广西省南宁市达标名校2019年高考三月大联考物理试卷含解析

广西省南宁市达标名校2019年高考三月大联考物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．宇宙中有一孤立星系，中心天体周围有三颗行星，如图所示。

中心天体质量远大于行星质量，不考虑行星之间的万有引力，三颗行星的运动轨道中，有两个为圆轨道，半径分别为r 1、r 3，一个为椭圆轨道，半长轴为a ，a=r 3 。

在Δt 时间内，行星Ⅱ、行星Ⅲ与中心天体连线扫过的面积分别为S 2、S 3；行星Ⅰ的速率为v 1、行星Ⅱ在B 点的速率为v 2B 、行星Ⅱ在E 点的速率为v 2E 、行星Ⅲ的速率为v 3，下列说法正确的是（ ）
A ．S 2=S 3
B ．行星Ⅱ与行星Ⅲ的运行周期相等
C ．行星Ⅱ与行星Ⅲ在P 点时的向心加速度大小相等
D ．v 3< v 1< v 2
E < v 2B
2．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量A B m m ，B 球上固定一轻质弹簧。

A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，则（ ）
A ．A 球的最小速率为零
B ．B 球的最大速率为v
C ．当弹簧恢复原长时，B 球速率最大
D ．当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小
3．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u ＝2202sin314t(V)，副线圈接电阻R ，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。

则下列说法中正确的是（ ）
A．电压表读数为222V
B．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍
C．若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍
D．若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变
4．某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。

先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线，如图2所示。

电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0，图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率k，但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信
息，下列物理量不能求出
．．．．的是
A．电容器放出的总电荷量B．电阻R两端的最大电流
C．定值电阻R D．电源的电动势和内电阻
5．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，F随时间变化规律如图所示，下列说法正确的是（）
A．在0~4s时间内，位移先增后减
B．在0~4s时间内，动量一直增加
C．在0~8s时间内，F的冲量为0
D．在0~8s时间内，F做的功不为0
6．如图所示，带正电的点电荷Q固定，电子仅在库仑力作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N 为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。

φM、φN和E M、E N分别表示电子在M、N两点的电势和电场强度，则电子从M点逆时针运动到N点（）
A．φM＞φN，E M＜E N B．φM＜φN，E M＞E N
C．电子的动能减小D．电场力对电子做了正功
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5m/s，则下列说法正确的是_________．
A．此时P、Q两点运动方向相同
B．再经过0.5s质点N刚好在（-5m，20cm）位置
C．在1.5s<t<1.6s时间间隔内，质点N在x轴上方向上运动
D．能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz
E.再经过0.5s时间质点M通过的路程大于100m
8．关于机械波与电磁波，下列说法中正确的是
A．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动B．弹簧振子在四分之一个周期里运动的路程一定等于一个振幅
C．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去
D．电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、可见光、红外线、γ射线
E.在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同
9．如图所示，下雨天，足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒，设他的支撑脚对地面的作用力为F，方向与竖直方向的夹角为θ，鞋底与球场间的动摩擦因数为μ，下面对该过程的分析正确的是（）
A．下雨天，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力增大
B．奔跑步幅越大，越容易滑倒
C．当μ<tanθ时，容易滑倒
D．当μ>tanθ时，容易滑倒
10．从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能E k与重力势能E p之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和E p随它离开地面的高度h的变化如图所示。

重力加速度取10m/s2。

由图中数据可得( )
A ．物体的质量为1kg
B ．物体受到的空气阻力是5N
C ．h=2 m 时，物体的动能E k =60 J
D ．物体从地面上升到最高点用时0.8s
11．甲、乙两车在同一平直道路上同向运动其v t -图像如图所示，图中OPQ ∆和OQT ∆的面积分别为1s 和()221s s s >，初始时，甲车在乙车前方0s 处，则（ ）
A ．若012s s s =+，两车不会相遇
B ．若01s s <，两车相遇2次
C ．若01s s =，两车相遇1次
D ．若02s s =，两车相遇1次
12．下列说法中正确的是( )
A ．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B ．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性
C ．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
D ．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体 三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组调试如图1所示的装置准备研究加速度与受力的关系，实验小组悬挂砝码及砝码盘打出纸带并测量小车的加速度：已知小车的质量为M ，砝码及砝码盘的总质量为m ，打点计时器所接的交流电的率为50Hz 。

