江西省宜春市2021届新高考物理仿真第三次备考试题含解析

江西省宜春市2021届新高考物理仿真第三次备考试题
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
1．一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，速度变为原来的2倍，该质点的加速度为（ ）
A ．2s t
B ．22s t
C ．223s t
D ．232s t
【答案】C
【解析】
【分析】
根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的加速度。

本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同时明确加速度的定义即可正确求解。

【详解】
设初速度为v ，则末速度为2v 。

由平均速度公式可得
22v v s v t
+== 由加速度公式可得
2v v v v a t t t
∆-=
==∆ 联立解得223s a t =，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

2．2017年11月24日，国家航天局探月与航天工程中心副主任裴照宇表示，嫦娥五号任务将是我国首次月球表面采样返回任务，这次任务的完成将标志着我国探月工程“三步走”顺利收官。

若已知万有引力常量G ，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出月球密度的是( )
A ．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H 和时间t
B ．嫦娥五号贴近月球表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C ．嫦娥五号在高空绕月球做匀速圆周运动，测出距月球表面的高度H 和运行周期T
D ．观察月球绕地球的匀速圆周运动，测出月球的直径D 和运行周期T
【答案】B
【解析】
设月球的质量为M ，半径为r ，则月球的密度3
3==4M M V r ρπ A ．在月球表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H 和时间t ，根据212H gt =
，可知算出月球的重力加速度，根据2Mm G ma r
=，可以算得月球的质量，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故
A 错误；
B ．根据2224Mm m r G r T
π=得2324r M GT π=，所以23GT πρ=，已知T 就可算出密度，故B 正确； C 、根据2224()()Mm m r H G r H T π+=+得23
2
4()r H M GT π+=，但不知道月球的半径，故无法算出密度，故C 错误；
D 、观察月球绕地球的圆周运动，只能算出地球的质量，无法算出月球质量，也就无法算出月球密度，故D 错误；
故选B 。

3．如图甲所示的“襄阳砲”是古代军队攻打城池的装置，其实质就是一种大型抛石机，图乙是其工作原理的简化图。

将质量m = 10kg 的石块，装在与转轴O 相距L=5m 的长臂末 端口袋中，最初静止时长臂与水平面的夹角30α=︒，
发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止运动，石块靠惯性被水平抛出，落在水平地面上。

若石块落地位置与抛出位置间的水平距离s=20 m,不计空气阻力，取g=l0 m/s 2。

以下判断正确的是
A 3
B 202/3
m s C ．石块即将落地时重力的瞬时功率为6W
D ．石块落地的瞬时速度大小为15m/s
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、石块被抛出后做平抛运动：h ＝L+Lsina ，竖直方向：h 12=gt 2，可得：t 6=，故A 错误；
B 、石块被抛出后做平抛运动，水平方向：s ＝v 0t ，可得：v 02063=
m/s ，故B 错误； C 、石块即将落地时重力的瞬时功率为：P ＝mgv y ＝mg•gt ＝6W ，故C 正确；
D 、石块落地的瞬时速度大小为：v 2201250()3
v gt =+=，故D 错误。

4．三根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正三角形，O 为三角形的重心，通过三根直导线的电流分别用I 1、I 2、I 3表示，方向如图。

现在O 点垂直纸面固定一根通有电流为I 0的直导线，当1230I I I I ===时，O 点处导线受到的安培力大小为F 。

已知通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，则（ ）
A ．当102303I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为4F
B ．当102303I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为3F
C ．当201303I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为3F
D ．当301203I I I I I ===、时，O 点处导线受到的安培力大小为2F
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据安培定则画出123I I I 、、在O 点的磁感应强度123B B B 、、的示意图如图所示
当1230I I I I ===时，三根导线在O 点产生的磁感应强度大小相等，设为0B ，根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
02B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
002F B I L =
AB ．由于通电长直导线在某点产生的磁感应强度大小和电流成正比，当102303I I I I I ===、时，则有 103B B =，230B B B ==
根据磁场叠加原理可知，此时O 点的磁感应强度为
04B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
0042F B I L F '==
故AB 错误；
C ．当201303I I I I I ===、时，有
203B B =，130B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
023B B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00233F B I L F '==
故C 正确；
D ．当301203I I I I I ===、时，有
303B B =，120B B B ==
如图所示
根据磁场叠加原理可知
0B =
此时O 点处对应的导线的安培力
00F I L '==
故D 错误。

