2023银川二中高三上学期统练三物理含解析

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注意事项：
1．本试卷共23小题，满分110分。考试时间为100分钟。
2．答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。
一、选择题（本题共58分，其中1-14每题只有一个答案正确，每题3分，错选或不选的得0分；15-18每题有多个答案正确，每题4分，漏选得2分，有错选的或不选的得0分；请将正确答案涂在的答题卡中。）
1. 如图所示，若某次比赛中我国运动员苏炳添在圆形弯道上匀速率奔跑，则其在这段圆弧内（ ）
A. 线速度不变B. 加速度不变
C. 向心力不变D. 角速度不变
【答案】D
【解析】
【详解】ABC．运动员做匀速圆周运动，线速度大小、向心加速度大小、向心力大小都不变，但方向都在不断变化，ABC错误；
D．运动员做匀速圆周运动，线速度大小不变，根据
可知角速度不变，方向沿逆时针方向转动。
故选D。
2. 如图所示，电荷A和电荷B通过电场传递相互作用力，针对这个情形，下列说法正确的是（ ）
A. 电荷B受电场力的作用，自身并不激发电场
B. 撤去电荷B，电荷A激发的电场就不存在了
C. 电荷B在电荷A存在或者移去的情况下，在电荷A处产生的电场都是相同的
D. 电荷A和电荷B都可以激发电场，并通过电场线的蔓延将电场散布在周围空间
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷B处在电荷A激发的电场中，受到电荷A电场的作用力，B自身也激发电场，故A错误；
B．电荷A激发的电场与电荷B无关，撤去B，电荷A激发的电场仍然存在，故B错误；
C．电荷A所处的电场是B电荷产生的，电荷B所处的电场是A电荷产生的。电荷B在电荷A处产生的电场与电荷A无关，故C正确；
D．电荷周围就产生电场，所以电荷A和电荷B都可以激发电场，它们叠加可以成一个新的电场，另电场线是假象的曲线，电场并不是通过电场线蔓延散布的，故D错误。
故选C。
3. 近年来，随着智能手机的普及，手机已经成为人们日常生活中必不可少的通讯工具，人们对手机的依赖性也越强，有些人甚至喜欢躺着看手机，经常出现手机滑落砸到眼睛的情况。如图所示，若一部质量m=200g的手机，从离人眼约h=20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为t=0.01s，取重力加速度g=10m/s2，下列分析正确的是（ ）
A. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上
B. 手机对眼睛的作用力大小约为42N
C. 全过程手机重力的冲量大小约为0.6N·s
D. 全过程手机动量的变化量大小约为0.42N·s
【答案】B
【解析】
【详解】A．由冲量定义式可知，手机对眼睛的冲量方向竖直向下，A错误；
B．手机做自由落体运动，设到达眼睛时的速度为v，有
手机与眼睛作用过程，以手机为研究对象，取竖直向上为正方向根据动量定理可得
联立可得
B正确；
C．全过程由动量定理
所以全过程手机重力的冲量大小约为
C错误；
D．有动量定理可知全过程手机动量的变化量大小约为0，D错误。
故选B。
4. 新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播。打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达50米/秒，假设一次打喷嚏大约喷出5.0×10-5m3的空气，一次喷嚏大约0.02s，已知空气的密度为1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力（ ）
A. 0.11NB. 0.13NC. 0.16ND. 0.20N
【答案】C
【解析】
【详解】打喷嚏时，根据动量定理可得
可求得
再由牛顿第三定律可得，打喷嚏时人受到的平均反冲力
ABD错误，C正确。
故选C。
5. “轨道康复者”航天器可在太空中给“垃圾”卫星补充能源，延长卫星使用寿命。如图所示，“轨道康复者”航天器在圆轨道1上运动，一颗能源即将耗尽的地球同步卫星在圆轨道3上运动，椭圆轨道2与圆轨道1、3分别相切于Q点和P点，则下列说法正确的是（ ）
A. 卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能
B. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
C. 根据可知“轨道康复者”在轨道1上经过Q点时的加速度大于在轨道2上经过Q点时的加速度
D. “轨道康复者”在三个轨道上的正常运行的周期满足T1【答案】A
【解析】
【详解】A. 卫星要从轨道2点火加速变轨到轨道3上，所以卫星在轨道3上的机械能大于在轨道2上的机械能，故A正确；
B．根据牛顿第二定律
解得
