【文档说明】山东省济南市历城第二中学2022-2023学年高二上学期入学考试物理试题含答案.docx，共(23)页，1.418 MB，由管理员店铺上传

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第1页/共23页学科网（北京）股份有限公司58级高二开学考试物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列物理量的单位与J/C等价的是（）A.电势差B.电势能C.电场力D.电

场强度【答案】A【解析】【详解】根据静电力做功与电势差的关系知WUq=1V=1J/C，与J/C等价的是电势差，故A正确，BCD错误。故选A。2.如图所示，水平抛出一个小球，若不计空气阻力，小球落地前关于小球在相等时间内的运动，下列说法正确的是（）A.位移相同B.竖直方向分运动的位移相同C.

速度的变化量相同D.速度的变化量越来越大【答案】C【解析】【详解】AB．小球做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动（匀加速直线运动），根据运动学规律可知在两任意相等时间内，小球水平方向分运动的位移一定相等，竖直方向

分运动的位移一定不等，所以合位移不可能相等，故AB错误；CD．平抛运动属于匀变速曲线运动，根据vgt=可知小球落地前在任意相等时间内速度的变化量相同，故C正确，D错误。故选C。3.如图所示，在德州市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周

运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对第2页/共23页学科网（北京）股份有限公司静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是（）A.司机和乘客具有相同的线速度B.汽车所受的合力一定指向圆心C.汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力D

.汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力【答案】D【解析】【详解】A．司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系vr=，则线速度不同，故A错误；B．因汽车做减速圆周运动，

汽车所受合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；C．乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有2Fmr=右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司

机的作用力大小关系无法确定，故C错误；D．汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动合力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。故选D。4.2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端

口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的116。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进

行对接B.组合体的向心加速度大于gC.组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度的第3页/共23页学科网（北京）股份有限公司D.组合体运行周期为17π1732RTg=【答案】D【解析】【详解】A．根据万有引力提供向

心力，有22MmvGmrr=神舟十四号变轨到达与天和核心舱同一轨道，若再加速则会做离心运动，不会追上核心舱进行对接，故A错误；B．根据牛顿第二定律，组合体的向心加速度为2MaGr=由2MgGR=组合体的轨道半径r大于地球半径R，故组合体的向心加速度

小于g，故B错误；C．根据万有引力提供向心力可得22GMmvmrr=解得1GMvrr=由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则组合体的线速度大于同步卫星的线速度，同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以同

步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；D．设组合体运行的周期为T，则22417161716MmGmRTR=在地球表面有002G

MmmgR=联立解得的第4页/共23页学科网（北京）股份有限公司17π1732RTg=故D正确。故选D。5.如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的正电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处固定一电荷量为q的负点电荷。

已知d点处的场强为零，静电力常量为k，则b点处场强的大小为（）A.210qkRB.2109qkRC.29QqkR+D.299QqkR+【答案】B【解析】【详解】由于d点处的电场强度为零，可知，-q在d点的场强与圆盘

在d点的场强等大反向，可得2=9qEkR盘方向水平向右，由对称性可知圆盘在b点的电场强度大小为E盘，方向水平向左，b点的合场强为2210=9qqEkEkRR+=盘方向水平向左。故选B6.如图所示，一质量为m的小滑块（可视

为质点）从斜面上的P点由静止下滑，在水平面上滑行，至Q点停止运动。已知P点离水平面高度为h，小滑块经过斜面与水平面连接处时无机械能损失，重力加速度为g。为使小滑块由Q点静止出发沿原路返回到达P点，需对小滑块施加一个始终与运动方向相同的拉力，则

拉力至少对小滑块做功（）A.mghB.2mghC.2.5mghD.3mgh【答案】B。第5页/共23页学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】根据题意，设滑块由P点到Q点，摩擦力做功为W，由动能定理有0mghW+=设

滑块由Q点到P点，拉力做功为1W，由由动能定理有10WWmgh+−=联立解得12Wmgh=故选B。7.如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到

的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度m350v=km/h。则下列说法正确的是（）A.行驶过程中动车受到的阻力大小为mPvB.当动车的速度为m4v时，动车的加速度大小为m3PmvC.从启动到速度为mv的过程中，动车牵引力所做的功为2m12mvD.由题目信

