【文档说明】2023届湖北省高中名校联盟高三（上）第一次联合测评物理试题（解析版）【武汉专题】.pdf，共(25)页，865.785 KB，由envi的店铺上传

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1湖北省高中名校联盟2023届新高三第一次联合测评物理试卷一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~11题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。1.如图

有关量子力学建立之初的几个重要实验，下列说法错误．．的是（）A.普朗克为解释图甲的实验数据，提出了能量子的概念，被称为“量子力学之父”B.如图乙，在光照下，电流表发生了偏转，则无论如何调节滑动变阻器的滑片，都无法使电流表示数

变为零C.康普顿依据爱因斯坦光电效应方程，测量计算出普朗克常量，与普朗克根据黑体辐射得出的值在误差允许的范围内是一致的D.可以用图丙中的原子特征谱线来做光谱分析【答案】C【解析】【详解】A．普朗克为解释图甲的实验数据，提

出了能量子的概念，被称为“量子力学之父”，故A正确，不符合题意；B．如图乙，在光照下，电流表发生了偏转，由图可知接的正向电压，则无论如何调节滑动变阻器的滑片，都无法使电流表示数变为零，故B正确，不符合题意；C．密里根依据爱因斯坦光电效应方程，测量计算出普朗克常

量，与普朗克根据黑体辐射得出的值在误差允许的范围内是一致的，故C错误，符合题意；D．每种原子都有自己的特征谱线，则可以用图丙中的原子特征谱线来做光谱分析，故D正确，不符合题意。故选C。2.如图所示，一束复色光射入均匀透明半圆柱体，色散成a、b两束光，a光与b光比较，2下列说法

正确的是（）A.a光频率更高B.a光在介质中传播的速度更慢C.若光由该介质射向真空发生全反射时，a光的临界角较小D.a光更容易发生明显衍射现象【答案】D【解析】【详解】B．a、b两束光在介质中的折射角分别为、，在介质中传播的速度分别为av、bv，由图可知，

根据折射率的定义可知sinsinaaicnvsinsinbbicnv可知abnnabvva光在介质中传播的速度更快，B错误；A．同种介质中折射率越高的光，其频率也越高，因此，b光频率更高，A错误；

C．根据全反射临界角和折射率的关系1sinnC可知，折射率越小，发生全反射的临界角越大，即光由该介质射向真空发生全反射时，a光的临界角较大，C错误；D．根据cf可知，频率越高波长越短，a光的频率低，波长长，更容易发生明显衍射现3象，D正确。故选D。3.2022年6月5日，神舟十四号

成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲依次进入天和核心舱。航天员们在一个月的时间内，有序开展了载人环境建立、空间站平台维护与照料、空间科学实验等工作。已知天和核心舱距离地面的高度约为380k

m，地球半径为6400km。下列说法正确的是（）A.航天员可以漂浮在空间站中，所以加速度为零B.天和核心舱在轨运行的线速度小于同步卫星的线速度C.神舟十四号的发射速度大于7.9km/sD.天和核心舱绕地球运动的周期约为8h【答案】C【解析】【详解】

A．根据题意，航天员可以漂浮在空间站中，万有引力提供向心力有2GMmmar解得2GMar故A错误；B．根据万有引力提供向心力有22GMmvmrr可得GMvr由于天和核心舱在轨运行的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则天和核心舱在

轨运行的线速度大于同步卫星的线速度，故B错误；C．7.9kms是发射地球卫星的最小速度，则神舟十四号的发射速度大于7.9km/s，故C正确；D．根据题意可知，天和核心舱绕地球的运动为近地飞行，则飞行速度约为7

.9kms，由公4式2rTv可得，天和核心舱绕地球运动的周期约为1.5hT故D错误。故选C。4.如图所示，单匝闭合矩形导线框abcd电阻为R，ef为线框与磁场边界的交点，22222edcfaebfabcdL。线框绕过ef的轴以角速度匀速转动，从图示

位置开始计时，若匀强磁场的磁感应强度为B，下列说法正确的是（）A.t=0时刻，回路中电流2BLiRB.回路中电流的最大值2m2BLIRC.回路中感应电动势的有效值232BLED.前14周期内，回路中平均电动势22BLE【答案】B【解析】【详解】A．t

=0时刻，线圈平面与磁场垂直，感应电动势为零，回路中电流为零，故A错误；B．线框绕过ef的轴以角速度匀速转动，导线ab、cd同时垂直切割磁感线运动时感应电动势最大2mm22EBLvBL回路中电流的最大值2m2BLIR故B正确；C．回路中产生正弦式交变电流，感

