湖北省咸宁市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖北省咸宁市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

湖北省咸宁市 2021 届第一次新高考模拟考试物理试卷 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 1．一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 【答案】 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。 2．下列说法正确的是（ ） A．所有的核反应都具有质量亏损 B．光子既具有能量，又具有动量 C．高速飞行的子弹不具有波动性 D． β衰变本质是原子核中一个质子释放一个电子而转变成一个中子 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．由结合能图象可知，只有较重的原子核裂变成中等质量的原子核或较轻的原子核聚变为中等质量的原 子核时才有能量释放，具有质量亏损，故 A 错误； B．光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子具有动量，故 B 正确； C．无论是宏观粒子还是微观粒子，都同时具有粒子性和波动性，故 C 错误； D． β衰变本质是原子核中一个中子释放一个电子而转变质子，故 D 错误。 故选 B。 3．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线。实线是一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹， A、 B、 C 为轨迹上的三点。下列判断正确的是（ ） A．轨迹在一条电场线上 B．粒子带负电 C．场强 E A EC D．粒子的电势能 EPA E PC 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．因为电场线与等势线垂直，所以轨迹不可能在一条电场线上，故 A 错误； B．电场线的方向大体上由 C 到 A，粒子受到的力的方向大概指向左上方，与电场线方向大体相同，所以 粒子应该带正电，故 B 错误； C．AB 之间的距离小于 BC 之间的距离， AB 与 BC 之间的电势差相等， 根据公式 UE d 可知，场强 E A EC ， 故 C 正确； D．因为粒子带正电， A 处的电势要比 C 处的电势低，根据公式 pE q ，所以粒子的电势能 E PA＜EPC， 故 D 错误。 故选 C。 4．如图所示，空间有两个等量异种点电荷 Q1 和 Q2， Q1 带正电、 Q2 带负电，两点电荷间的距离为 L ，O 为连线的中点。在以 Q1、Q2 为圆心， 2 L 为半径的两个圆上有 A、B、C、D、M 、N 六个点， A、B、 C、 D 为竖直直径的端点， M 、N 为水平直径的端点，下列说法中正确的是（ ） A． A、 C 两点电场强度相同 B．带正电的试探电荷在 M 、N 两点时受到的电场力方向相反 C．把带正电的试探电荷从 C 点沿圆弧移动到 N 点的过程中电势能不变 D．带负电的试探电荷在 M 点的电势能小于在 A 点的电势能 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由等量异种点电荷的电场分布可知， A、C 两点电场强度大小相等，方向不同，故 A 错误； B．带正电的试探电荷在 M 、N 两点时受到的电场力方向都水平向左，故 B 错误； C．由于 C、N 两点离负点电荷距离相等，但 C 点离正点电荷更近，则 C、N 两点电势不同，则电势能不 同，故 C 错误； D．由于 M 、A 两点离正点电荷距离相等，但 A 点离负点电荷更近，则 A 点电势更低，根据负电荷在电 势低处电势能大，则带负电的试探电荷在 M 点的电势能小于在 A 点的电势能，故 D 正确。 故选 D。 5．如图， S1、S2 是振幅均为 A 的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。 则 A．两列波在相遇区域发生干涉 B． a 处质点振动始终减弱， b、c 处质点振动始终加强 C．此时 a、b、c 处各质点的位移是： xa＝0，xb=－ 2A，xc=2A D． a、b、c 处各质点随着水波飘向远处 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．图中两列波的波长不同；波速由介质决定，是相同的；根据 v f ，频率不同，两列波不会干涉， 只是叠加， A 错误； B．两列波不能产生稳定的干涉，所以振动不是始终加强或减弱的， B 错误； C．波叠加时，各个质点的位移等于各个波单独传播时引起位移的矢量和，故 0ax A A ， 2bx A A A ， 2cx A A A ， C 正确； D．波传播时，各个质点只是在平衡位置附近做振动， D 错误； 故选 C。 6．两根相互平行的水平放置长直导线分别通有方向相同的电流 I 1 和 I 2，且 I 1>I 2；有一电流元 IL 与两导 线均平行，且处于两导线的对称面上，导线某一横截面所在平面如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．