（1）实验步骤如下：
①按图1所示，安装好实验装置，其中动滑轮与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直
②调节长木板的领角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动，其目的是___ ③挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度 ④改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤③，求得小车在不同合力作用下的加速度 ⑤弹簧测力计的读数为F ，则小车所受合外力为___
（2）实验过程中，关于砝码及砝码盘的总质量m 与小车的质量M 的关系，下列说法正确的是__； A ．M 必须远大于m B ．M 必须远小于m C ．可以不用远大于m D ．M 必须等于m
（3）实验中打出的一条纸带如图2所示，则由该纸带可求得小车的加速度为___2m/s 。

14．如图1所示，为“探究加速度与力、质量的关系”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。

钩码的质量为m 1，小车和砝码的质量为m 2，重力加速度为g 。

（1）下列说法正确的是_________。

A ．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力
B ．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源
C ．本实验m 2应远小于m 1
D ．在用图象探究加速度与质量关系时，应作a ﹣
2
1
m 图象 （2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得F=m 1g ，作出a ﹣F 图象，他可能作出图2中_____________（选填“甲”、“乙”、“丙”）图线。

此图线的AB 段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是______________。

A ．小车与轨道之间存在摩擦 B ．导轨保持了水平状态 C ．砝码盘和砝码的总质量太大 D ．所用小车的质量太大
（3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的
2
1
m ﹣a 图象，如图3。

设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，则小车与木板间的动摩擦因数μ=________，钩码的质量
m1=________。

（4）实验中打出的纸带如图4所示。

相邻计数点间的时间是0.1s，图中长度单位是cm，由此可以算出小车运动的加速度是________m/s2。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图（a），一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为L；两根相同的导体棒M、N置于导轨上并与导轨垂直，长度均为L；棒与导轨间的动摩擦因数为µ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。

从t＝0时开始，对导体棒M施加一平行于导轨的外力F，F随时间变化的规律如图（b）所示。

已知在t0时刻导体棒M的加速度大小为µg时，导体棒N开始运动。

运动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加速度大小为g，两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。

求：
(1)t0时刻导体棒M的速度v M；
(2)0~t0时间内外力F的冲量大小；
(3)0~t0时间内导体棒M与导轨因摩擦产生的内能。

16．如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为m＝1kg的小物体放在斜面上，斜面与水平方向的夹角为θ＝37°，若小物体受到一大小为F＝20N的沿斜面向上的拉力作用，可以使小物体从斜面底端A 由静止向上加速滑动。

当小物体到达斜面顶端B时，撤去拉力F且水平传送带立即从静止开始以加速度
a0＝1m/s2沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减为零时刚好滑到水平传送带的右端C处。

小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为µ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB间距离L＝5m，导槽D可使小物体速度转为水平且无能量损失，g＝10m/s2。

已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
(1)小物体运动到B点的速度
(2)小物体从A点运动到C点的时间
(3)小物体从B点运动到C点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量Q
17．如图甲所示，质量m=1kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。

已知木板质量M=4 kg，上表面
与圆弧轨道相切于B 点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v t 图象如图乙所示，取g=10m/s 2。

