1、北京市延庆县2015届高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1对于一个热力学系统，下列说法中正确的是( )A如果外界对它传递热量则系统内能一定增加B如果外界对它做功则系统内能一定增加C如果系统的温度不变则内能一定不变D系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和2如图所示氢原子能级图，如果有大量处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出几种频率不同的光及发出波长最短的光的能级跃迁是( )A3种，从n=3到n=2B3种，从n=3到n=1C2种，从n=3到n=2D2种，从n=3到n=13如图所示，MN是介质和介质的交界面，介质中的光源S发出的一束光照射在交
2、界面的O点后分成两束光OA和OB，若保持入射点O不动，将入射光SO顺时针旋转至S1O的位置，则在旋转过程中下列说法正确的是( )A光线OA逆时针旋转且逐渐减弱B光线OB逆时针旋转且逐渐减弱C光线OB逐渐减弱且可能消失D介质可能是光疏介质4一列简谐横波某时刻的波形图如图甲表示，图乙表示介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则下列说法正确的是( )A若波沿x轴正向传播，则图乙表示P点的振动图象B若图乙表示Q点的振动图象，则波沿x轴正向传播C若波速是20m/s，则图乙的周期是0.02sD若图乙的频率是20Hz，则波速是10m/s5木星是绕太阳公转的行星之一，而木星的周围又有卫星绕木星公转如果要通过观
3、测求得木星的质量M，已知万有引力常量为G，则需要测量的量及木星质量的计算式是( )A卫星的公转周期T1和轨道半径r1，B卫星的公转周期T1和轨道半径r1，C木星的公转周期T2和轨道半径r2，D木星的公转周期T2和轨道半径r2，6一个同学在体重计上做如下实验：由站立突然下蹲则在整个下蹲的过程中，下列说法正确的是( )A同学处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重B同学处于失重状态，体重计的读数大于同学的体重C同学先失重再超重，体重计的读数先小于同学的体重再大于同学的体重D同学先超重再失重，体重计的读数先大于同学的体重再小于同学的体重7如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验
4、过程中下列选项错误的是( )A不加磁场时电子束的径迹是直线B加磁场并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周C保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小D保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小8对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，q
5、m表示磁荷量，则下列关系式正确的是( )AF=BH=CH=FqmDqm=HF二.实验题9（18分）某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用小灯泡上标有“3.8V 0.5A”的字样，现有电压表（04.5V内阻约为3k）、电源、开关和导线若干，以及以下器材：A电流表（00.6A内阻约为1）B电流表（03A内阻约为0.25）C滑动变阻器（020）D滑动变阻器（0500）（1）实验中如果即满足测量要求，又要误差较小，电流表应选用_；滑动变阻器应选用_（选填相应器材前的字母）（2）下列给出了四个电路图，请你根据实验要求选择正确的实验电路图_（3）图1是实验所用器材实物图，图中已连接了部分导线
6、，请你补充完成实物间的连线（4）某同学在实验中得到了几组数据，在图2所示的电流电压（IU）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，根据此电流电压图线可知，小灯泡的电阻随电压的增大而_（填“增大”、“不变”或“减小”），其原因是_，同时可以根据此图象确定小灯泡在电压为2V时的电阻R=_（5）根据此电流电压图线，若小灯泡的功率是P，通过小灯泡的电流是I，下列给出的四个图中可能正确的是_三.计算题10（16分）如图所示，MN、PQ为竖直放置的两根足够长平行光滑导轨，相距为d=0.5m，M、P之间连一个R=1.5的电阻，导轨间有一根质量为m=0.2kg，电阻为r=0.5的导体棒EF，导体棒E
7、F可以沿着导轨自由滑动，滑动过程中始终保持水平且跟两根导轨接触良好整个装置的下半部分处于水平方向且与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计（1）若导体棒EF从磁场上方某处沿导轨下滑，进入匀强磁场时速度为v=2m/s，a求此时通过电阻R的电流大小和方向；b求此时导体棒EF的加速度大小；（2）若导体棒EF从磁场上方某处由静止沿导轨自由下滑，进入匀强磁场后恰好做匀速直线运动，求导体棒EF开始下滑时离磁场的距离11（18分）如图1所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿
