2022-2023学年湖北省部分市州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省部分市州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，甲、乙两位滑冰运动员相隔一定距离站立在水平冰面上，然后伸出双掌水平相抵且稍微发力，若甲、乙两位运动员此后分别向相反的方向运动。则( )
A. 甲对乙的推力可能大于乙对甲的推力
B. 甲对乙的推力与乙对甲的推力是一对平衡力
C. 冰面对甲、乙两位运动员的摩擦力大小相等
D. 冰面对甲、乙两位运动员的摩擦力均做负功
2.如图所示，在地面上空两水平虚线区域内存在水平向右的匀强电场，带正电荷的小球从匀强电场上方的O点由静止释放，不计空气阻力，以O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy。则小球在落地前的运动轨迹可能是( )
A. B. C. D.
3.2022年8月5号，我国出口印尼的高速动车组正式启用，中国的“名片”再一次“走出去”。如图1甲、乙两列动车在两平行直轨道上行驶，t=0时刻两车车头刚好平齐，两动车的速度-时间图像如图2所示，则下列说法正确的是( )
A. t=0时，甲、乙两车加速度相同B. t=t1时，甲、乙两车车头恰好平齐
C. 0∼t1内，乙车行驶的距离比甲车大D. 0∼t1内，乙车加速度始终比甲车大
4.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig=300mA，内阻为Rg=10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是( )
A. 改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0=5Ω
B. 改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0=10Ω
C. 改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0=20Ω
D. 改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0=40Ω
5.如图所示，一平行板电容器的两极板水平放置，在下极板上叠放一定厚度的金属板。平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连(图中未画)，将金属板移出后与移出前相比( )
A. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变小
B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变小
D. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
6.港珠澳大桥的人工岛创新围岛填土在世界范围内首次提出深插式钢圆筒快速成岛技术，1600t起重船“振浮8号”吊起巨型钢筒直接固定在海床上插入到海底，然后在中间填土形成人工岛，如图甲，每个圆钢筒的直径为22.5m，高度为55m，质量为550t，由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢筒。某次试吊将一个圆钢筒吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为30∘，如图乙所示，每根绳所能承受的最大拉力为8.0×105N，图乙中仅画出两根起吊绳，则至少需要多少根绳子才能成功起吊( 3=1.732,g=10m/s2)( )
A. 7根B. 8根C. 9根D. 10根
7.已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零。一个质量均匀分布的半径为R的球体对离球心r=R2处的物体引力为F。若把该物体移到球体外面，球体对该物体的引力仍为F，此时物体距离球心的距离为(球体的体积公式为V=43πr3，其中r为球体半径)( )
A. 2R
B. 2R
C. 2 2R
D. 4R
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是( )
A. 图中两阴影部分的面积并不相等
B. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大
C. 从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器在P点减速
D. 探测器在P点的加速度小于在N点的加速度
9.如图所示，矩形ABCD四个顶点各固定一个点电荷，电荷量相等，O点是矩形对角线的交点，∠AOB为钝角，其中A、B两点固定的点电荷所带电荷量为+q，C、D两点固定的点电荷所带电荷量为−q，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )
A. O点电场强度为零B. O点电势为零
C. 移走B处点电荷，O点电场强度一定减小D. 移走B处点电荷，O点电势一定降低
10.2021年中国选手胡旭威在第50届世界体操锦标赛上赢得男子单杠、双杠两项冠军，成为世锦赛双冠王，已知运动员重心到手支撑点的距离为L，运动员在竖直面内做圆周运动，其重心在最高点时的速度为v，与单杠间的弹力大小为FN，其FN−v2图像如图乙所示，则( )
A. 当地的重力加速度大小bL
B. 运动员的质量为Lba
C. v2=c时，在最高点单杠对运动员的弹力向下
D. v2=12b时，在最高点单杠对运动员的弹力为12a
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律：气垫导轨放在桌面上，导轨上放有滑块，滑块有遮光片。图中A、B是两个光电门，光电门与数字毫秒计相连。实验器材还有轻质且无弹性的细绳，砝码，砝码盘等。重力加速度g为已知量。
实验步骤如下：
(1)已测量并记录了滑块及遮光片总质量M、砝码和砝码盘的总质量m，实验开始之前，还需要测量和记录的物理量有______。
A.遮光片宽度d
B.两光电门之间的距离L
C.滑块从光电门A到光电门B所用的时间t
(2)把气垫导轨调整到水平：打开气泵电源，气泵正常工作。放上滑块，轻推一下，让滑块在气垫导轨上运动起来，若经过光电门A的时间大于经过光电门B的时间，则需调高气垫导轨的______端(选填“左”或“右”)才可使气垫导轨水平。
(3)跨过滑轮的细线一端连接滑块，另一端连接砝码盘。静止释放滑块，在细线拉力作用下滑块加速运动起来。记录下遮光片经过A、B两个光电门的时间分别为ΔtA和ΔtB。根据实验得到的数据，如果在误差范围内关系式______成立，则验证了机械能守恒定律。
12.在“测量金属丝电阻率”的实验中，某同学利用图甲所示电路测量金属丝的电阻，实验中所用电表均可视为理想电表。实验步骤如下：
(1)闭合开关S和S1前，使滑动变阻器R的滑动触头P位于______(选填“最左端”、“中间”或“最右端”)；
(2)先后闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R，使电压表和电流表均有较大偏转，但不超过量程，记录此时电压表示数U1=1.5V，电流表示数I1=0.44A。再断开开关S1，调节滑动变阻器R，使电压表示数仍为U2=1.5V，电流表示数I2如图乙所示，则I2=______ A；
(3)根据实验数据计算被测的金属丝的电阻Rx为______Ω(结果保留两位有效数字)；
(4)现测得金属丝的长度为50.00cm，用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图丙所示，其读数应为______mm(该值等于多次测量的平均值)；
(5)根据以上实验数据可以计算出金属丝电阻率为______Ω⋅m(结果保留一位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共43分。
13.如图所示，半径R=0.9m的四分之一圆弧形粗糙轨道竖直放置，圆弧最低点与水平面相切于B点，B点距离地面的高度为h=0.8m。质量m=1.0kg的小滑块从圆弧上与圆心等高的D点由静止释放，小滑块经过B点时对轨道压力大小为20N。不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小滑块落地点与B点水平距离的大小；
(2)小滑块克服轨道摩擦力做的功。
14.如图，ABNM(Ⅰ区)、BCPN(Ⅱ区)是两个连续的边长均为L的正方形区域，Ⅰ区存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E；Ⅱ区存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为2E。现以A为坐标原点，AC为x轴正方向，AM为y轴正方向建立如图所示直角坐标系。有大量质量为m，电荷量为q的带正电的粒子均匀分布在AM上，在电场力作用下由静止开始运动，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。求：
(1)从点D(0,L4)处开始运动的粒子离开Ⅱ区域时的坐标及速度方向与x轴的夹角；
(2)从CP边飞出的粒子占所有粒子的百分比η。
15.如图所示，倾角为37∘的粗糙斜面底端与足够长的水平传送带平滑对接，水平传送带以v0=4m/s的恒定速率逆时针转动。质量为m=1.0kg的小滑块从斜面上A点静止下滑，A点距离斜面底端高度为h=9.6m。小滑块与斜面间动摩擦因数μ1=0.5，与水平传送带之间动摩擦因数μ2=0.2，斜面对小滑块的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度大小g取10m/s2，小滑块通过斜面底端与传送带的对接点时速率不变。求：
(1)小滑块第一次到达斜面底端的速度大小；