故选C 。

5．2019年8月我国已经建成了新托卡马克（EAST ）装置一中国环流器二号M 装置（HL —2M ），为“人造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。

设该
热核实验反应前氘核（2
1H ）的质量为1m ，氚核（31H ）的质量为2m ，反应后氦核（42He ）的质量为
3m ，中子（1
0n ）的质量为4m 。

关于聚变的说法正确的是（ ）
A ．核裂变比核聚变更为安全、清洁
B ．由核反应过程质量守恒可知1234m +m =m +m 。

C ．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减少
D ．HL —2M 中发生的核反应方程式是23411120H+H He+n → 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．轻核聚变比核裂变更为安全、清洁，选项A 错误；
B ．核反应过程中质量数守恒，但质量不守恒，核反应过程中存在质量亏损，因此
1234m m m m +≠+
选项B 错误；
C. 两个轻核结合成质量较大的核，根据质量亏损与质能方程，则有聚变后比结合能将增大，选项C 错误； D ．根据质量数和核电荷数守恒知 HL —2M 中发生的核反应方程式是
2
3
411120H+H He+n →
选项D 正确。

故选D 。

6．下图是a 、b 两光分别经过同一双缝干涉装置后在屏上形成的干涉图样，则（ ）
A．在同种均匀介质中，a光的传播速度比b光的大
B．从同种介质射入真空发生全反射时a光临界角大
C．照射在同一金属板上发生光电效应时，a光的饱和电流大D．若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生a光的能级能量差大【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可知a光的干涉条纹间距小于b光的，根据
L x
d λ
∆=
可知a的波长小于b的波长，a光的频率大于b光的频率，a光的折射率大于b光的折射率，则根据c
n
v
=
可知在同种介质中传播时a光的传播速度较小，A错误；
B．根据
1
sin C
n
=
可知从同种介质中射入真空，a光发生全反射的临界角小，B错误；
C．发生光电效应时饱和光电流与入射光的强度有关，故无法比较饱和光电流的大小，C错误；
D．a光的频率较高，若两光均由氢原子能级跃迁产生，则产生a光的能级差大，D正确。

故选D。

【点睛】
此题考查了双缝干涉、全反射、光电效应以及玻尔理论等知识点；要知道双缝干涉中条纹间距的表达式
L x
d λ
∆=，能从给定的图片中得到条纹间距的关系；要知道光的频率越大，折射率越大，全反射临界角越小，波长越小，在介质中传播的速度越小．
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．如图所示，一长的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一质量的物块以的速率沿直线向左滑上传送带，经过一段时
间后物块离开了传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，则以下判断正确的是（）
A．经过后物块从传送带的左端离开传送带
B．经过后物块从传送带的右端离开传送带
C．在t时间内传送带对物块做的功为-4J
D．在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为16J
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB．当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有
代入数据可得物块加速度大小a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为t1，则有
代入数据解得t1=1s；物块向左运动的位移有
代入数据解得
故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为0后向右加速，根据运动的对称性可知再经过1s从右端离开传送带，离开时速度为1m/s，在传送带上运动的时间为
t=2t1=2s
故A错误，B正确；
C．在t=2s时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为0，故C错误；
D．由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为
当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于x1，故整个过程传送带与物块间的相对位移为
在t 时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为
故D 正确。