8、水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g（1）若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场（电场、磁场和重力场），求带电质点的电量与质量的比值（2）若M、N接如图2所示的交变电流（M板电势高时U为正），L=0.5m，d=0.4m，B=0.1T，质量为m=1104kg带电量为q=2102C的带正电质点以水平速度v=1m/s，从t=0时刻开始进入复合场（g=10m/s2）a定性画出质点的运动轨迹；b求质点在复合场中的运动时间12如图所示，一质量为ma的滑块（可看成质点）固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点，另一质
9、量为mb的滑块（可看成质点）静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va（vavb），相碰之后ma、mb的速度分别是va、vb，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava+mbvb（2）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接（足够长），mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mamb（3）若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接已知ma=mb=1kg，
10、R=0.8m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0=1m/s，B点到传送带水平面右端点C的距离为L=2mmb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，当mc运动到C点时速度恰好为零求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q，（g=10m/s2）北京市延庆县2015届高考物理一模试卷一、选择题（共8小题，每小题6分，满分48分）1对于一个热力学系统，下列说法中正确的是( )A如果外界对它传递热量则系统内能一定增加B如果外界对它做功则系统内能一定增加C如果系统的温度不变则内能一定不变D系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和
11、考点：热力学第一定律 分析：改变物体内能的方式：做功和热传递；它们在改变物体的内能上是等效的；结合热力学第一定律公式U=W+Q进行判断解答：解：A、物体吸收热量，可能同时对外做功，故内能不一定增加，故A错误；B、外界对物体做功，物体可能同时放热，故物体的内能不一定增加，故B错误；C、如果系统的温度不变，物态发生变化，则内能一定变化，故C错误；D、根据热力学第一定律，系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它做的功的和；故D正确；故选：D点评：此题主要考查的是学生对改变物体内能两种方式的理解和掌握，基础性题目2如图所示氢原子能级图，如果有大量处在n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，则能辐射出几
12、种频率不同的光及发出波长最短的光的能级跃迁是( )A3种，从n=3到n=2B3种，从n=3到n=1C2种，从n=3到n=2D2种，从n=3到n=1考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：根据数学组合公式 求出氢原子可能辐射光子频率的种数能级间跃迁时，辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高解答：解：根据=3知，这些氢原子可能辐射出三种不同频率的光子波长最短的，则频率最大，因此氢原子由n=3向n=1能级跃迁时辐射的光子能量最大，频率最大，最大能量为13.61.51eV=12.09eV故B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键知道光电效应的条件以
13、及知道能级间跃迁时辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差3如图所示，MN是介质和介质的交界面，介质中的光源S发出的一束光照射在交界面的O点后分成两束光OA和OB，若保持入射点O不动，将入射光SO顺时针旋转至S1O的位置，则在旋转过程中下列说法正确的是( )A光线OA逆时针旋转且逐渐减弱B光线OB逆时针旋转且逐渐减弱C光线OB逐渐减弱且可能消失D介质可能是光疏介质考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：当入射角增大时，反射光增强，折射光线与入射光线同向旋转根据入射角与折射角的大小，分析折射率的大小，判断能否发生全反射解答：解：A、若保持入射点O不动，将入射光SO顺时针旋转时，入射角增大时，
14、根据反射定律知反射光线OA逆时针旋转，且逐渐增强故A错误B、由折射定律知，折射光线与入射光线同向旋转，则知光线OB顺时针旋转且逐渐减弱，故B错误CD、由光路图知：入射角小于折射角，说明介质相对介质是光密介质，当入射角增大能发生全反射，故光线OB逐渐减弱且可能消失，故C正确，D错误故选：C点评：解决本题的关键要掌握折射率与入射角的关系、光的能量与入射角的关系，同时要掌握全反射的条件4一列简谐横波某时刻的波形图如图甲表示，图乙表示介质中某质点此后一段时间内的振动图象，则下列说法正确的是( )A若波沿x轴正向传播，则图乙表示P点的振动图象B若图乙表示Q点的振动图象，则波沿x轴正向传播C若波速是20m