息可估算京张铁路的全长为350km【答案】B【解析】【详解】A．动车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中动车受到的阻力大小mPfv=故A错误；B．当动车的速度为m4v时，动车的牵引力第6页/共23页学科网（北京）股份有限公司mm44vFvPP==根据牛顿第二定律Ffma−=解得m

3Pamv=故B正确；C．从启动到速度为mv的过程中，动车牵引力所做的功等于动车动能增加量和克服阻力做功之和，故大于2m12mv，故C错误；D．只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误。故选B。8.如图所示，空间中存在与水平方向成45角斜向右上方的匀强电场，电场强度为E

，在电场中的P点有一个质量为m，电荷量为q的带正电的小球。已知电场强度2mgEq=，其中g为重力加速度，忽略空气阻力，下列对小球运动情况分析正确的是（）A.若小球从静止释放，小球将做曲线运动B.若小球以某一速度竖直向下抛出，小球的动能一直增加C.若小球以某一速度竖直向上抛出，小球电势能先减小后

增大D.若小球初速度方向与电场线方向相同，最终小球可能竖直向下做直线运动【答案】B【解析】【详解】A．带正电的小球受到的电场力与电场方向相同，大小为第7页/共23页学科网（北京）股份有限公司22mgmgFqqEq===由于竖直方向有sin45yFFmg==可知竖直

方向的合力为零，故小球受到的合力方向水平向右，大小为cos45xFFFmg===合若小球从静止释放，小球将沿合力方向水平向右做匀加速直线运动，A错误；B．若小球以某一速度竖直向下抛出，由于小球受到的合力方向水平向右，小球向下做类平抛运动，运动过程，合力一直做正功，小球

的动能一直增加，B正确；C．若小球以某一速度竖直向上抛出，由于小球受到合力方向水平向右，小球向上做类平抛运动，运动过程，电场力一直做正功，小球的电势能一直减小，C错误；D．若小球初速度方向与电场线方向相同，由于小球

受到的合力方向水平向右，与初速度方向不在同一直线上，小球将做匀变速曲线运动，最终小球不可能竖直向下做直线运动，D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每个题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，力的大小均恒为F，方向都斜向上与竖直方向成角，重物离开地面高度为h时人停止施力，重物最终下落至地面，并

把地面砸下深度为d的凹坑。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.重物落下接触地面时的动能等于2FhB.重物落下接触地面时的动能等于mghC.整个过程重力做功等于mg(hd)D.地面对重物的阻力做功等于－(2Fhcosθmgd)【

答案】D【解析】【详解】AB．为了能使重物从地面上被提升起来，一定有2cosFmg的第8页/共23页学科网（北京）股份有限公司设重物落下接触地面时的动能为Ek，对重物刚开始离开地面到落下接触地面的过程，根据动能定理有k2cosEFhmgh=故AB错误；C．整个过程重力做

功为GWmgd=故C错误；D．设地面对重物的阻力做功为Wf，对重物下落至刚接触地面到最终停下的过程，根据动能定理有Gfk0WWE+=−解得f(2cos)WFhmgd=−+故D正确。故选D。10.如图所示，PB为固定的粗糙水平轨道，BC为竖直面内圆心为O、半

径为0.8mR=的四分之一固定光滑圆弧轨道，PB与BC相切于B点，PB左侧水平固定一轻弹簧。现将一质量为0.2kg的小物块（可视为质点）压缩弹簧至A点后由静止释放。小物块在A、B之间与弹簧脱离，继续沿轨道运动，其运动轨迹的最高点M与圆弧轨道末端C点之间的距离为R。已知小物块与水平面之间的

动摩擦因数为0.25，A、B之间的距离为2R，重力加速度210m/sg=，忽略空气阻力。则小物块由A点运动至M点的过程中，下列说法正确的是（）A.当弹簧恢复原长时，小物块的速度最大B.小物块的机械能先增大，然后减小，最后不变C.小物块在B点速度大小为

22m/sD.小物块位于A点时弹簧的弹性势能为4J【答案】BD【解析】第9页/共23页学科网（北京）股份有限公司【详解】A．当弹簧弹力等于摩擦力时，小物块的加速度为零，小物块的速度最大，此时弹簧仍处于压缩状态，A错误；B．小物块在水平轨道A