应电动势的有效值52m22EEBL故C错误；D．前14周期内，回路中平均电动势222124BSBLBLEtt故D错误。故选B。5.2022年2月5日在首都体育馆，任子威、曲春雨、范可新、武大靖和张雨婷组成的中国队夺得

北京冬奥会短道速滑男女2000米混合接力冠军，为中国体育代表团收获了北京冬奥会的首枚金牌。短道速滑运动员在过水平弯道时常用手支撑冰面以防侧滑，某运动员质量为75kg，某次过弯道时的半径为25m，速率为36

km/h，冰刀与冰面间的动摩擦因数为0.2，手套与冰面间的动摩擦因数为0.8，重力加速度210m/sg。过弯道滑行时的运动员手脚距离相对半径可忽略，弯道滑行的过程视为一段圆周运动，则该运动员至少用多大的力支撑冰面才能保证不发生侧滑（）A.300NB.250NC.200ND.150N【答

案】B【解析】【详解】根据题意，由公式2nvFmr可知，由于36kmh10msv运动员做圆周运动所需的向心力为n300NF设运动员的手用NF支撑冰面，运动员的脚用'NF支撑冰面，竖直方向上，由平衡条件有'NNFFmg水平方向上有'Nn0.20.8NFFF6联立代入数据解得N

250NF故选B。6.如图所示，在空间中水平面MN的下方分布着方向竖直向上的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定的初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平。已知A、B、C三点在同一直线上，3ABBC，重力加速度为g。下

列说法正确的是（）A.小球所受电场力大小为3mgB.小球带负电C.小球从A到B与从B到C的运动时间之比为3:1D.小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等【答案】D【解析】【详解】C．小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀变速运动，A、B、C三点在同一直线上，3ABBC，

可知，小球从A到B与从B到C的运动时间之比为:3:1ABBCttC错误；A．在竖直方向上，小球从A到B做匀加速运动，加速度大小为g，从B到C做匀减速运动，加速度大小为a，A、C两点竖直方向的速度均为零，则有ABBCgta

t解得3ag根据牛顿第二定律可知Fmgam电解得4Fmg电A错误；B．从B到C小球在竖直方向上做减速运动，即所受合力竖直向上，因此可以判断小球所受7电场力竖直向上，小球带正电，B错误；D．小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小分别表示为ABABImgt()BCBCA

BIFmgtmgt电小球从A到B与从B到C的合外力冲量的大小相等，D正确。故选D。7.如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，质量为m的小球，从弹簧上端静止下落。若以小球开始下落的位置为坐标原点，建立竖直向下坐

标轴Ox，小球下落至最低点过程中的a－x图像如图乙所示（图中标示坐标值0x、1x、2x、g均为已知量），不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A.弹簧的劲度系数0mgkxB.弹簧的最大弹力21m10xxFmgxxC.小球向下运动过程中最大加速度2m1xa

gxD.小球向下运动过程中最大速度m10vgxx【答案】D【解析】【详解】A．结合图乙可知，小球下落的加速度为零时则有10()kxxmg解得弹簧的劲度系数为10mgkxx故A错误；B．小球向下运动过程中弹簧最大弹力为82m10002()xxmgxxFkxx

故B错误；C．小球向下运动过程中最大加速度为2m10m1xFmgamxxgx故C错误；D．设小球向下运动过程中最大速度mv，根据动能定理可知2201122mvmvFx合整理可得2201122vva

x结合ax图像围成的面积，可知201m22xxvg解得小球向下运动过程中最大速度为m10)(vgxx故D正确；故选D。8.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，波速均为v＝0.4m/s，两个波源分别位于x＝﹣0.2m和x＝1.2m处，波源的振幅均为2c

m。如图所示为t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x＝0.2m和x＝0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置位于x＝0.5m处。下列判断正确的是（）A.质点M刚开始振动时的方向沿y轴的正方向B.t＝0.75s时，质点P、Q的位移均为2cmC.t＝0~2s时间内，质点M经过的路程为

32cmD.t＝2.5s时，两波源间振动最弱点有6个【答案】BD9【解析】【详解】A．依题意，根据“逆向波形法”知质点P、Q开始振动时，均沿y轴的负方向振动，质点P、Q距质点M相等，则两列波的振动同时到达质点M处，故开始振动

时的方向沿y轴的负方向，故A错误；B．由图知两列波波长均为0.4m，则周期均为0.4s1s0.4Tv所以可得t＝0.75s时，即34T，质点P、Q均位于波峰位置，位移均为2cm，故B正确；C．依题意，可知M点开始振动时，用时为0.33s0.