电流元所处位置的磁场方向一定竖直向下 B．电流元所处位置的磁场方向一定水平向右 C．要使电流元平衡，可在电流元正上方某位置加一同向通电导线 D．如果电流元在所处位置受的安培力为 F，则两导线在该处的磁感应强度大小为 B= F IL 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．根据安培定则及磁感应强度的矢量叠加，又由于 1 2I I ，可得电流元所处位置的磁场方向斜向右下， 故 A 、B 错误； C．根据同向电流互相吸引，可判断要使电流元平衡，可在电流元右上方某位置加一同向通电导线，故 C 错误； D．电流元在该处与磁场方向垂直，而受到的力为 F ，所以根据磁感应强度的定义可知两导线在该处的磁 感应强度大小为 FB IL 故 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．下列说法中不符合实际的是 _______ A．单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性 B．液体的表面张力使液体表面具有扩张的趋势 C．气体的压强是由于气体分子间相互排斥而产生的 D．分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小 E.热量能自发地从内能大的物体向内能小的物体进行传递 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并 不是所有物理性质都是各向异性的，选项 A 正确，不符合题意； B．液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，选项 B 错误，符合题意； C．气体的压强是由于大量的气体分子频繁的对器壁碰撞产生的，并不是由于气体分子间相互排斥而产生 的，选项 C 错误，符合题意； D．分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小，选项 D 正确，不符合题意； E．热量能自发地从温度高的物体向温度低的物体进行传递，选项 E 错误，符合题意； 故选 BCE. 8．如图所示，倾角为 30 的粗糙斜面 AB 固定在水平地面 AC 上， AB 、AC 均绝缘、 BC 竖直且高为 h， 地面 D 点固定一电量绝对值为 'q 的负点电荷， C、D 相距 3 3 h。质量为 m、带电量为 q(＞0)的小滑块以 初速度从斜面底端 A 点滑上斜面， 恰好能到达斜面顶端。 整个装置处于水平向右的匀强电场中， 场强大小 3 3 mgE q ，若取无穷远为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为 Qk r ，式中 k 为静电 力常量、 r 为离场源电荷的距离， Q 为场源电荷的带电量 (正电荷取正值，负电荷取负值 )，则小滑块 ( ) A．从 A 运动到 B 的过程中，克服摩擦力做的功 2 0 1 2fW mv B．从 A 运动到 B 的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功 C．从 A 运动到 AB 中点的过程中，点电荷 q 对小滑块做的功 ' '3 q kq qW h D．从 A 运动到 AB 中点时的动能 ' 2 0 3 1 2 4k kq qE mv h 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．因 C、D 相距 3 3 h ，由几何关系可知， AD=BD ，又因 Qk r ，故 A、B 两点在点电荷 q 产生的电 场中等电势，故从 A 运动到 B，点电荷 q 对小滑块做的总功为零。从 A 运动到 B 的过程：由动能定理得 2 0 10 tan30 2f qEh mgh W mv 而 3 3 qE mg ，解得 2 0 1 2fW mv 故 A 正确； B．小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从 A 运动到 B 的过程中，点电荷 q 对小滑块做的总功为零， 故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即 = tan 30P qEhE mgh减 故 B 正确； C．由公式 Qk r 可知，点电荷 q 产生的电场在 A 点的电势 3 22 3 3 A kq kq hh 在 AB 中点的电势 3 3 3 kq kq hh中 故 C 错误； D．由对称性可知，从 A 运动到 AB 中点的过程中，克服摩擦力做的功为 1 2 fW ，故由动能定理可得 2 0 1 1 2tan 30 2 2 2f q k qEh hmg W W E mv 解得 2 0 3 1 2 4k kg qE mv h 故 D 正确。 故选 ABD 。 9．一列横波沿 x 轴传播，某时刻的波形图如图所示，质点 A的平衡位置与坐标原点 O相距 1m，此时质 点 A沿 y 轴正方向运动，经过 0.5s第一次到达最大位移处。由此可知 A．这列波沿 x 轴负方向传播 B．这列波的波长为 2m C．