斜面上有一劲度系数的轻质弹簧，弹簧下端固定在垂直于斜面的挡板上，弹簧上端拴接一质量的物体，初始时物体处于静止状态。取。
（1）求此时弹簧的形变量；
（2）现对物体施加沿斜面向上的拉力F，拉力F的大小与物体位移x的关系如图（b）所示，设斜面足够长，弹簧始终在弹性限度内；
①分析说明物体的运动性质并求出物体的位移是时的速度v的值；
②若物体位移为时撤去拉力F，在图（c）中定性做出此后物体上滑过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图像；并且求出此后物体运动的最大速度的值。
23．如图所示，水平传送带左端A处与倾角为30°的光滑斜面平滑连接，右端B处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的C点，斜面长为=2.5m，传送带长L=4.5m。 BC段长=0.5m，传送带以速度v=1m/s顺时针转动。一质量为m=2kg的物块从斜面顶端由静止释放，已知物块与传送带间及水平面BC段的动摩擦因数分别为=0.1，=0.35，水平面C点右侧光滑，重力加速度取=10m/s2，求：
(1)弹簧获得的最大弹性势能；
(2)物块第三次到达B点时的速度大小；
(3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。
24．如图所示，竖直平面内半径为的光滑半圆形轨道，与水平轨道AB相连接，AB的长度为。一质量为的小滑块，在水平恒力F作用下由静止开始从A向B运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为，到B点时撤去力F，小滑块沿圆轨道运动到最高点C时对轨道的压力为3mg，重力加速度为，求：
（1）小滑块在C点的速度大小；
（2）小滑块在B点的速度大小；
（3）恒力F的大小。
25．如图，质量的物体以的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径的竖直光滑半圆环，物体与水平面间的动摩擦因数。
(1)物体能从点飞出，落到水平面时落点到点的距离的最小值为多大？
(2)如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，求出发点到点的距离的取值范围？
(3)设出发点到点的距离为，物体从点飞出后，落到水平面时落点到点的距离为，通过计算在乙图中画出随变化的关系图像。
26．如图所示，传送带与地面倾角θ=37°，从A到B长度为L=14m，传送带以v0=8m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕， 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求∶
(1)煤块从A到B的时间。
(2)煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度。
(3)系统因摩擦产生的热量。
【参考答案】
一、选择题
1．A
解析：A
A．根据牛顿第二定律得
FN–mg= m结合牛顿第三定律得小朋友在最低点B时对滑道的压力大小为
选项A正确；
B．小朋友在A点时加速度沿着切线向下，处于失重状态，到最低点时加速度竖直向上，处于超重状态，选项B错误；
C．小朋友在A点时速度为零，重力的功率为零，到最低点时重力的方向与速度方向垂直，重力的功率也为零，故重力的功率先增大后减小，选项C错误；
D．由动能定理得
mgr（1–cos60°）-Wf =mv2
联立可得克服摩擦力做功为
选项D错误。
故选A。
2．B
解析：B
AC．由图乙所示图象可知，0～t1内小物块相对传送带向上滑动，沿传送带向上做匀减速直线运动，此时摩擦力方向沿斜面向下，t1时刻小物块的速度减为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，t1～t2内小物块向下做初速度为零的匀加速直线运动，由于该时间内小物块的速度小于传送带的速度，小物块相对传送带向上滑动，摩擦力方向仍沿斜面向下，t2时刻小物块的速度与传送带速度相等，t2～t3内小物块继续向下做匀加速直线运动，该时间内小物块的速度大于传送带的速度，小物块相对于传送带向下滑动，摩擦力方向变为沿斜面向上，由此可知，t2时刻小物块相对于传送带向上的位移到达最大；0～t3时间内小物块相对传送带一直滑动，小物块所受的摩擦力一直是滑动摩擦力，大小不变，但方向发生了改变，故AC错误；
B．由图乙所示图象可知，t2时刻以后小物块相对于传送带向下做匀加速直线运动，加速度方向平行于传送带向下，重力沿传送带向下的分力大于滑动摩擦力，即
解得
故B正确；
D．小物块从滑上传送带到返回传送带底端的整个运动过程中，合外力做的功等于滑动摩擦力对小物块做功，滑动摩擦力对小物块做负功，由动能定理可知，小物块的动能减小，小物块返回底端时的速率小于v1，故D错误；
故选B。
3．D
解析：D
当物体重力与弹簧弹力相等时，速度最大，动能最大。有
根据动能定理得
解得
故选D。
4．B
解析：B
汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式，牵引力减小一半，小于阻力，合力向后，汽车做减速运动，由公式可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；
故选B。
5．D
解析：D
A．根据动能定理得
A错误；