B运动过程，小物块的速度先增大后减小，小物块的动能先增大后减小，在水平轨道过程小物块的重力势能不变，在水平轨道过程小物块的机械能先增大后减小，小物块从B到M的过程，只有重力做功，小物块的机械能守恒，故小物块的机械能先增大，然后减小，最后不变，B正确；C．小

物块从B到M的过程，只有重力做功，小物块的机械能守恒，则有2122BmvmgR=解得442m/sBvgR==C错误；D．小物块从A到B过程，根据功能关系可得2122BEmgRmv=+弹解得4JE=弹D正确。故选BD。11.质量为m的小球（可视为质点）用长为L的轻绳悬

于P点，某同学用该装置进行了两种情景的操作：Ⅰ．如图甲所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为37°，小球的向心加速度大小为1a，绳子的拉力大小为1F；Ⅱ．如图乙所示，使小球在竖直平面内左右摆动，绳子的最大摆角为37°，当小球摆到最低点时，小球的加速

度大小为2a，绳子的拉力大小为2F。重力加速度为g，sin370.6=，cos370.8=，忽略空气阻力，则以下比值正确的是（）A.12158aa=B.12103aa=C.122825FF=D.122528FF=第10

页/共23页学科网（北京）股份有限公司【答案】AD【解析】【详解】根据题意图甲，由牛顿第二定律有11sin37Fma=竖直方向有1cos37Fmg=联立解得154Fmg=，134ag=根据题意图乙，设绳子长度为L，由机械能守恒定律有()211cos372

mgLmv−=在最低点，由牛顿第二定律有222vFmgmmaL−==解得275Fmg=，225ag=AB．加速度之比为123154285gaag==故B错误，A正确；CD．绳子拉力大小之比为1252547285mgFFmg==故C错误，D正确

。故选AD。12.如图所示，传送带底端A点与顶端B点的高度差为h，传送带在电动机的带动下以速率v匀速运动。现将一质量为m的小物体轻放在传送带上的A点，物体在摩擦力的作用下向上传送，在到达B点之前，已经与传送带共速，物体与传送带因摩擦产生的热量为Q。则在传送带将物

体从A送往B的过程中，下列说法正确的是（）第11页/共23页学科网（北京）股份有限公司A.物体与传送带因摩擦产生的热量为212mvB.传送带对物体做功为212mghmv+C.传送带对物体做功为212mghmv

Q++D.为传送物体，电动机需对传送带额外做功212mghmvQ++【答案】BD【解析】【详解】A．设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时间为vta=t时间内物体和传送带的位移大小分别为212vxa=2

2vxvta==物体相对于传送带滑动的位移大小为2212vxxxa=−=设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得cossinagg=−物体与传送带因摩擦产生的热量为221cos1cos2cossin2gQmgxmvmvgg

==−故A错误；BC．根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即第12页/共23页学科网（北京）股份有限公司2112Wmghmv=+故B正确，C错误；D．根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为221

2WmghmvQ=++故D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.图为某同学研究平抛运动的实验装置示意图。小球每次都从斜槽上某位置无初速度释放，并从斜槽末端飞出。改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而

根据一系列的落点位置可描绘出小球的运动轨迹。（1）该同学在实验中，将水平板依次放在图中的1、2、3的位置进行实验，且1与2的间距等于2与3的间距。通过三次实验，得到小球在水平板上自左向右的三个落点，关于三个落点的分布情况，图中可能正

确的是；A．B．C．（2）该同学在坐标纸上确定了小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置如图所示。已知坐标纸上每个小方格的长度均为l，重力加速度为g，若已探究得出小球在水平方向的分运动为匀速直线运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，通过3个点的分布

可知a点（选填“是”或“不是”）小球的抛出点，小球从轨道末端飞出时的初速度0v。【答案】①.B②.不是③.322gL第13页/共23页学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】（1）[1]平抛运动可以分解为水平方向上的

匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。由题意可知竖直方向上的距离1223yy=，则1223tt，根据0xvt=可得水平方向位移1223xx故选B。（2）[2]如图可知，小球运动轨迹上a、b和c三个点的位置水平位移相同，说明abbctt=，对于时间间隔

为t的初速度为0的自由落体运动满足2112ygt=，2Δygt=可知相等时间间隔内的位移之比为1:3:5:7而a、b和c三个点的位置竖直位移不是1：3，故a点不是小球的抛出点。（2）[3]根据匀变速直线运动的推论相邻相等时间间隔内的位移之