44xtTv由于M点为振动加强的点，则t＝0~2s时间内，即1214TtT内，质点M经过的路程为52102cm20cmsA故C错误；D．t＝2.5s时，即122T时刻，两波源间所有的质点均已振动，两波源间振动最弱的点需满足到两波源之间的距离差等于半

波长的奇数倍，即(1.2)(0.2)(21)2xxn可得0.70.1(21)(0,1,2,......)xnn或0.70.1(21)(0,1,2,......)xnn其中0.2m1.2mx，可求得满足条件的点有6个，即位置为1.0cm，0.8

cm，0.6m，0.4m，0.2m，0m处的质点均为振动减弱的点，故D正确。故选BD。9.如图甲所示，电路接在电压的有效值为220VU的正弦交流电源上，理想变压器原、副线圈的匝数比为4:1，1R、2R、3R、4R均为定值电阻，2310ΩRR

，420ΩR，电表均为理想电表。已知3R中电流3i随时间t变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是（）10A.交流电的频率为100HzB.电压表的示数为100VC.电流表A的示数为3A8D.变压器输出的电功率为33

W【答案】BC【解析】【详解】A．由图乙可知，交流的的周期为2210s，则交流电的频率为150HzfT故A错误；C．由图乙可知，流过3R的电流的有效值为3m31A2iI由欧姆定律可知，流过4R的电流为40.5AI则流过副线圈的电流

为21.5AI根据电流与匝数的关系可得，流过原线圈的电流为21213A8nIIn即电流表的读数为3A8，故C正确；B．由欧姆定律可得，副线圈两端的电压为2223325VUIRIR由电压与匝数的关系可得，原线圈两端的电压为11112

2100VnUUn即电压表示数为100V，故B正确；D．由公式PUI可得，变压器输出的电功率为2237.5WPUI故D错误。故选BC。10.如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计

，车长为2L，与平板车质量相同的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度0v向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（）A.甲、乙达到共同速度所需的时间为02vgB.甲

、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C.甲、乙相对滑动的总路程为204vgD.如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为2024vLnLg【答案】ACD【解析】【详解】AB．整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，

则两者最终的速度为v共02mvmv共解得02vv共若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为1v、2v，碰后甲、乙的速度分别为1v、2v，则有1212mvmvmvmv22221212111122

22mvmvmvmv解得1212vv21vv可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为mgagm则甲、乙达到共同速度所需的时间为02vvtag共碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正

确，B错误；C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s，根据动能定理可得2200112()222vmgsmmv解得204vsgC正确；D．甲、乙碰撞的次数为n，且静止时距离左端的距离为0s，若第n次碰撞发生在平板车的左挡板，则有0

2(1)(2,4,6)LLnssn解得2002(2,4,6)4vsLnLng若第n次碰撞发生在平板车的右挡板，则有02(1)2(1,3,5)LLnLssn解得2002(1,3,5)4vsnLLng即最终甲距离乙左端的距离可能为20

24vLnLg，D正确。故选ACD。11.如图所示，半径分别为R和2R的同心圆处于同一平面内，O为圆心，两圆形成的圆环内有垂直圆面向里的匀强磁场（圆形边界处也有磁场），磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为0q

q的粒子由大圆上的A点以速率qBRvm沿大圆切线方向进入磁场，不13计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.带电粒子从A点出发第一次到达小圆边界上时，粒子运动的路程为23sRB.经过时间433mtqB，粒子第

1次回到A点C.运动路程2053sR时，粒子第5次回到A点D.粒子不可能回到A点【答案】AB【解析】【详解】依题意，可作出粒子的运动轨迹如图所示A．依题意，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，带电粒子从A点出发第一次到达小圆边界上时，由几何

知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为120，则粒子运动的路程为12233sRR故A正确；B．粒子第1次回到A点，由几何知识可得粒子在磁场运动的总时间为14124323mtTTqB在无磁场区

域运动的总时间为22cos303333LRmtvvqB则粒子第1次回到A点运动的时间为12433mtttqB故B正确；C．由几何知识，可得粒子第一次回到A点运动路程023234333sRLR则粒子

第5次回到A点时，运动的总路程为0520153ssR故C错误；D．由以上选项分析可知，粒子能回到A点，故D错误。故选AB。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12.电动平衡车，又叫体感车、思维车、摄位车等，是一种电力驱动、具