这列波的传播速度为 1m/s D．这列波的频率为 2Hz E.该时刻起 1.5s内质点 A 走过的路程为 0.03m 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．题图中质点 A正由平衡位置向正向最大位移处运动，根据 “上下坡法 ”可知，波沿 x 轴正方向传播，故 A 错误； B．由波形图可知 1m 2 OA 解得 2m 故 B 正确； CD ．由题知，质点 A 经 0.5s第一次到达最大位移处，则有 0.5s 4 T 解得 2sT 故频率 1 0.5Hzf T 根据 1m/sv T 故 C 正确， D 错误； E．因 31.5 4 Ts 故质点 A 走过的路程为 0.03m，故 E 正确。 故选 BCE 。 10．如图所示 ,绝缘材料制成的半径为 R 的内壁光滑圆轨道 ,竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡 住 ,圆心 O 点固定着电荷量为 Q 的场源点电荷 .一电荷量为 q、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运 动 ,当小球运动到最高点 A 时,地面对轨道的弹力恰好为零 .若轨道与小球的质量均为 m , 0Q q? ,忽略 小球的电荷对 Q 形成的电场的影响，重力加速度为 g,静电力常量为 k .下列说法中正确的是（ ） A．轨道内壁的电场强度处处相同 B．轨道内壁的电势处处相等 C．运动到与圆心等高的 B 点时，小球对轨道的压力大小为 24 qQmg k R D．运动到最低点 C 时，小球对轨道的压力大小为 7mg 【答案】 BD 【解析】 【详解】 由点电荷的场强公式 2 kQE R 可知，场源点电荷在轨道内壁处产生的电场强度大小相等，但方向不同， A 错误；轨道内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在 A 点时 ,带电小球对轨道的弹力 竖直向上 ,大小等于 mg，轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为 mg ，在 A 点对带电小球有 2 22 kQq mvmg R R ，从 A 到 B 由动能定理得 2 21 1 2 2BmgR mv mv ，在 B 点有 2 2 BmvkQqN R R ，联立 解得在 B 点时轨道对小球的弹力为 4N mg ，根据牛顿第三定律可知在 B 点时小球对轨道的压力大小为 4mg ，则选项 C 错误；在最低点 C 时，设轨道时小球的弹力为 N ,则 2 2 CmvkQqN mg R R ,由 A 到 C 由动能定理有 2 21 12 2 2cmgR mv mv ，联立解得 =7N mg ，根据牛顿第三定律知 ,运动到最低点 C 时,小 球对轨道的压力大小为 7mg，则选项 D 正确． 11．如图所示为一列简谐横波在 t＝0 时的波形图，波沿 x 轴负方向传播，传播速度 v＝1m/s，则下列说法 正确的是 A．此时 x＝1.25m 处的质点正在做加速度增大的减速运动 B． x＝0.4m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点先回到平衡位置 C． x＝4m 处的质点再经过 1.5s 可运动到波峰位置 D． x＝2m 处的质点在做简谐运动，其振动方程为 y＝0.4sin π t (m) E. t ＝ 2s 的波形图与 t＝0 时的波形图重合 【答案】 ACE 【解析】 【详解】 A、波沿 x 轴负向传播，故此时 x＝1.25 m 处的质点向上运动，质点纵坐标大于零，故由质点运动远离平 衡位置可得：质点做加速度增大的减速运动，故 A 正确； B、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝0.6 m 处的质点向平衡位置运动，故 x＝0.4 m 处的质点、 x＝0.6 m 处的 质点都向平衡位置运动， 且 x＝0.4 m 处的质点比 x＝0.6 m 处的质点距离远， 那么， x＝0.6m 处的质点比 x ＝ 0.4 m 处的质点先回到平衡位置，故 B 错误； C、由波沿 x 轴负向传播可得： x＝4 m 处的质点由平衡位置向下振动，故 x＝ 4 m 处的质点再经过 3 4 T 可 运动到波峰位置，又有波长 λ＝2m，波速 v＝1m/s ，所以，周期 T ＝2s，那么， x＝4 m 处的质点再经过 1.5 s 可运动到波峰位置，故 C 正确； D、由 C 可知：x＝2 m 处的质点在做简谐运动的周期 T ＝2s，又有振幅 A＝0.4m，t ＝0 时，质点位移为零， 根据波沿 x 轴负向传播可知质点向下振动，故可得：振动方程为 y＝﹣ 0.4sin（πt）（m），故 D 错误； E、由 C 可知简谐波的周期 T＝ 2s，故经过 2s，波正好向前传播一个波长，波形重合，故 t＝2s的波形图 与 t ＝0 时的波形图重合，故 E 正确。 12．如图甲所示，两平行金属板 A、B 放在真空中，间距为 d， P 点在 A 、B 板间， A 板接地， B 板的电 势 φ随时间 t 的变化情况如图乙所示， t＝0 时，在 P 点由静止释放一质量为 m、电荷量为 e 的电子，当 t ＝ 2T 时，电子回到 P 点。