求：
（1）圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小； （2）滑块与木板间的动摩擦因数； （3）木板的长度。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．B 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．行星Ⅱ、行星Ⅲ满足a=r 3，据开普勒第三定律知他们的运行周期相等，令△t 等于一个周期，它们与中心天体连线扫过的面积，椭圆面积小于圆面积，故A 错误，B 正确；
C ．向心加速度为垂直于速度方向的加速度，行星Ⅱ与行星Ⅲ在P 点时加速度相等，但行星Ⅱ在该点的向心加速度为此加速度沿P 至椭圆圆心方向的分量，小于行星Ⅲ在P 点时加速度，故C 错误；
D ．据1313
GM GM
v v r r ＝
＞＝，考虑到Ⅰ到Ⅱ的变轨过程应该在B 点加速，有v 1＜v 2B ，B 到E 过程动能向势能转化，有v 2B ＞v 2E ，考虑到v 2E 小于在E 点能够绕中心天体匀速圆周运动所需的速度v E ，而v E ＜v 3，所以有v 2E ＜v 3，综上所述v 2E ＜v 3＜v 1＜v 2B ，故D 错误； 故选B 。

2．C 【解析】 【分析】 【详解】
分析小球的运动过程：A 与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A 产生向左的弹力，对B 产生向右的弹力，A 做减速运动，B 做加速运动，当B 的速度等于A 的速度时压缩量最大，此后A 球速度继续减小，B 球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B 球速率最大，A 球速度最小，此时满足
12A A B m v m v m v =+
22212111222
A A
B m v m v m v =+ 解得
1A B
A B m m v v m m -=
+
22A
A B
m v v m m =
+
因为A B m m >，可知A 球的最小速率不为零，B 球的最大速率大于v ，选项ABD 错误，C 正确。

故选C 。

3．B 【解析】 【详解】
A ．根据
sin314t （V ）可知，原线圈的电压有效值为U 1=220V ，电压表的读数为变压器的输出电
压的有效值，由1
1
22
U n U n ＝
得电压表读数为：U 2=22V ，故A 错误； B ．若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据
1122 U n U n ＝可知，U 2增大到原来的2倍，由22U I R
＝可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B 正确；
C ．若仅将R 的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据2
2
U P R
=可知次级功率变为原来
的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项C 错误；
D ．若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，同时R 的阻值也增加到原来的2倍，故输
出功率22
U P R
=变为原来的2倍，故D 错误。

故选B 。

4．D 【解析】 【详解】
由Q=CU 0，所以容器放出的总电荷量可求，所以A 选项能求出；根据I=Q/t ，变形得Ut
Q It R
==，Ut 为图象与坐标轴所围面积S 可求，所以Q=S/R ，则0
S S R Q CU =
=，所以C 选项可求；电阻R 两端的最大电流即为电容器刚开始放电的时候，所以2
00max
U CU I R S
==
， 选项B 电阻R 两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放电时的电压，即E=U 0，内电阻无法求出，所以选项D 不能求出。

5．C 【解析】 【详解】
A ．由图可知，在0-4s 内力F 先向正方向，再向反方向，故质点先加速再减速到0，速度方向不变，位移增加，故A 错误；
B ．在0-4s 内，速度先增加后减小，动量先增加后减小，故B 错误；
C ．0到8s 内，一半时间的冲量为正，另一半时间的冲量为负，则总的冲量为0，故C 正确；
D ．因8s 内总的冲量为0，根据动量定理，可知动量的变化为0，即初末速度为0，则动能的变化量为0，F 做功为0，故D 错误。

故选C 。

6．D 【解析】 【分析】
考查点电荷场强分布，电场力做功与电势能的变化。

【详解】
AB ．在正电荷形成的电场中，越靠近点电荷的位置场强越大，电势越高，所以E M ＜E N ，φM ＜φN ，故AB 错误；
CD ．当电子从M 点向N 点运动时，库仑力对电子先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，根据功能关系可知，电子的电势能先减小后增加，电场力所做的总功为正，所以总的电势能减小，动能增大，故C 错误，D 正确。