有自我平衡能力的新型绿色环保的产物。某同学为了研究平衡车在平直水泥路面上的运动情况，设计了如下实验：将输液用的塑料瓶装适量水，连同输液管一起绑在平衡车的扶手上，调节输液管的滴水速度。某滴水刚落地开始计时，从下一滴水落地开始依次计数

为1、2、3…，当第50滴水刚好落地时停止计时，测得时间为25s。该同学骑上平衡车后，先加速到某一速度，然后关闭动力，让平衡车沿着直线滑行。如图所示是某次实验中在水泥路面上的减速阶段水滴及测出的间距值，当地重力加速度g近似取210m/s，空

气阻力忽略不计。根据该同学的测量结果可得出：（所有计算结果均保留两位有效数字）（1）平衡车经过路面上相邻两水滴的时间间隔T＝_______s。（2）平衡车减速过程的加速度大小a＝_______2m/s，运动到G点的速度大小v＝_______m/s；（3）设平衡车运动过程中所受阻力

的大小是人与车总重力的k倍，则k＝_______。15【答案】①.0.50②.0.39③.4.6④.0.039【解析】【详解】（1）[1]平衡车经过路面上相邻两水滴间的时间间隔为25.0s0.50s50tTN（

2）[2][3]根据逐差法，可知加速度大小为2222(2.362.26)(2.162.07)m/s0.39m/s440.50FHHJxxaT运动到G点的速度大小为2.36+2.26=m

/s4.6m/s220.50FHGxvT（3）[4]在减速阶段，根据逐差法得加速度大小为22222.362.262.162.07m/s0.39m/s440.50FHHJxxaT根据牛顿第二定律，有fkmgma解得0.039k13.某实验小组为了测量一段

长度为L的电热丝的电阻率，进行了如下实验操作：（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，其中某次测量结果如图甲所示，则电热丝的直径d=___________mm。（2）先用欧姆表粗测其电阻值。选用“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较

小，因此需重新选择___________（选填“×1”或“×100”）倍率的电阻挡，重新欧姆调零后再测量时欧姆表示数如图乙所示，则电热丝的电阻值为___________Ω。（3）为更准确测量电热丝的电阻R，使用

下列器材：电源E，电动势约为6V，内阻可忽略不计；16电压表V，量程为0~3V，内阻V6kΩr；电流表A，量程为0~50mA，内阻A100Ωr；定值电阻0R，50ΩR0；滑动变阻器R，最大阻值为20Ω；单刀单掷开关S一个，导线若干。①要求测量尽可能准确，并测量较多组数据

，请在如图所示虚线框中画出测量电阻xR的实验电路图（图中标明所选器材的符号）_________。②由实验电路图计算电热丝的电阻率的表达式为___________（电流表与电压表的示数分别用I和U表示）。③该

电阻率的测量结果___________（选填“有”或“无”）系统误差。【答案】①.0.870②.×100③.25.010④.（）⑤.2AV04IrdUULIrR或2V04dUUULIrR

⑥.无【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微测量原理，图中螺旋测微器测量的读数为170.5mm37.00.01mm=0.870mmd（2）[2]用欧姆表“×10”倍率的电阻挡正确测量时，发现欧姆表指针偏转角较

小，说明欧姆表指针较靠左侧，即指在阻值较大刻度处，说明待测电阻阻值较大，因此需重新选择高倍率“×100”的档位。[3]图中欧姆表读数为25.0100=5.010xR（3）①[4]②[5]要求测量较多组数据，则滑动变阻器采用分压式接法。由电源电动势约为6V，则待测电阻的最大电

流约为6A=12mA500xEIR而题中所给电流表量程太大，电压表的量程不够，由两表内阻均为定值，且有一个定值电阻，故应进行电表改装。若扩大电压表量程，定值电阻阻值太小，量程仍不够，因此可以将电压表改装成电流表，而电流表当电压表，则电路图如图则待测电阻的阻值表达式为AV0xI

rRUUIrR又由电阻的决定式2242xLLLRSdd两式联立解得电阻率的表达式为2AV04IrdUULIrR或者也可以采用电流表外接法

，为增大电流，将定值电阻0R与待测电阻并联，如图18则待测电阻的阻值表达式为V0xURUUIrR联立电阻的决定式解得，电阻率的表达式为2V04dUUULIrR③[6]由上述分析可知，该电阻率的测量结果无系统误差。14.如图所示，内径相同，导热