故选BD 。

8．如图甲所示，一质量为m 的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F ，力F 随时间t 变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g ，在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是（ ）
A ．物体做匀变速直线运动
B ．02
t 时刻物体速度最大 C ．物体上升过程的最大速度为0gt
D ．0t 时刻物体到达最高点
【答案】BD
【解析】
【详解】
由图可得力F 与时间的关系为0
22mg F mg t t =-，则可得物体的合外力与时间的关系为02A mg F mg t t =-，由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为0
2F g a g t m t ==-合，则可知物体先向上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即020g g t t -=，可得012
t t =，故A 错误，B 正确；由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大速度大小为0001224
m t g v v gt +=∆=⋅=，故C 错误；由前面的分析可知在t=t 0时，加速度为a g =- ，根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0，物体运动到最高点，故D 正确。

故选：BD 。

9．下列说法正确的是________。

A ．夏天行车，给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时胎压会增大
B ．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
C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性
E.夏天开空调给车内降温，此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A．夏天行车，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时，温度会升高，由气态方程可得，胎压会增大，故A 正确；
B．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距离，故B错误；
C．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间引力大于斥力，所以液体表面具有收缩的趋势，故C错误；
D．食盐晶体中的钠、氯离子按一定规律分布，具有空间上的周期性，故D正确；
E．白天很热时，开空调给车内降温，因空调本身也要产生热量，则此时空调机从车内吸收的热量少于向车外排放的热量，故E正确。

故选：ADE。

10．一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8 m，周期为2 s，t＝0 s时刻波形如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
A．图乙可以表示质点b的振动
B．在0~0.25s和0.25~0.5s两段时间内，质点b运动位移相同
C．该波传播速度为v＝16m/s
D．质点a在t=1s时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y=0.1sinπt（m）
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A．由图乙知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t=0时刻的波形，此时a位于波峰，位移最大，与图乙中t=0时刻质点的状态不符，而质点b在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t=0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d的振动，可以表示质点b的振动，故A正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ==
故C 错误；
D ．因周期T=2s ，那么质点a 在t=1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

11．如图所示，在光滑绝缘水平面上，A 、B 和C 为等边三角形ABC 的顶点，A 、B 固定正点电荷+Q ，C 固定负点电荷－Q ，D 、E 是A 、B 连线上的两点，且AD=DE=EB 。

则（ ）
A ．D 点和E 点的电场强度大小相等
B ．D 点和E 点的电场强度方向相同
C ．
D 点和
E 点的电势相等
D ．将负电荷从D 点移到
E 点，电势能增加
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．D 、E 两点电场，是A 、B 两正点电荷的电场与C 点的负点电荷的电场的叠加。

A 、B 两正点电荷在D 点和E 点的合场强大小相等，方向相反，C 点的负点电荷在D 点和E 点的场强大小相等，方向不同，所以，D 点和E 点的合场强大小相等，方向不同，A 正确，B 错误；
C ．
D 点和
E 点在Q -的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以D 点和E 点的电势相等，C 正确； D ．根据电势能的计算公式
p E q ϕ=
可知负电荷在D 点和E 点的电势能相同，D 错误。

故选AC 。

12．如图所示，在水平面上放置间距为L 的平行金属导轨MN 、PQ ，导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B ＝kt （k 为常数，k>0）。

M 、N 间接一阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，与导轨接触良好，其接入轨道间的电阻为R ，与轨道间的动摩擦因数为μ，Pb ＝Ma ＝L （不计导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ），从t ＝0到ab 杆刚要运动的这段时间内（ ）
A ．通过电阻R 的电流方向为M→P
B ．回路的感应电流I ＝2
2kL R
C ．通过电阻R 的电量q ＝mg kL
μ D ．ab 杆产生的热功率P ＝22
2k L R
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．由楞次定律可知，通过电阻R 的电流方向为M→P ，故A 正确；
B ．产生的感应电动势为
E ＝B t
∆∆S ＝kL 2 根据欧姆定律可得电流为
2
22==E kL I R R
故B 错误；
C ．杆刚要运动时
μmg －ktIL ＝0
又因q ＝It ，联立可得 mg q kL μ=
故C 正确；
D ．根据功率公式
24
2
4k L P I R R == 故D 错误。