轨道3的轨道半径比轨道1的轨道半径大，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故B错误；
C．根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第二定律
可知“轨道康复者”在轨道1上经过Q点时加速度等于在轨道2上经过Q点时的加速度，故C错误；
D．根据开普勒第三定律
“轨道康复者”在三个轨道上的轨道半径
r1正常运行的周期满足
T1故D错误。
故选A。
6. 如图所示，在水平向左的匀强电场中，有一电荷量为+q的物体静止在斜面上．若撤去电场后，物体仍然静止在斜面上，那么撤去电场后和撤去电场前相比较，以下说法正确的是
A. 物体所受的摩擦力一定减小了
B. 物体所受的摩擦力一定增大了
C. 物体对斜面的压力一定减小了
D. 物体对斜面的压力一定增大了
【答案】C
【解析】
【详解】AB.分析物体受力如图:
因重力G与电场力F电大小关系未知，故物体是否受摩擦力Ff、所受Ff的方向均不能确定，故撤去电场后与撤去电场前相比Ff的大小可能增大，亦可能减小，故AB错误；
CD. 撤去F之前：N=Fsinθ+mgcsθ，撤去F之后：N′=mgcsθ，故支持力减小，故C正确，D错误．
7. 如图所示，a、b为两个固定的带正电q的点电荷，相距为L，通过其连线中点O作此线段的垂直平分面，在此平面上有一个以O为圆心，半径为的圆周，其上有一个质量为m，带电荷量为－q的点电荷c做匀速圆周运动，则c的速率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】c做匀速圆周运动所需要的向心力由两个点电荷+q库仑力的合力提供，对c进行受力分析如图所示
由于c到O点距离，故三角形abc为等边三角形，故根据矢量合成法则，可得ab对c的静电力为
根据
联立解得
故选B。
8. 如图所示，一轻质弹簧，两端连着物体A和B放在光滑水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在物体A中，已知物体A的质量为物体B的质量的，子弹的质量是物体B质量的．弹簧被压缩到最短时物体B的速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】对子弹、滑块A、B和弹簧组成的系统，A、B速度相等时弹簧被压缩到最短．
设B的质量为m，根据动量守恒定律可得：
由此解得：，故选项B正确，选项ACD错误．
点睛：本题考查了动量守恒综合问题，解答这类问题的关键是弄清运动过程，正确选择状态，然后根据动量守恒列方程求解．
9. 如图所示，光滑绝缘水平面上带有同种电荷的A、B两个小球质量分别为、，当相距一定距离时同时释放，在释放后的任一时刻，A、B两小球的下列关系正确的是（ ）
A. 受力之比等于：B. 加速度之比等于：
C. 动量之比等于：D. 动能之比等于：
【答案】D
【解析】
【详解】A．两个带点小球之间的库仑力为，A对B的力和B对A的力是相互作用力，所以受力之比是1:1，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可知加速度之比等于 故B错误；
C．两个小球组成的系统动量守恒，所以动量之比等于1:1，故C错误；
D．根据 可知动能之比等于：，故D正确。
故选D。
10. 一只质量为0.9kg的乌贼吸入0.1kg的水后，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以大小为2m/s的速度向前逃窜。下列说法正确的是（ ）
A. 在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为0.9N·s
B. 在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统的动量增大
C. 乌贼喷出的水的速度大小为18m/s
D. 在乌贼喷水的过程中，有9J的生物能转化成机械能
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．根据动量定理在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小
I=Mv1=1.8N·s
故A错误；
BC．乌贼喷水过程所用时间极短，内力远大于外力，乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，有
0=Mv1－mv2
解得乌贼喷出水的速度大小
v2=18m/s
故B错误，C正确；
D．根据能量守恒定律，在乌贼喷水的过程中，转化为机械能的生物能
故D错误。
故选C。
11. 如图所示，半径为R的圆弧轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球由距槽口M正上方3R的O点无初速度释放，经过一段时间小球运动到圆弧轨道的最高点N，且此时小球与轨道之间压力的大小为mg。重力加速度为g，则对小球由O到N的过程，下列描述正确的是（ ）