良好的“T”形细玻璃管上端开口，下端封闭，管中用水银封闭着A、B两部分理想气体，C为轻质密闭活塞，各部分长度如图。现缓慢推动活塞，将水平管中水银恰好全部推进竖直管中，已知大气压强075cmHgp，设外界温度不变。求（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强；（2）活塞移

动的距离为多大？【答案】（1）100cmHg；（2）6.5cm【解析】19【详解】（1）水平管中水银恰好全部推进竖直管中时，气体A的压强A075cmHg(10105)cmHg=100cmHghppp（2）初状态，气体A

的压强A075cmHg(1010)cmHg=95cmHghppp设玻璃管横截面积为2cmS，初状态气体A的体积3A40cmVS设末状态气体A的体积为AV，对气体A由玻意耳定律得AAAApVpV

解得3A38cmVS末状态气体A的长度A38cmVLS气体A的长度减少量(4038)cm=2cmL初状态气体B的压强B0175cmHg+10cmHg85cmHghppp末状态气体B的压强B0275cmHg+(10+5-2)cmHg88cmHghppp

初状态气体B的体积3B44cmVS设活塞移动的距离为cmx，末状态气体B的体积33B(445)cm(49)cmVxSxS对气体B由玻意耳定律得BBBBpVpV带入数据得854488(49)SxS解得6.5cmx15.如图甲所示，粒子源内有大量质量为

m、电荷量为0qq的带电粒子逸出（可以认为初速度为零），经电压为1U的匀强电场加速后，沿平行板M，N间的中线进入偏转电场，板20长为l，极板右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场区域足够大。若在M，N两板间加电压，其

电势差MNU随时间t的变化规律如图乙所示（U为已知），所有粒子均能从极板右侧射出，并进入匀强磁场区域。已知粒子通过偏转电场所用时间远小于T，且在该过程中电场可视为恒定，不计粒子间的相互作用及粒子所受的重力，求（1）M、N两极板的最小间距：（2）若两极板间

距为上问所求值，粒子经磁场偏转后，均无法从极板右侧回到极板间，则匀强磁场磁感应强度的大小应满足什么条件？【答案】（1）12UlU；（2）14UmBlqU【解析】【详解】（1）根据题意可知，设粒子进入偏转

电场时的速度0v，经过加速电场时，由动能定理有21012qUmv进入偏转电场后，当偏转电压为mUU时，偏转的位移最大，此时，水平方向上有0lvt竖直方向上，由牛顿第二定律有Uqmad由运动学公式可得，偏转位移为212yat联立解得214UlyUd

所有粒子均能从极板右侧射出，则有212124UldUd解得12dUlU即M、N两极板的最小间距为12UlU。（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示由运动学公式可知，粒子竖直方向的速度为0yUql

vatmdv则粒子进入磁场的速度为220yvvv设速度方向与竖直方向的夹角为，则有0sinvv粒子进入磁场后，由牛顿第二定律由2vqvBmR可得mvRqB若满足两极板间距12UdlU，粒子经磁场偏转后，均无法从极板右侧回到极板间，由

图根据几何关系有222sindR联立代入数据解得14UmBlqU16.如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°。质量m1=5kg的小物块A和质量m2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳

连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮

的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动

的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；（3）若传送带以不同的速率v（0<v<v0）沿顺时针方向转动，当v取多大时，物块A沿传送带运动到最远处过程中与传送带因摩擦产生的热量有最小值，请求出最小值。【答案】（1）10m/s2，

方向沿传送带向下；（2）10m3，160J3；（3）3m/s，40J【解析】【详解】（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有1111sincosmgTmgma

B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有221mgTma联立以上两式解得232110m/sa故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2，方向沿传送带向下；（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动对A物块，根据牛顿第二定律1112sincosmg

Tmgma对B物块，根据牛顿第二定律222mgTma联立上式解得226m/sa当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，故m12xxx220112vvxa2222vxa代入数据解得m10m3x此过程中传送带对物块A做

的功f12Wfxfx1cosfmg解得f160J3W（3）共速之前物块A与传送带的相对位移为111xxx相物传22012vvxa1物011vvxvtva1传则共速之前摩擦生热为2111664(J)Qfxvv相24同理，共速

后有xxx2相2传2物22vxvtva2传222vxa2物此过程摩擦生热为222(J)53Qfxv相故物块A运动到最远处的生热为21281664(J)3QQQvv根据二次函数的知识，有16m/s3m/s823v2mi

n8316364J40J3Q25获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com