15、/s，则图乙的周期是0.02sD若图乙的频率是20Hz，则波速是10m/s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：由波的传播方向判断甲图上质点的振动方向根据振动图象t=0时刻质点的状态，在波动图象找出对应的质点，根据图象甲得出波长，再根据=f求解即可解答：解：A、由甲图看出，图示时刻质点P在平衡位置处且向下振动，而振动图象t=0时刻P的位移为零且向上振动，所以图乙不可能是图甲中P的振动图象故A错误B、若图乙表示Q点的振动图象，t=0时刻，Q点在平衡位置处向上振动，则波沿x轴正向传播，故B正确；C、根据图象甲可知，波长=1m，则周期T=，故C错误；D、若图乙的
16、频率是20Hz，则波速v=f=20m/s，故D错误故选：B点评：本题考查理解和把握振动图象和波动图象联系的能力，找出两种图象之间对应关系是应培养的基本功5木星是绕太阳公转的行星之一，而木星的周围又有卫星绕木星公转如果要通过观测求得木星的质量M，已知万有引力常量为G，则需要测量的量及木星质量的计算式是( )A卫星的公转周期T1和轨道半径r1，B卫星的公转周期T1和轨道半径r1，C木星的公转周期T2和轨道半径r2，D木星的公转周期T2和轨道半径r2，考点：万有引力定律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据木星的某个卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可求出木星的质量解答：解：环绕天体绕着
17、中心天体做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：G=m解得：M=即只能求解中心天体的质量；故要测量木星质量，需要测量其卫星的公转周期T1和轨道半径r1，故其质量为：故A正确，BCD错误；故选：A点评：本题关键是根据木星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量，涉及半径有星体半径和轨道半径，解题时要注意区分6一个同学在体重计上做如下实验：由站立突然下蹲则在整个下蹲的过程中，下列说法正确的是( )A同学处于失重状态，体重计的读数小于同学的体重B同学处于失重状态，体重计的读数大于同学的体重C同学先失重再超重，体重计的读数先小于同学的体重再大于同学的体重D同学先超重
18、再失重，体重计的读数先大于同学的体重再小于同学的体重考点：超重和失重 分析：失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度解答：解：人先是加速下降，有向下的加速度，此时的人对体重计的压力减小，后是减速下降，有向上的加速度，此时的人对体重计的压力增加，所以C正确故选：C点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了7如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中下列选项错误的是(
19、 )A不加磁场时电子束的径迹是直线B加磁场并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周C保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小D保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动 分析：电子在匀强磁场中垂直于磁场运动时，由洛伦兹力作用下，提供向心力，从而做匀速圆周运动解答：解：A、不加磁场时电子不受力，电子束的径迹是直线故A正确；B、加磁场使磁场的方向与电子初速度的方向垂直，并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周故B正确；C、电子受到的洛伦兹力提供向心力，则：所以：，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径增大故C错
20、误；D、保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小故D正确；本题选择错误的，故选：C点评：考查洛伦兹力对粒子的作用，掌握洛伦兹力不做功，及电子仅仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动8对磁现象的研究中有一种“磁荷观点”人们假定，在N极上聚集着正磁荷，在S极上聚集着负磁荷由此可以将磁现象与电现象类比，引入相似的概念，得出一系列相似的定律例如磁的库仑定律、磁场强度、磁偶极矩等在磁荷观点中磁场强度定义为：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，其方向与正磁荷在该处所受磁场力方向相同若用H表示磁场强度，F表示点磁荷所受磁场力，qm表示磁荷量，则下列关系式正确的是(