A. 小球在N点的速度大小为
B. 小球在N点具有的重力势能为mgR
C. 合力对小球做功为2mgR
D. 摩擦力对小球做功为－2mgR
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题知，小球运动到圆弧轨道的最高点N时小球与轨道之间压力的大小为mg，则
解得
A正确；
B．由于题意没有规定零势能面在何处，则无法确定小球在N点具有的重力势能，B错误；
C．根据动能定理可知，合力对小球做功，即小球动能的改变量，则从O到N有
解得
W合 = mgR
C错误；
D．小球从O到N根据动能定理有
解得
Wf = －mgR
D错误。
故选A。
12. 从地面竖直向上抛出的物体向上运动的位移中点为P，取地面为重力势能零点，其上升阶段动能Ek和重力势能Ep随位移变化的图像如图所示，取g=10m/s2。则下列说法错误的是（ ）
A. 物体所受阻力大小为4NB. 物体质量为1.6kg
C. 物体落地时的速度为D. 物体动能和重力势能相等的位置在P点
【答案】D
【解析】
【详解】A．在上升过程中，动能随高度均匀减小，说明空气阻力大小恒定，由动能定理有
解得
则选项A正确；
B．由图像知，物体上升的高度，物体在最高点重力势能
解得
则选项B正确；
C．由图像知，物体上升过程中损失的机械能
由于空气阻力大小恒定，那么物体下落过程机械能也损失，到地面时的动能
解得
则选项C正确；
D．设物体抛出点为A，最高点为B，在上升过程中，物体在P点的机械能大于在B点的机械能，而物体在P点的重力势能为B点重力势能的一半，所以物体在P点的动能一定大于重力势能，因此上升过程动能等于重力势能的位置一定在P点上方；而在下落过程中，物体在P点的机械能小于在B点的机械能，物体在P点的重力势能为B点重力势能的一半，所以物体在P点的动能一定小于重力势能，因此下落过程动能等于重力势能的位置一定在P点下方，则选项D错误。
故选D。
13. 如图甲，光滑水平面上放着长木板B，质量为的木块A以速度滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，则（ ）
A. 内，A、B构成的系统机械能守恒B. 内，A、B受到的合力相同
C. 长木板B的质量D. A、B之间由于摩擦而产生的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．A、B构成的系统合外力为零，所以A、B动量守恒；A、B间摩擦力做功，摩擦生热，A、B构成的系统机械能不守恒，故A错误；
B．内，A、B受到的合力方向不相同，故B错误；
C ．A、B构成的系统合外力为零，A、B构成的系统动量守恒得
解得长木板B的质量
故C错误；
D．由能量守恒定律可知A、B之间由于摩擦而产生的热量等于机械能的减小量
故D正确。
故选D。
14. 如图质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为，现将质量也为的小球从距A点正上方高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从冲出，在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为处不计空气阻力，小球可视为质点，则（ ）
A. 小球和小车组成的系统动量守恒
B. 小球离开小车后做竖直上抛运动
C. 小车向左运动的最大距离为
D. 小球第二次在空中能上升到距点所在水平线的最大高度为
【答案】B
【解析】
【详解】A．小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒。竖直方向小球有加速度，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，在A点时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球运动到B点时小球与小车水平方向共速，而系统水平方向动量为零，即此时小球与小车水平方向的速度均为零，所以小球离开小车后只具有竖直方向的速度，做竖直上抛运动，故B正确；
C．设小车向左运动的最大距离为x，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得
即
解得
故C错误；
D．小球第一次从距A点h0下落运动到点所在水平线的最大高度为处过程中，由动能定理得
Wf为小球在小车中运动时克服摩擦力做功大小，解得
小球第二次在小车中运动时，对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于，而小于，故D错误。
故选B。
15. 如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球（ ）
A. 从a运动到b的时间大于从b运动到c的B. 在b点的加速度方向竖直向下
C. 在a点的机械能比在b点的大D. 在a点的动能与在c点的相等