故选AC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，可选用的实 验器材如下：
A ．待测干电池
B ．电流表A 1(0～200 μA ，内阻为500 Ω)
C ．电流表 A 2(0～0.6 A ，内阻约为 0.3 Ω)
D ．电压表 V(0～15 V ，内阻约为 5 kΩ)
E ．电阻箱 R(0～9999.9 Ω)
F ．定值电阻 R 0(阻值为 1 Ω)
G ．滑动变阻器 R′(0～10 Ω)
H ．开关、导线若干
(1)该小组在选择器材时，放弃使用电压表，原因是____________________。

(2)该小组利用电流表和电阻箱改装成一量程为 2 V 的电压表，并设计了如 图甲所示的电路，图中电流表 a 为___________ (选填“A 1”或“A 2”)，电阻箱 R 的阻值为___________Ω。

(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读出两电流表的示数 I 1、I 2 的多组数据， 在坐标纸上描绘出 I 1－I 2 图线如图乙所示。

根据描绘出的图线，可得所测 干电池的电动势 E ＝_____V ，内阻 r ＝_____Ω。

(保留两位有效数字)
【答案】量程太大，测量误差大 A 1 9500 1.48 0.7～0.8均可
【解析】
【详解】
(1)[1].由于一节干电池电动势只有1.5V ，而电压表量程为15.0V ，则量程太大，测量误差大，所以不能使用电压表；
(2)[2][3].改装电压表时应选用内阻已知的电流表，故电流表a 选用A 1；根据改装原理可知：
162
500950020010
A g U R r I -=-=-Ω=Ω⨯； (3)[4].根据改装原理可知，电压表测量的路端电压为：U=10000I 1；
根据闭合电路欧姆定律可知：
10000I 1=E-I 2（r+R 0）；
根据图象可知：
E=1.48V ；
[5].图象的斜率表示内阻，故有：
0 1.480.60 1.80.50
r R -+=
Ω=Ω 故有：
r=0.8Ω 14．在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。

已知待测金属丝的电阻值Rx 约为5Ω。

在测电阻时，可供选择的器材有：
电源E ：电动势3V ，内阻约1Ω
电流表A 1：量程0~0.6A ，内阻约0.125Ω；
电流表A 2：量程0~3A ，内阻约0.025Ω；
电压表V 1：量程0~3V ，内阻约3kΩ；
电压表V 2：量程0~15V ，内阻约15kΩ；
滑动变阻器R 1：最大阻值5Ω，允许最大电流2A ；
滑动变阻器R 2：最大阻值1000Ω，最大电流0.6A 开关一个，导线若干。

(1)在上述器材中，应该选用的电流表是_______，应该选用的电压表是_______。

若想尽量多测几组数据，应该选用的滑动变阻器是_______（填写仪器的字母代号）。

(2)用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_____________________。

(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是____________。

A ．对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差
B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C ．利用电流I 随电压U 的变化图线求R x 可减小偶然误差
【答案】1A 1V 1R C
【解析】
【详解】
(1)[1]因为电动势3V ，所以电压表选择V 1；
[2]根据欧姆定律可知电路中最大电流为
x
0.6A E I R ==
所以电流表为A 1；
[3]为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器R 1；
(2)[4]因为
V x 300056004050.125
x A R R R R ==>== 则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示
(3)[5]A ．实验中产生的误差不能消除，只能减小，故A 错误；
B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B 错误；
C ．利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故C 正确。

故选C 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ 中存在着磁感应强度大小为B 、
方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U 加速后从小孔C 射出，由磁场边界OP 上N 点垂直OP 进入磁场区域，然后均从边界OQ 射出，ON=l ，不计粒子重力。

(1)若由静止开始加速的某种粒子X 从边界OQ 射出时速度方向与OQ 垂直，其轨迹如图中实线所示，求该粒子的比荷q
m
； (2)若由静止开始加速的另一种粒子Y ，其比荷是X 粒子比荷的14
，求该粒子在磁场区域中运动的时间t 。