差恒定，则22bcabyygTl−==03abxvTl==联立解得小球从轨道末端飞出时的初速度0v为0322vgL=14.利用如图甲所示的实验装置探究重物下落过程中动能与重力势能的转化问题。（1）实验操作步骤如下，请将步骤B补充完整：第14页/共23页学科网（北京）股份有限公司A

．按实验要求安装好实验装置；B．使重物靠近打点计时器，接着先，后，打点计时器在纸带上打下一系列的点；C．图乙为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一个点。分别测出若干连续点A、B、C……与O点之间的距离1h，2h

，3h……（2）测得重物质量为m，相邻两点的时间间隔为T，则打B点时重物的动能为。（用所测得的物理量表示）（3）取打下O点时重物的重力势能为零，计算出该重物下落不同高度h时所对应的重力势能pE和动能kE，建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示pE和kE，根据数据

在图丙中绘出图线Ⅰ和图线Ⅱ。测得两图线的斜率的绝对值分别为1k和2k。则重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为。（用1k和2k表示）（4）若要验证机械能守恒，需要验证1k和2k满足关系应该是。A．12kkB．12kkC．12kk=D．12kk【答案】①.接通电源②

.释放重物③.()23128mhhT−④.121kkk−⑤.D【解析】【详解】（1）[1][2]在该实验中，应该先接通电源，后释放重物。（2）[3]B点的速度为31B2hhvT−=所以B点的动能为的第15页/共23页学科网（北京）股份有限公司()2312kB21

28mhhEmvT−==（3）[4]对图线ⅠpEmgh=−即1kmg=对图线Ⅱkf)(EmgFh=−即2fkmgF=−则重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为f11212Fmgmkgkkkk−−==（4）[5]

若机械能守恒，则需满足重物下落时所受阻力远小于重力，即如果12kk，可认为重物减小的重力势能等于其增加的动能。故选D。15.如图为北京2022年冬奥会滑雪大跳台的赛道示意图，着陆坡末端是半径为60mR=的圆弧轨道EF，轨道EF对应的圆心角为53=。在某次训练中，质量为70kgm=（含

装备）的运动员经助滑道加速后，自起跳点C以大小为15m/sCv=、方向与水平面夹角为37=的速度飞起，完成空中动作后，恰好沿E点的切线方向进入圆弧轨道EF，接着自由滑行通过最低点F后进入水平停止区FG，然后做匀减速直线运动直到

静止。已知在圆弧轨道的F点地面对运动员的支持力为其重力（含装备）的1.8倍，运动员与停止区之间的动摩擦因数0.5=，g取210m/s，sin370.6=，cos370.8=，忽略运动过程中的空气阻力，运动员视为质点。求：（1）运动员沿水

平停止区FG滑行的距离；（2）以停止区平面为参考平面，运动员在C点的机械能；（3）运动员沿圆弧轨道EF运动时克服摩擦力做的功。第16页/共23页学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）48m；（2）43.0810

J；（3）41.410J【解析】【详解】（1）在F点，对运动员由牛顿第二定律，有2N1.8FvFmgmgmgmR−=−=运动员到达F点后，做匀减速直线运动，由动能定理可得2102Fmgxmv−=−联立解得48mx=（2）运动员从C点到E点机械能守恒，则C点和E点机械能相等，即CEEE=

，运动员从C点到E点水平方向做匀速直线运动，coscosCEvv=即cos3720m/scos53CEvv==则在E点的机械能为()211cos2EEEmgRmv=−+代入数据得43.0810JCEEE==（3）运动员沿圆弧轨道EF运动的过程，由动能定理，有()22f111cos22

FEmgRWmvmv−−=−解得第17页/共23页学科网（北京）股份有限公司4f1.410JW=16.如图所示，水平面内A、B、C三点为等边三角形的三个顶点，三角形的边长为L，O点为AB边的中点。CD为固定的光滑绝缘细杆，D点在O点的正上方，且D点到A、B两点的距离均为L，在A点

固定带电量为Q的点电荷，在B点固定带电量为Q−的点电荷。现将一个质量为m、电荷量为q+的中间有细孔的小球套在细杆上（忽略其对原电场的影响），从D点由静止释放。已知静电力常量为k、重力加速度为g，忽略空气阻力。求：（1）D点的电场强度大小；（2）小球到达C点时的速度大小；（3）小球