【答案】C
【解析】
【详解】A．足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于b运动到c过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的，A错误；
B．在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；
C．由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；
D．从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高重力势能相同，a点的动能比在c点时大，D错误。
故选C。
16. 一个绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A，B两块，其中A仍在原轨道运动，不计炸裂前后卫星总质量的变化，则（ ）
A. B可能在原轨道运动
B. 炸裂后的瞬间A、B的总动能大于炸裂前的动能
C. 炸裂后的瞬间A、B的动量大小之比为：
D. 炸裂后的瞬间A、B速率之比为：
【答案】BC
【解析】
【详解】A．炸裂后A仍在原轨道运动，故A的速率不变，方向反向；设爆炸前总质量为，根据动量守恒得
故
故B不可能在原轨道运动，故A错误；
B．根据能量守恒可知，炸裂后化学能转化为动能，故总动能增加，故B正确；
C．炸裂后动量之比为
故C正确；
D．炸裂后的瞬间A、B速率之比为
故D错误。
故选BC。
17. 如图所示，一热气球下面系一质量为m的物体，物体距水平地面的高度为h，它们正以速度v沿水平方向匀速运动。某时刻绳子断裂，物体和热气球分离。已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，不计空气阻力及绳子长度，物体可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 物体刚到达地面时，热气球离地面的高度为
B. 物体刚到达地面时，热气球离地面的高度为
C. 物体刚到达地面时，热气球的速度大小为
D. 物体刚到达地面时，热气球的速度大小为
【答案】AC
【解析】
【详解】AB．热气球与物体组成的系统竖直方向上动量守恒，则
物体竖直方向的位移
气球竖直方向的位移
则有
物体刚到达地面时热气球离地面的高度为
A正确，B错误；
CD．设物体到达地面时物体与热气球的竖直分速度大小分别为v1、v2，则竖直分速度满足
热气球与物体组成的系统竖直方向上动量守恒，规定竖直向下的方向为正方向，则
解得
故物体刚到达地面时，热气球的速度大小
C正确，D错误。
故选AC。
18. 如图所示，有质量为2m、m的小滑块P、Q，P套在固定竖直杆上，Q放在水平地面上．P、Q间通过饺链用长为L的刚性轻杆连接，一轻弹簧左端与Q相连，右端固定在竖直杆上，弹簧水平，α=30°时，弹簧处于原长．当α=30°时，P由静止释放，下降到最低点时α变为60°，整个运动过程中，P、Q始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g．则P下降过程中
A. P、Q组成的系统机械能守恒
B. 当α=45°时，P、Q的速度相同
C. 弹簧弹性势能最大值为(－1)mgL
D. P下降过程中动能达到最大前，Q受到地面的支持力小于3mg
【答案】CD
【解析】
【详解】A、根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B、由运动的合成和分解可知，当α=45°时，有，所以两者的速度大小相等，但是速度是矢量，包括大小和方向，P的速度方向竖直向下，Q的速度方向水平向左，故P、Q的速度不同，故B错误；
C、根据系统机械能守恒可得：EP＝2mgL（cs30°﹣cs60°），弹性势能的最大值为EP＝（1）mgL，故C正确；
D、P下降过程中动能达到最大前，P加速下降，对P、Q整体，在竖直方向上根据牛顿第二定律有3mg﹣N＝2ma，则有N＜3mg，故D正确．
二、实验题（本题共2小题，共16分）
19. 用如下图所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）关于本实验，下列说法正确的是______（填字母代号）。
A．应选择质量大、体积大重物进行实验
B．释放纸带之前，纸带必须处于竖直状态
C．先释放纸带，后接通电源
（2）实验中，得到如图所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为、、。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T。设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量____，动能变化量______。（用已知字母表示）
【答案】 ①. B ②. ③.
