1、- 1 -湖北省鄂州市、黄冈市 2019 届高三物理上学期元月调研试题（含解析）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
2、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
3、-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 -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500
4、km 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
5、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
6、明朝的士大夫万户。他把 47 个自制的火箭绑在- 3 -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
7、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- 4 -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
8、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、S 2，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 S1S2，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
9、相等D. 0-t2时间内，甲车的平均速度 vS2，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-t 2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
10、，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，R 1、R 2、R 3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】- 6 -【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，R 2启
11、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，R 3两端间的电压减小，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，R 3两端间的电压不变，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 R
12、3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
13、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- 7 -C. A、C 二根单位长度所受的磁场作用力大小之比为 12D. 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
14、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 A
15、B 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 夹角。下列能保持夹角 不变的方法有- 8 -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；【
16、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
17、 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。- 9 -【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
18、 长度均为9m，单位长度的阻值为 r=0.5，导轨间距 L=0.5m 导轨左端连接一阻值为 R=4 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
19、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- 10 -有最大值，最大值为
20、，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
21、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
22、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- 11 -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 A
23、B 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
24、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，- 12 -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“
25、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
26、 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- 13 -，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，
27、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(dR)，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
28、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： - 14 -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=2105 kg、带电量为 q=+5105 C 的液滴以 v=2m/s 的速度沿直线从 P 点
29、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 =
30、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）- 15 -(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 ，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，m B=3kg。在水平地面左侧有倾角 =30的粗糙传
31、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 = ，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】- 16 -【分析】爆炸过程，对 A 和 B 组成的系统由动量守恒，
32、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 、
33、 ，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： - 17 -(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