B．重力做正功，重力势能减少。B错误；
C．此时物体的速度为
所以合力的功率为
C错误；
D．重力的平均功率为
D正确。
故选D。
6．C
解析：C
设a球上升高度h时，两球的速度大小为v，根据ab系统的机械能守恒得
4mgh=mgh+∙（4m+m）v2
解得
此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒
mgh+=mgH
解得a球能达到的最大高度
H=1.6h
故C正确，ABD错误。
故选C。
7．C
解析：C
列车受到的阻力与其运行速度的二次方成正比，则有
牵引力等于阻力时速度最大则有机车发动机的功率
所以当速度由原来的200 km/h提高到现在的300km/h后，机车发动机的功率要变为原来的（1.5）3倍，则C正确；ABD错误；
故选C。
8．A
解析：A
对于运动的整个过程，根据动能定理，有
则
由图象可以看出，加速过程加速度a1大于减速过程的加速度a2，根据牛顿第二定律，有
，由于，则
即
设物体的最大速度为v，由平均功率公式得
，由于，则
故选A。
9．C
解析：C
A．斜上抛运动看作反向的平抛运动，根据
可得
由于两种情况下竖直方向运动的高度不同，则运动时间不相等，反弹后运动的时间长，故A错误；
B．虽然反弹落地时乒乓球竖直方向的速度大于原来抛出时竖直方向的速度，但水平方向的速度是斜上抛时的大，所以球落地时的速率不一定比抛出时大，故B错误；
C．虽然碰撞过程中有能量损失，但反弹后下落的高度大，从开始抛出到落地过程中重力做正功，如果整个过程中重力做的功等于乒乓球与墙碰撞过程中损失的能量，则球落地时和抛出时的动能相等，故C正确；
D．若反弹的速度大小与碰撞墙时的速度大小相等，则乒乓球原路返回，根据图象可知，乒乓球与墙碰撞过程中有能量损失，使得碰撞后速度减小，故D错误。
故选C。
10．A
解析：A
A．图像的斜率为G，即
解得
故A正确；
B．时，故
解得
故B错误；
C．时，故C错误；
D．时
时
故
故D错误。
故选A。
11．B
解析：B
A．功率改变之前，由，得阻力
功率改变后，小车再次匀速运动时，由得
得小车最终运动的速度大小为
选项A正确，不符合题意；
B．小车功率刚变为6W时牵引力最小，由，得牵引力最小值为
故B错误，符合题意；
C．功率改变后小车先做减速运动，由
知，小车的加速度越来越小，直至为零，故C正确，不符合题意；
D．自牵引力的功率突变至小车再次开始匀速运动，小车做加速度减小的减速运动，通过小车的图像与匀变速运动的图像对比，可得平均速度小于，选项D正确，不符合题意。
故选B。
12．C
解析：C
A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为
m/s2=4 m/s2
根据牛顿第二定律得
F−f=ma
解得牵引力为
F=f＋ma=0.1×1×104 N＋1×103×4 N=5×103 N，
故A错误；
BC．汽车的额定功率为
P=Fv=5 000×20 W=100 kW
当汽车的速度是25 m/s时，牵引力
F′=N=4×103 N
此时汽车的加速度
a′== m/s2=3 m/s2
故B错误，C正确；
D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为
vm =m/s=1×10 2m/s
故D错误。
故选C。
二、填空题
13．-10m25W
解析：-10m 25W
[1]运用全过程法（取向上为正）有
vt = v0 - gt
代入数据得
v1= 5m/s，v2= -15m/s
根据速度位移公式有
代入数据有
x = -10m
则第1秒末到第3秒末之间的位移为-10m。
[2]利用全程法检验第4s末物体是否已经撞到地面（取向上为正）有
x4 = v0t -gt2
代入数据
x = -20m
则物体刚刚要落地，再根据速度时间关系有
v4 = v0 – gt
代入数据有
v4= -25m/s
根据瞬时功率的求解公式有
P = mgvcosθ
代入数据有
P = 25W
则第末重力的功率为25W。
14．23
解析：2.3
[1][2]由题意可知月球车的机械功率为
当月球车到达最大速度则有
代入数据可得
对月球车动能定了可得
解得
15．
[1]选小车与砝码作为一系统，在小车滑动过程中仅有重力做功，则系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可得
砝码着地的瞬时速度为
[2]选小车作为研究对象，则由动能定理可得
联立解得
16．mg不变mgR
解析：mg 不变 mgR
[1]装置静止时，对小球分析如图1所示
受到重力mg、墙壁的弹力F1、斜面体的支持力F2，由平衡条件得
[2]再对整体分析，重力(m+M)g、地面的支持力FN、墙壁的弹力F1、水平推力F，对整体，由平衡条件得
若增大水平推力，装置仍然静止，小球的受力情况不变，斜面体对小球的支持力不变
[3]撤去推力后，小球重力势能的变化量
如图2所示
由几何关系得到小球的重心位置下降了
则
17．
[1]汽车速度为时，牵引力大小为
[2]汽车加速过程，根据动能定理
解得阻力为
根据牛顿第二定律
解得
18．
[1][2]由题意得
联立解得
由
解得
物块A减少的机械能即为物块B增加的动能，即
19．Ek1：1
解析：Ek 1：1
[1]两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R，根据
可知，运动的时间为：，
由图可知，A球运动的水平位移为2R，则A球的初速度为：，