【解析】
【详解】（1）[1]A．为减小空气阻力的影响，实验要选用质量大且体积小的重物做实验，故A错误；
B．为避免纸带与限位孔之间的摩擦，保证纸带沿竖直方向运动，释放纸带前，纸带必须处于竖直状态，故B正确；
C．为充分利用纸带，应先接通电源，后释放纸带，故C错误。
故选B。
（2）[2]从打O点到B点的过程中，重力做正功，重物的重力势能减少，动能增加，则
[3]B点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则
则动能变化量为
20. 利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为的滑块A与质量为的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小和，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平；
（2）测得两滑块的质量分别为和。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为______kg的滑块作为A；
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离与B的右端到右边挡板的距离相等；
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；
（6）表中的______（保留2位有效数字）；
（7）的平均值为______；（保留2位有效数字）
（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的理论表达式为______（用和表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【答案】 ①. 0.304 ②. 0.31 ③. 0.32 ④. ⑤. 0.34
【解析】
【详解】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作为A。
（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
（7）[3]平均值为
（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
联立解得
代入数据可得
三、解答题（本题共3个小题，共36分，解答应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）
21. 如图所示，在一次无人机模拟演练中，某同学指挥自己设计的遥控无人机在26N的恒定升力作用下由地面从静止开始竖直向上运动，6s后关闭动力，空气阻力恒为4N，上升到最大高度后该同学操作无人机下落，经过6.5s无人机返回地面且速度刚好减为零，已知无人机质量为2kg，g取，求：
（1）无人机上升的最大高度；
（2）整个运动过程中无人机的平均功率。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）设无人机从静止竖直起飞匀加速上升过程的加速度为，上升的高度为，上升的最大高度为H，则
关闭动力后，对无人机有
上升的高度为
最大高度为
联立解得
（2）无人机从最大高度到地面的过程中，由动能定理有
匀减速上升阶段的运动时间
整个过程的运动时间为
上升过程中无人机做的功为
则整个过程的平均功率为
联立解得
22. 如图所示，在距水平地面高h=0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA=1.0kg的物块A以v0=5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s=1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，物块B的质量mB=1.6kg，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；
(2)物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x；
(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E。
【答案】(1)4.0m/s；(2)1.0m；(3)3.0J
【解析】
【详解】(1)物块A沿桌面滑动所受摩擦力
f=μmAg
做匀减速运动的加速度大小
a=μg=2.5m/s2
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式
v02 –vA2=2as
解得
vA=4.0m/s
(2)设两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小为vB，因碰撞时间极短，根据动量守恒定律有
mAvA=mBvB
解得
vB=2.5m/s
物块B离开桌面后做平抛运动的时间
t==0.40s
物块B落地点到桌边缘O点的水平距离
x=vBt=1.0m
(3)物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能
E=mAvA2-mBvB2=3.0J
23. 如图所示，光滑水平面MN左端足够远的地方有一弹性挡板P（碰撞时无能量损失），右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L = 2m，传送带逆时针匀速转动，其速度v = 2m/s。MN上放置着两个可视为质点的质量为mA= 4kg、mB= 1kg的小物块A、B，开始时A、B都静止，A、B间压缩一锁定的轻质弹簧，其弹性势能Ep= 10J。现解除锁定，弹簧弹开A、B后迅速移走弹簧，g = 10m/s2。求：
（1）物块A、B被弹开时各自速度大小；
（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，则小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为多大；
（3）若物块A、B与传送带间的动摩擦因数都等于第（2）问中的临界值，且两物块碰撞后结合成整体。在此后物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量。
【答案】（1）vA = 1m/s，vB = 4m/s；（2）0.4；（3）8J或24J
【解析】
【详解】（1）A、B物块被弹簧弹开的过程中，由动量守恒得
由能量守恒得
联立解得
vA = 1m/s，vB = 4m/s
（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，小物块B不能在传送带的Q端掉下，则小物块B在传送带上最多减速运动到Q端速度减为零，以B为研究对象，据动能定理有
解得
μ = 0.4
（3）物块B返回过程先加速后匀速，到达水平面MN上时的速度等于传送带速度，故
若两物块A、B在水平面MN上相向碰撞结合成整体，设共同速度v1，根据动量守恒定律可得
解得
v1 = 0.4m/s
方向向右。因为
v1 = 0.4m/s < v = 2m/s
所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN上，且速度与v1等值，整体与弹性挡板碰撞后再滑上传送带，如此重复运动。两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为
故物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量为
若两物块A、B在水平面MN上同向碰撞结合成整体，设共同速度为v2，根据动量守恒有
解得
v2 = 1.2m/s
方向向右。因为
v2 = 1.2m/s < v = 2m/s
所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN上，且速度与v2等值，如此重复运动。此时两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为
故物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量为
1
2
3
4
5
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
0.15
0.21
0.33
0.40
046
0.31
0.33
0.33
0.33