【答案】 (1) 222U B l ；(2) 223Bl t U
π= 【解析】
【详解】
(1) X 粒子在电场中加速的末速度为v 0，由动能定理可得
2012
qU mv = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
200v qv B m r
= 由几何知识可知，粒子的轨道半径为
r=l
联立解得
222q U m B l
= (2)Y 粒子在电场中加速的末速度为v 1，由动能定理可得
211112
q U m v = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得 211111
v q v B m r = 又
1114q q m m
=⨯
解得
r 1=2l
Y 粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为O 1，则
由图可得 1111cos 2r l r
θ-== 由三角函数可知
1π3
θ= 所以在磁场中运动的时间为
11π
2π32πm t q B
=⋅ 联立解得
2
2π3Bl t U
= 16．某精密光学仪器上有一块玻璃砖是由一块长方体的匀质玻璃下部分挖掉一个半径为R 的半圆柱形成的，其截面如图所示，CD 为半圆柱体的直径，O 为圆心，AD 长为3R 。

一束单色光从AD 边的中点E 垂直射入玻璃砖，经过折射后从玻璃砖中射出。

已知玻璃砖对该单色光的折射率为3，光在真空中的传播速度为c 。

①请画出此光束在玻璃砖中的光路图，并求出该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖时的折射角； ②该单色光从进入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所经历的时间。

【答案】①如图所示，θ=60°；②3
32R t c
= 【解析】
【分析】 【详解】
①由题意可知，作出光在介质中的光路图如图所示。

根据图示和题意
332sin 2
R
OH OF R α=== ∴α=60°
由光进入该介质的产生全反射时的临界角设为C ，得
1tan C n
= 可得α＞C ，光线在F 点全反射
根据图可知
30γβ==︒
由G 点光线第一次射出介质，由折射定律得
1sin sin n γθ
= 解得
θ=60°
②根据题意，光中介质中的传播速度为
c v n
= 1sin 2
EF R R R β=-=
FG=FO=R 所以光在介质中传播的时间为
EF FG t v += 332R t c
= 17．如图所示，一长为11m L =的水平传送带，以04m/s v =的速率逆时针转动。

把一质量为1kg m =的物块A 以速度大小0v 推上传送带的右端，同时把另一质量为2kg M =的物块B 以速度大小8m/s v =推上传送带的左端。

已知两个物块相撞后以相同的速度在传送带上运动，两个物块与传送带间的动摩擦因数均为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，物块可视为质点且碰撞时间极短。

求：
(1)经多长时间两个物块相撞；
(2)相撞后两个物块再经多长时间相对传送带静止；
(3)物块B 与传送带因摩擦产生的热量Q 。

【答案】 (1)1s(2)
10s 3(3)796J 9
【解析】
【详解】 (1)由题意知物块A 随传送带一起做匀速直线运动，设物块B 做加速度大小为a 的匀减速直线运动，则由牛顿第二定律有
Mg Ma μ=
设经时间t 两个物块相撞，则有
2012
v t vt at L +-= 解得
1s t =或者11s t =（舍去）
(2)规定向右为正方向，两个物块相撞后瞬间的速度为1v ，则有
01()()M v at mv M m v --=+
以两个物块为系统，经时间t '两个物块相对传送带静止，由动量定理得
01()()()M m gt M m v M m v μ'-+=-+-+
解得
10s 3
t '=
(3)设物块B 在与物块A 相撞之前与传送带因摩擦产生的热量为1Q ，由能量守恒定律有 221011()22
Q Mv M v at Mg v t μ=--+⋅ 设碰撞之后物块B 与传送带因摩擦产生的热量为2Q ，由能量守恒定律有
2200121
122
Mg v t Mv Mv Q μ'⋅=-+ 物块B 与传送带因摩擦产生的热量
12Q Q Q =+
解得
796J 9
Q =。