故选D 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 7．ABE 【解析】 【分析】 【详解】
A.根据对称性可知，此时P （-2m ，0cm ）、Q （2m ，0cm ）两点运动方向相同，A 正确；
B.由图可知波长2m λ=，周期为25T s v
λ
=
=
，时间1
0.514
t s T ==，波传到N 点的时间为T ，波传到N 点时，N 点向上运动，经过0.5s 质点N 刚好在波峰，其坐标为（-5m ，20cm ），B 正确；
C.在1.5s<t<1.6s 时间间隔内，即3
3~44
T T ，由周期性可知其与3
1~24
T T 运动状态相同，可判断质点N 在x 轴下方向上运动，C 错误；
D.该波的频率为1
2.5f Hz T
=
=，能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz ，D 错误；E.在经过0.5s 即1
14T 个周期，1个完整的周期其通过的路程为80cm ，由于14
T 内M 处于加速阶段，因此通过的路程大
于20cm ，即总路程大于100cm ，E 正确． 8．ACE 【解析】 【详解】
A ．机械波在介质中传播时，介质中后振动的质点总是重复先振动的相邻的质点的振动，是受迫振动，选项A 正确；
B ．弹簧振子只有从平衡位置或者离平衡位置最远处开始振动计时，在四分之一个周期里运动的路程才等于一个振幅，选项B 错误；
C ．有经验的战士可以根据炮弹飞行的尖叫声判断炮弹是接近还是远去，这是根据多普勒效应，选项C 正确；
D ．波长越大的衍射能量越强，则电磁波衍射能力由强到弱的顺序是无线电波、红外线、可见光、γ射线，选项D 错误；
E ．在真空中传播的电磁波频率不同，传播的速度相同，选项E 正确； 故选ACE. 9．BC 【解析】 【详解】
A ．下雨天，地面变光滑，动摩擦因数μ变小，最大静摩擦力减小，故A 错误；
B ．将力F 分解，脚对地面的压力为Fcosθ，奔跑幅度越大，夹角θ越大，则压力越小，最大静摩擦力越小，人越容易滑倒，故B 正确； CD ．当 Fsinθ＞μFcosθ 时人容易滑倒，此时 μ＜tanθ
故C 正确，D 错误。

故选BC。

10．BD
【解析】
【详解】
A．由图知，h=4m时E p=80J，由E p=mgh得m=2kg，故A错误。

B．上升h=4m的过程中机械能减少△E=20J，根据功能关系可得fh=△E
解得f=5N，故B正确；
C．h=2m时，E p=40J，E总=90J，则物体的动能为
E k=E总-E p=50J
故C错误。

D．物体的初速度
02
10m/s k
E
v
m
==
从地面至h=4m用时间
24
0.8s
10
2
h
t s
v
⨯
===
故D正确。

11．ABC
【解析】
【详解】
读取v t-图像信息，运动情景图如图所示
图像与t轴所围面积为位移，至Q点时，乙车位移为
s
乙12
s s
=+
甲车位移为
s
甲2
s
=
初始时，甲车在乙车前方0s处
若甲、乙两车速度相同为v时，有
120s s s +=
乙车还没有追上甲车，此后甲车比乙车快，不可能追上；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +>+
即
01s s <
则此前乙车已追上甲车1次，此时乙车在甲车前面，之后乙车速度小于甲车，乙车还会被甲车反追及1次。

则全程相遇2次；
若甲、乙两车速度相同为v 时，有
1202s s s s +=+
即
01s s =
则此前乙车始终在甲车后面，此时乙车刚好追及甲车（临界点），之后乙车速度小于甲车，不再相遇。

则全程仅相遇1次；故A 、B 、C 正确，D 错误；
故选ABC 。

12．BCD
【解析】
【详解】
A ．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A 错误；
B ．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故B 正确；
C ．理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C 正确；
D ．若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D 正确。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．平衡摩擦力 F C 0.15
【解析】
【详解】
（1）②[1]调节长木板的领角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动，其目的是平衡摩擦力； ⑤[2]弹簧测力计的读数为F ，则小车所受合外力为F ；
（2）[3]实验过程中，由于有弹簧测力计测得小车的拉力，则小车的质量M 可以不用远大于砝码及砝码盘的总质量m ，故选C ；
（3）[4]根据2x aT ∆=，则22cd ab x x aT -= ，则
2
2222(7.517.21)10m/s 0.15m/s 220.1
cd ab x x a T ---⨯===⨯ 14．D 丙 C b gk
1gk 0.46 【解析】
【详解】
(1)[1]A ．平衡摩擦力，假设木板倾角为θ，则有：
22sin cos f m g m g θμθ==
m 2约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，故A 错误； B ．实验时应先接通电源后释放小车，故B 错误；
C ．让小车的质量2m 远远大于钩码的质量1m ，绳子的拉力
2212
1m g
F m a m m ==+
故应该是12m m =，故C 错误；
D ．2F m a =，所以：2
F a m =，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作21a m -图像，故D 正确。