电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是（ ） A． φ1∶φ2＝1∶2 B． φ1∶φ2＝1∶3 C．在 0~2T 时间内，当 t＝T 时电子的电势能最小 D．在 0~2T 时间内，电子的动能增大了 2 2 2 2 2 e T d m 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．电子在 0~T 时间内向上加速运动，设加速度为 a1，在 T~2T 时间内先向上减速到零后向下加速回到 原出发点，设加速度为 a2，则 2 2 1 1 2 1 1( ) 2 2 a T a T T a T 解得 2 13a a 由于 1 1 ea dm 2 2 ea dm 则 φ1∶φ2＝1∶3 选项 A 错误， B 正确； C．依据电场力做正功最多，电势能最小，而 0～T 内电子做匀加速运动， T～2T 之内先做匀减速直线运 动，后反向匀加速直线运动，因 φ2=3φ1， t1 时刻电子的动能 2 22 2 1 22 2 1 K e TE mv md 而粒子在 t2 时刻的速度 1 2 1 2 2 eTv v a T dm 故电子在 2T 时的动能 2 2 2 2 2 12 K e TE md 所以在 2T 时刻电势能最小，故 C 错误； D．电子在 2T 时刻回到 P 点，此时速度为 1 2 1 2 2 eTv v a T dm （负号表示方向向下） 电子的动能为 2 2 2 2 2 2 121 2K e T d vE m m ＝ ＝ 根据能量守恒定律，电势能的减小量等于动能的增加量，故 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．为了测量木块与木板间动摩擦因数 ，某实验小组使用位移传感器设计了如图所示的实验装置，让木 块从倾斜木板上 A 点由静止释放， 位移传感器可以测出木块到传感器的距离。 位移传感器连接计算机， 描 绘出滑块与传感器的距离 s 随时间 t 变化规律，取 g 10m/s 2， sin37 0.6，如图所示： (1)根据上述图线，计算可得木块在 0.4s 时的速度大小为 v （ ______）m/s； (2)根据上述图线，计算可得木块的加速度大小 a （______）m/s2； (3)现测得斜面倾角为 37 ，则 （______）。（所有结果均保留 2 位小数） 【答案】 0.40 1.00 0.63 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 木块在斜面上做匀加速直线运动，某段时间内的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，则 木块在 0.4s 时的速度大小 2(30 14) 10 m/s 0.40m/s 0.6 0.2 v (2)[2] 木块在 0.2s 时的速度大小 2(32 24) 10 m/s 0.20m/s 0.4 0 v 木块的加速度大小 2 20.4 0.2 1.00 0.4 . m/s s 0 m 2 /v va t (3)[3] 斜面倾角为 37 ，则对木块受力分析，由牛顿第二定律可得 sin37 cos37mg mga m 解得 5 0.63 8 14．图甲为验证机械能守恒定律的实验装置，通过电磁铁控制的小铁球从 A 处自由下落，毫秒计时器 (图 中未画出 )记录下小铁球经过光电门 B 的挡光时间 t，小铁球的直径为 d，用 d t 作为球经过光电门时的速度， 重力加速度为 g。 (1)用游标卡尺测得小铁球的直径 d 如图乙所示，则 d＝________mm ； (2)实验中还需要测量的物理量是 ________； A． A 距地面的高度 H B． A、 B 之间的高度 h C．小铁球从 A 下落到 B 的时间 t AB (3)要验证小铁球下落过程中机械能是否守恒，只需验证等式 ________是否成立即可 (用实验中测得物理量 的符号表示 )； (4)某实验小组测得小球动能的增加量 ΔEk 总是稍大于重力势能的减少量 ΔEp，原因可能是 _______。(写出 一个即可 ) 【答案】 5.4 B d 2=2ght 2 金属球下落过程中阻力做功 【解析】 【详解】 (1)[1] 由图可知： 游标卡尺游尺为 10 分度， 精确度为 0.1mm ，主尺刻度为 5mm ，游尺 “ 4”与主尺刻度对齐， 所以读数为 5mm+0.1×4mm=5.4mm 。 (2)[2]AB ．此题需要用到重力势能变化量，故需要测量 AB 之间的高度，不需要知道距离地面的高度，故 A 错误， B 正确； C．因为要判定 mgh 与 1 2 mv 2 关系，不需要知道小铁球从 A 下落到 B 的时间 t AB ，故 C 错误。 故选 B。 (3)[3] 利用小铁球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故 B 点速度 v= d t 根据机械能守恒的表达式有 mgh= 1 2 mv 2 可得 d2=2ght 2 故只要验证 d2=2ght 2 即可。 (4)[4] 实验中发现动能增加量 △E k 总是稍小于重力势能减少量 △EP，可能的原因是金属球下落过程中阻力 做功。