从D点到C点的时间。【答案】（1）2DQEkL=；（2）3CvgL=；（3）23gLtg=【解析】【详解】（1）A、B两电荷在D点分别产生的电场强度大小A2QEkL=B2QEkL=由几何关系得两场强夹角为120，由平行四边形定则得2DQEkL=（2）点电荷从D到C运动

，电场力与DC垂直，电场力不做功，从D到C由机械能守恒定律得212DOCmghmv=解得3CvgL=（3）在三角形ODC中有几何关系得第18页/共23页学科网（北京）股份有限公司62DCxL=从D到C做匀加速直线运动得

12DCCxvt=解得23gLtg=17.如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v0＝－10m/s运行的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示

，已知0～4s内水平外力方向始终与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。【答案】（1）0.3；（2）2880J【解析】【详解】（1）设水平外力大小为F，由乙图可知0～2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速

度大小为a1＝5m/s2由牛顿第二定律得F＋f＝ma12～4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1m/s2由牛顿第二定律得f－F＝ma2联立解得f＝60N第19页/共23页学科网（北京）股份有限公司又f＝μmg解得μ＝0.3（2）0～2s内

物体的对地位移为111010m2vxt+==传送带的对地位移为x1′＝v0t1＝－20m此过程中物体与传送带间的摩擦热为Q1＝f(x1－x1′)＝1800J2～4s内物体的对地位移为22202m2vxt+==−传送带的对地位移为x2′＝v0

t2＝－20m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q2＝f(x2－x2′)＝1080J0～4s内物体与传送带间的摩擦热为Q＝Q1＋Q2＝2880J18.如图为某商家为吸引顾客设计的趣味游戏。4块相同木板a、b、c、d紧挨放在水平地面上。某顾客使小滑块以某一水平初速度从a的左端滑上木板，若滑

块分别停在a、b、c、d上，则分别获得四、三、二、一等奖，若滑离木板则不得奖。已知每块木板的长度为L、质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为，滑块质量为2m，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为

2，重力加速度大小为g，最大静摩擦力与滑动摩擦力视为相等。（1）若顾客获四等奖，求滑块初速度的最大值；（2）若滑块初速度为10gL，请通过计算说明顾客获几等奖；（3）若顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热

量Q的取值范围。【答案】（1）2gL；（2）二等奖；（3）1218mgLQmgL第20页/共23页学科网（北京）股份有限公司【解析】【详解】（1）若顾客获四等奖，刚好到a木板右侧时，滑块初速度最大，设为1v，地面对abcd木板的摩擦力26fmg=滑块与木

板之间的摩擦力为1224fmgmg==由于12ff则木板静止不动，滑块在木板上的加速度112fagm==根据运动学公式21102vaL−=−解得12vgL=（2）设0110vgLv=可知滑块可以滑上b木板，当滑块到b木板上时，地面对bcd木板的摩擦力

315fmgf=当滑块滑到b木板的右侧时，设速度为2v，根据运动学公式2220122vvaL−=−解得220vgL=可知滑块会滑上c木板，地面对cd木板的摩擦力414fmgf==可知c木板恰好不动，根据运动学公式22102vax−=−第21页/共2

3页学科网（北京）股份有限公司解得2LxL=可知滑块停止在c木块上，顾客获二等奖；（3）若滑块恰好到d木块时，因摩擦产生的总热量最少min11312QQfLmgL===当滑块到d木板上时，木板d受到地面的摩擦力513fmgf=则木板d会发生滑动，木板的加速度为152ffagm−=

=当木块刚好到d木板右侧时滑块、木板共速，摩擦力产生的热量最多，设这种情况下，滑块滑上d木板时的速度为3v，根据速度关系312vvatat=−=可得33vv=根据位移关系可得22231222vvvLaa−−=−解得36vgL=滑块和木板到达共同速度后，一起做匀减速运动，直至静止，根据能量守恒定律

可得产生的热量2max1312182QQmvmgL=+=所以顾客获得一等奖，求因摩擦产生的总热量Q的取值范围1218mgLQmgL第22页/共23页学科网（北京）股份有限公司第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司获得更多资源请扫码加入享学资源网微信

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