21、 )AF=BH=CH=FqmDqm=HF考点：磁感应强度 分析：磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，运用类比思想，类比电场强度的定义公式E=列式分析即可解答：解：题目已经说明磁场强度的大小等于点磁荷在该处所受磁场力与点磁荷所带磁荷量的比值，故：H=故选：B点评：本题关键是读懂题意，运用类比思想理解题意，根据题意列式分析即可，基础题目二.实验题9（18分）某同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用小灯泡上标有“3.8V 0.5A”的字样，现有电压表（04.5V内阻约为3k）、电源、开关和导线若干，以及以下器材：A电流表（00.6A内阻约为1）B电流表（03
22、A内阻约为0.25）C滑动变阻器（020）D滑动变阻器（0500）（1）实验中如果即满足测量要求，又要误差较小，电流表应选用A；滑动变阻器应选用C（选填相应器材前的字母）（2）下列给出了四个电路图，请你根据实验要求选择正确的实验电路图C（3）图1是实验所用器材实物图，图中已连接了部分导线，请你补充完成实物间的连线（4）某同学在实验中得到了几组数据，在图2所示的电流电压（IU）坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线，根据此电流电压图线可知，小灯泡的电阻随电压的增大而增大（填“增大”、“不变”或“减小”），其原因是电压升高使电流增大于是功率增大导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大，同时
23、可以根据此图象确定小灯泡在电压为2V时的电阻R=5（5）根据此电流电压图线，若小灯泡的功率是P，通过小灯泡的电流是I，下列给出的四个图中可能正确的是D考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：电压表、电流表的选择原则是使指针偏转角大些好，应在三分之二左右偏转，若电路采用分压接法，则滑动变阻器选择小的，若限流接法则滑动变阻器阻值要大于待测电阻阻值；本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，因灯泡内阻较小，故应选用电流表外接，由此可正确画出实验原理图；根据小灯泡的伏安特性曲线，求出灯泡的电压、电流根据P=UI可以求出灯泡的实际功率解答：解：由小灯泡标有“3.8V、0.5A”字样可知，灯
24、泡的额定电流为0.5A；因此电流表选择A；本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，故应选用变化范围较小的电阻，故选C故答案为：A；C；（2）本实验应采用滑动变阻器的分压接法，同时，电流表应选择外接法；故选：C；（3）由原理图可得出对应的实物图如图所示；（4）IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，灯泡电阻随电压的增大而增大；原因是因为电压增大后，发热量高，从而使灯泡的温度升高；而灯泡电阻随温度的升高而增大；由图象可知，当电压为2V时，对应的电流为0.4A，由欧姆定律可知R=5；（5）根据功率公式可知P=I2R；若电阻不变，功主与R成正比；但由于R随温度的升高而增大，故图象应为D；故
25、答案为：（1）A；C（2）C；（3）见图（4）增大；电压升高使电流增大于是功率增大导致温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大； 5（5）D点评：本实验考查了仪器选择、电路设计、灯泡功率、滑动变阻器阻值等问题，由IU图象找出电压对应的电流，熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键三.计算题10（16分）如图所示，MN、PQ为竖直放置的两根足够长平行光滑导轨，相距为d=0.5m，M、P之间连一个R=1.5的电阻，导轨间有一根质量为m=0.2kg，电阻为r=0.5的导体棒EF，导体棒EF可以沿着导轨自由滑动，滑动过程中始终保持水平且跟两根导轨接触良好整个装置的下半部分处于水平方向且与导轨平面垂直的
26、匀强磁场中，磁感应强度为B=2T取重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计（1）若导体棒EF从磁场上方某处沿导轨下滑，进入匀强磁场时速度为v=2m/s，a求此时通过电阻R的电流大小和方向；b求此时导体棒EF的加速度大小；（2）若导体棒EF从磁场上方某处由静止沿导轨自由下滑，进入匀强磁场后恰好做匀速直线运动，求导体棒EF开始下滑时离磁场的距离考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）a、由公式E=Bdv求感应电动势，由闭合电路欧姆定律求感应电流的大小，由右手定则判断感应电流的方向b、由公式F=BdI求出棒所受的安培力，再由牛顿第二定律求加速度（2）由平衡条件和安培力
27、与速度的关系式，求出匀速运动的速度，再由自由落体运动的规律求解解答：解：（1）a导体棒EF产生的感应电动势：E=Bdv由闭合电路欧姆定律，得：I=1A方向：由P指向Mb导体棒所受安培力：F=BId由牛顿第二定律：mgF=ma可得 a=g代入数据解得 a=5m/s2（2）导体棒匀速运动时，有：mg=BId又 I=则得匀速运动的速率为 v=代入解得 v=4m/s由自由落体公式：v2=2gh则得 h=0.8m答：（1）a此时通过电阻R的电流大小1A为，方向由P指向M；b此时导体棒EF的加速度大小为5m/s2（2）导体棒EF开始下滑时离磁场的距离为0.8m点评：本题是电磁感应与力学知识的综合，既要掌握