故选：D 。

(2)[2]遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。

故图线为丙；
[3]当不满足12m m =时，随m 1的增大物体的加速度a 逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量，故C 正确。

(3)[4][5]根据牛顿第二定律可知 122m g m g m a μ-= 结合2
1a m -图象，可得： 21111a m m m g
μ=+ 设图中直线的斜率为k ，在纵轴上的截距为b ，因此钩码的质量
11m gk
=
小车与木板间的动摩擦因数
b gk
μ= (4)[6]根据△x=aT 2得，
22241222.62 1.2410m/s 0.64m/s 330.1
x x a T ---==⨯=⨯ 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15． (1)222mgR B L μ；(2)032mgt μ；(3)202223t mg mg Q R BL B L μ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

【解析】
【详解】
(1)设t 0时刻棒中的感应电流为i 0，由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 0M E BLv =
根据闭合电路欧姆定律
002E i R
= 导体棒受到的安培力大小为
F 安=BLi 0
对导体棒N ，由平衡条件得
F 安=μmg
整理得t 0时刻导体棒M 的速度
M 22
2mgR v B L μ=； (2)设t 0时刻导体棒M 受到的拉力大小为F 0，根据牛顿第二定律得
0F F mg ma μ--=安
解得
F 0=3
μmg 0:t 0时间内外力F 的冲量大小为
000322
F I t t mg μ==； (3)设导体棒M 开始运动的时刻是t 1，此时导体棒M 受到拉力大小等于摩擦力 F 1=μmg
由F —t 图像可知
0110
F F t t =
设t 1:t 0时间内的平均电流为I ，导体棒M 的位移为x 。

则t 1:t 0时间内的平均电流为 ΔΦ2Δt 2ΔBLx I R R t
== 在01t t t ∆=-过程中，根据动量定理，有
10M ΔΔΔ2
F F t mg t BLI t mv μ+--= 整理得
0222243t mgR mR x B L B L μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
此过程导体棒M 与导轨因摩擦产生的内能
202223t mg mg Q mgx R BL B L μμ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。

16． (1)10m/s ；(2)3s ；(3)60J
【解析】
【详解】
(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得 1cos37sin37F mg mg ma μ-︒-︒=
解得
2110m/s a =
从A 到B 过程中由运动学公式可得
212B v a L =
解得
10m/s B v =
(2)从A 到B 过程中由运动学公式可得
11B v a t =
小物体在BC 段，由牛顿第二定律可得
2mg ma μ=
由运动学公式可得
22B v a t =
小物体从A 到C 过程中的时间
t 总12t t =+
联立解得
t 总3s =
(3)小物体在BC 段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块
212212
x a t = 对传送带
220212
x a t = 小物体相对于传送带的位移
12x x x ∆=+
小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量
Q mg x μ=∆
解得
60J Q =
17．（1）5m R =，30N F =；（2）0.4μ=；（3）10m l =
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小10m /s v =，则由机械能守恒定律有
212
mgR mv = 解得
5m R =
滑块在圆弧轨道末端时
2
mv F mg R
-= 解得
30N F =
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30N
（2）滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有
()1mv m M v =+
解得
12m /s v =
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
1mg ma μ-= 由图乙知 2114m /s v v a t
-=
=- 解得 0.4μ=
（3）由功能关系可知 ()2211122mv m M v mgl μ-+= 解得
10m l =。