B球的水平位移为R，则B球的初速度为：，
A球从A到D的过程中，根据动能定理得：…①，
B球从B到C的过程中，根据动能定理得：…②，
由①②得：；
[2]A、B小球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度
vy=gt，
相等，则重力的瞬时功率
P=mgvy
相同，即重力的瞬时功率之比为1：1。
20．﹣mgl(1﹣sinθ)
解析：﹣mgl(1﹣sinθ)
[1]物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为：
h1=lsinθ
软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度：
h2=l
则软绳重力势能共减少：
mgl(1﹣sinθ)
设斜面顶端为零势能面，软绳重力势能为：
﹣mgl(1﹣sinθ)；
[2]根据能量转化和守恒定律：
mgl+mgl(1﹣sinθ)=得：。
三、解答题
21．(1)，，；(2)(1)设小珠和大环圆心连线与竖直方向的夹角为θ时小珠的速度大小为v。根据机械能守恒定律得
设圆环对小珠的弹力大小为N，由牛顿第二定律得
对于圆环，合力为零，则有
联立以上三式得
、根据抛物线方程知，当
时，T有极小值，极小值为
(2)由(1)知
说明此时小珠对圆环的作用力的合力方向向上，大小为
当N′＞Mg时，圆环将会上升，则有
解得
22．（1）；（2）加速度为的匀加速直线运动，，
，（1）初始时物体处于平衡状态，由平衡条件可知
解得
（2）①设物体向上有一位移x时加速度为a，由牛顿第二定律
由图像可知
联立上式得
当弹簧处于伸长状态时，上述结论仍成立，可见物体做加速度为的匀加速直线运动
解得
②物体位移为时撤去拉力F，此后滑动过程中弹簧弹力f的大小随形变量的函数图像
由题意得物体再次回到初始位置时速度最大，对于全过程只有拉力F对物体做功，拉力F做的功为图像下的“面积”，则有
根据动能定理可得
联立解得
23．(1)12.5J；(2) 1m/s；(3) 23J
(1)设物块滑到斜面底端的速度为v1，根据机械能守恒有
解得
v1=5m/s
由于v1>v，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小
设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移
由于△x>L，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系
(2)设物块第二次到达A点的速度大小为v3，根据功能关系
解得
v3=0
即物体到达到A点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移
因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B点的速度为
v=1m/s
(3)设第一次在传送带上滑动经历的时间为t1，则有
则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量
联立两式代入数据解得
Q1=7J
设物块第二次到B点时速度为v2，第二次在传送带上滑动经历的时间为t2，则有
解得
v2=3m/s
则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
设物块第三次在传送带上相对滑动时间为t3，则
则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
由于
因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量
Q=Q1＋Q2＋Q3=23J
24．（1）4m/s；（2）；（3）23N
【分析】
本题主要考查牛顿运动定律和动能定理的直接应用。
（1）由牛顿第三定律知在C点，轨道对小球的弹力为
小球在C点时，受到重力和和轨道对球向下的弹力，由牛顿第二定律得
解得
从B到C过程中，由动能定理
解得B点速度
从A到C过程中，由动能定理
则
【点睛】本题主要考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供向心力，根据向心力的计算公式进行解答，在涉及到力在空间的效果时，要想到动能定理。
25．(1)2m；(2)；(3)
(1)物体恰好能从M点飞出，有
由平抛运动知
，解得最小距离
(2)物体不会在M到N点的中途离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程，由动能定理得
解得
物体刚好至与圆心等高处速度为0，由动能定理
解得
综上可得所求的范围
(3)物体从出发点到M点过程，由动能定理
解得关系式为
画出图象如图所示
26．(1)2s；(2)4m；(3)6J
(1)煤块刚放上时，受到沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块达到和传送带速度相等时的时间为
煤块达到和传送带速度相等过程中的位移为
煤块速度到达v0后，煤块受到向上的摩擦了，由牛顿第二定律得
代入数据解得
煤块第二次加速的位移为
解得
煤块从A到B的时间为
(2)第一过程煤块相对传送带向上移动，划痕长为
第二过程中煤块相对传送带向下移动，划痕长为
两部分重合，故划痕总长为4m
(3)系统因摩擦产生的热量为