28、电磁感应的基本规律，如法拉第电磁感应定律、右手定则等，又要熟练推导出安培力，运用平衡条件解答11（18分）如图1所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g（1）若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v匀速通过两板之间的复合场（电场、磁场和重力场），求带电质点的电量与质量的比值（2）若M、N接如图2所示的交变电流（M板电势高时U为正），L=0.5m，d=0.4m，B=0.1T，质量为m=1104kg带电量为q=2102C
29、的带正电质点以水平速度v=1m/s，从t=0时刻开始进入复合场（g=10m/s2）a定性画出质点的运动轨迹；b求质点在复合场中的运动时间考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）带电质点以恒定的速度匀速通过两板之间的复合场，知质点受重力、电场力和洛伦兹力平衡，结合平衡求出带电质点的电量与质量的比值（2）根据质点所受电场力、洛伦兹力和重力的大小情况，分析粒子在复合场中的运动规律，结合运动学公式和周期公式求出粒子在复合场中的运动时间解答：解：（1）匀强电场的电场强度为：E=粒子所受的电场力为：F电=qE粒子所受的洛伦兹力为：F磁=B
30、qv由匀速可知：Bqv=qE+mg得：（2）a、当M板电势为正时，有：qvB=mg+q，粒子在复合场中做匀速直线运动，当M板电势为负时，有：，粒子在复合场中所受的合力为洛伦兹力，做匀速圆周运动，如图所示 b、运动时间：t=，代入数据解得：t=0.814s答：（1）带电质点的电量与质量的比值为；（2）质点在复合场中的运动时间为0.814s点评：解决本题的关键知道粒子所受电场力方向向下时，所受重力、电场力、洛伦兹力三个力平衡，做匀速直线运动，当所受的电场力方向向上时，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动12如图所示，一质量为ma的滑块（可看成质点）固定在半径为R的光滑四分之一圆弧轨
31、道的顶端A点，另一质量为mb的滑块（可看成质点）静止在轨道的底端B处，A点和圆弧对应的圆心O点等高（1）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接，释放滑块ma的同时给mb一个向右的初速度vb，ma滑至水平面时的速度是va（vavb），相碰之后ma、mb的速度分别是va、vb，假设相碰过程中两滑块之间的作用力是恒力，在上述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava+mbvb（2）若圆弧的底端B与水平光滑平面连接（足够长），mb静止于B点，ma从静止开始释放，假设两滑块碰撞时无机械能损失，且两滑块能发生两次碰撞，试证明：3mamb（3）若圆弧的底端B与水平传送带平滑连接已知
32、ma=mb=1kg，R=0.8m，传送带逆时针匀速运行的速率为v0=1m/s，B点到传送带水平面右端点C的距离为L=2mmb静止于B点，ma从静止开始释放，滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，当mc运动到C点时速度恰好为零求mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量Q，（g=10m/s2）考点：动量守恒定律；机械能守恒定律 专题：动量定理应用专题分析：应用牛顿第二定律求出合力、加速度定义式求出加速度、然后由牛顿第三定律分析得出动量守恒定律两滑块碰撞时无机械能损失，根据动量守恒定律和机械能守恒定律即可求解滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，根据动量守恒
33、定律和运动学公式求解解答：解：（1）由牛顿第二定律得：Fa=maaa，Fb=mbab根据牛顿第三定律得Fa=Fb根据加速度定义式得aa=（ vava） ab=（ vbvb）mava+mbvb=ma va+mb vb（2）两滑块碰撞时无机械能损失，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列车等式：mava+mbvb=ma va+mb vbmava2+mbvb2=ma va2+mb vb2vavb解得：3mamb（3）根据动能定理得：magR=mav12滑块ma与mb相碰后立即结合在一起（mc）运动，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得mav1=mcv2根据运动学公式得：v22=2aL根据牛顿第二定律得：f=mca根据运动学公式得：v0=v2at，s1=v2tat2s2=v0tQ=f（s1+s2） 解得：Q=9J答：（1）由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式：mava+mbvb=mava+mbvb（2）证明：3mamb（3）mc从开始运动到与传送带的速度相同的过程中由于摩擦而产生的热量是9J点评：本题考查了推导动量守恒定律表达式问题，理清思路、应用牛顿第二定律、加速度定义式、牛顿第三定律即可正确解题