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示， AOB 为折射率 3n 的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到 AO 面上的 C 点，在 C 点 折射后的光线平行于 OB 。已知 C 点是 AO 的中点， D 点是 BO 延长线上一点， 60AOD °。 ①求入射光在 C 点的入射角； ②通过计算判断光射到 AB 弧能否从 AB 弧射出。 【答案】① 60°； ②光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。 【解析】 【详解】 ①光在介质中传播的光路图如图所示： 设入射光在 C 点的入射角为 i，折射角为 r ，由于在 C 点折射后的光线平行于 OB ，所以∠ OCP= ∠AOD=60° ， r=30 °， 根据折射定律有： sin sin in r 代入数据解得： i=60 °； ②在 C 点折射后的光线射到 AB 弧上 P 点，连接 O、P， OP 是法线，过 O 点做 CP 的垂线交 CP 于 Q， 则折射光线在 AB 弧的入射角为 i 1，玻璃砖临界角为 C，扇形半径为 L ，则： 1sin C n ， 根据几何知识有∠ COQ=30° ，L OQ ＝L OC ?cos∠COQ= 3 4 L 根据 1sin OQ OP L i L 可得： 1 3 3sin sin 4 3 i C ， 则： i 1＜ C， 所以光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。 16．力是改变物体运动状态的原因，力能产生加速度。力在空间上的积累使物体动能发生变化；力在时间 上的积累使物体动量发生变化。如图所示，质量为 m 的物块，在水平合外力 F 的作用下做匀变速直线运 动，速度由 0v 变化到 v 时，经历的时间为 t，发生的位移为 x。 (1)请根据牛顿第二定律和相关规律，推导动能定理； (2)请根据牛顿第二定律和相关规律，推导动量定理。 【答案】 (1)推导过程见解析； (2)推导过程见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)物体做匀变速直线运动，合外力提供加速度，根据牛顿第二定律 F ma 根据速度与位移的关系 2 2 0 2 2 Fv v ax x m 变形得动能定理 2 2 0 1 1 2 2 Fx mv mv (2)根据速度与时间的关系 0 0 Fv v at v t m 变形得动量定理 0Ft mv mv 17．光滑水平面上有一质量 m 车 ＝1.0kg 的平板小车，车上静置 A、B 两物块。物块由轻质弹簧无栓接相 连（物块可看作质点） ，质量分别为 m A＝1.0kg ，m B＝1.0kg。 A 距车右端 x1（x1＞1.5m），B 距车左端 x2 ＝ 1.5m，两物块与小车上表面的动摩擦因数均为 μ＝0.1．车离地面的高度 h＝ 0.8m，如图所示。某时刻， 将储有弹性势能 E p＝4.0J 的轻弹簧释放，使 A 、B 瞬间分离， A、B 两物块在平板车上水平运动。重力加 速度 g 取 10m/s2，求： （ 1）弹簧释放瞬间后 A、B 速度的大小； （ 2） B 物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间； （ 3）若物块 A 最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的 热量多少？ 【答案】（1） 2m/s、2m/s；（2）1.4s；（3）3.25m ；3.25J。 【解析】 【详解】 （ 1）释放弹簧过程 A、B 系统动量守恒、机械能守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： m AvA﹣ mBvB＝0 由机械能守恒定律得： 2 21 1 2 2 B PA A Bm v m v E 代入数据解得： vA ＝2m/s vB＝2m/s； （ 2）由于 A、B 质量相等与桌面的动摩擦因数相等，在 B 在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零， 小车静止， B 运动到小车左端过程，对 B，由动能定理得： 2 2 2 2 1 1 2 2B B B Bm gx m v m v 由动量定理得： ﹣μmBgt1＝m BvB﹣m Bv2， 代入数据解得： vB＝1m/s t 1＝ 1s， B 离开平板车后做平抛运动，竖直方向： 2 2 1 2 h gt ， 代入数据解得： t 2＝ 0.4s， 运动时间： t＝t 1+t 2＝1.4s； （ 3） B 离开小车时： vA ＝vB＝1m/s，B 离开平板车后， A 与平板车组成的系统动量守恒， 以向右为正方向，由动量守恒定律得： m AvA＝（ mA+m 车）v 由能量守恒定律得： 2 21 1 2 2A A A Am v m m v m gL车 相对 代入数据解得： L 相对＝0.25m ； A、 B 同时在小车上运动时小车不动， B 滑出小车时， A 在小车上滑行的距离与 B 在小车上滑行的距离相 等为 1.5m ，小车的最小长度： L ＝ 1.5+1.5+0.25 ＝3.25m， 系统产生的热量： E＝ μmAgx1+μmB gx2＝3.25J；