(2)小滑块第一次在传送带上运动的总时间；
(3)小滑块在斜面上运动过程中产生的总热量。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：AB、甲对乙的推力和乙对甲的推力是一对作用力与反作用力，大小相等，故AB错误；
C、冰面对甲、乙两位运动员的摩擦力为滑动摩擦力，大小为f=μN=μmg
大小与动摩擦因数和运动员的质量有关，两运动员的质量关系未知，摩擦力关系无法判断，故C错误；
D、两位运动员所受滑动摩擦力的方向与运动方向相反，均做负功，故D正确。
故选：D。
一对作用力与反作用力一定大小相等，方向相反；滑动摩擦力的大小与动摩擦因数和正压力有关；摩擦力方向与运动方向相反，做负功。
本题考查牛顿第三定律、摩擦力和功的计算，解题关键是区分作用力与反作用力和平衡力，会判断正功与负功。
2.【答案】C
【解析】解：小球刚开始做自由落体运动，受重力作用，速度方向竖直向下，轨迹为直线；
当带正电荷的小球进入水平向右的匀强电场区域后，小球受到水平向右的电场力和竖直向下的重力，合力的方向向右偏下，速度和合力的方向不在同一条直线上，小球做匀变速曲线运动，轨迹应夹在速度方向和合力方向之间，轨迹上弯曲；
小球离开电场区域后，小球受到的重力方向竖直向下，与速度的方向仍然不在同一条直线上，小球依然做匀变速曲线运动，但轨迹向下弯曲，对比各图象特点，故ABD错误，C正确。
故选：C。
分析小球在每一阶段开始时合力方向和度方向，若二者共线，则做直线运动。若合力方向与速度有一夹角，则轨迹在合力与速度方向之间，且弯向合力的那侧。
小球的运动分三个：其一是自由落体运动，合力方向与速度方向均竖直向下。其二是进入电场后做匀变速曲线运动，曲线向上弯曲。离开电场时也做匀变速曲线运动，但曲线向下弯曲。
本题主要考查了动能定理、机械能守恒及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，从而大致判断其轨迹特点。
3.【答案】C
【解析】解：A.v−t图像的斜率表示质点的加速度，斜率大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；故由图可知，在t=0时，乙车的斜率大，所以乙车加速度大，故A错误；
BC.由于图线与坐标轴所围的面积越大，位移越大；由图可知，在0∼t1内，乙车图线的面积大，故乙车行驶的比甲车大；在t=t1时，乙车在前，甲车在后，故B错误，C正确；
D.在0∼t1内，乙车图像的斜率先比甲车大，后比甲车小，所以乙车加速度先比甲车大，后比甲车小，故D错误。
故选：C。
v−t图像的点可以直接得到质点的运动时间和某一时刻的瞬时速度；
v−t图像的斜率表示质点的加速度，斜率大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；
v−t图像的图线与坐标轴所围图形的面积表示质点的位移。
本题考查v−t图像。解题关键是掌握v−t图像的应用，能够从图像中获得充分的信息解题即可。难度不大。
4.【答案】D
【解析】解：AB.根据电表改装的知识可知，将灵敏电流计改装为0.6A量程的电流表，需要并联一个电阻，选择图甲，根据欧姆定律可得：
I=Ig+IgRgR0
解得R0=10Ω，故AB错误；
CD.根据电表改装的知识可知，将灵敏电流计改装为15V量程的电压表，需串联一个电阻，选择图乙，根据欧姆定律可得：
IgRg+IgR0=U
解得：R0=40Ω，故C错误，D正确。
故选：D。
灵敏电流计要改装成电流表需要并联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出电阻的大小；
灵敏电流计改装成电压表需要串联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出电阻的大小。
本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律即可完成解答，难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：金属板在电容器极板间处于静电平衡状态，若将其移出，相当于两板间的距离增大；
根据场强与电势差的关系E=Ud可知，极板间的电场强度减小；
根据电容器的决定式C=εrS4πkd可知，当两板间的距离增大，电容器的电容C减小；
根据电容器的定义式C=QU可知，当两极板间的电势差不变时，极板上的电荷量减小；
综上分析，故A正确，BCD错误。
故选：A。
金属板在电容器极板间处于静电平衡状态，若将其移出，相当于两板间的距离增大；再根据场强与电势差、电容的定义式和决定式分析作答。
本题考查了匀强电场中场强与电势差的关系、电容器的定义式和决定式，抓住电容器两端电压不变是解题的关键；
注意：电容器充电后始终与电源相连，两极板之间的电势差不变。
6.【答案】B
【解析】解：设n根绳拉力在竖直方向的分矢量和与重力大小相等、方向相反。则mg=nFcs30∘
代入数据得n≥mgFcs30∘=550×103×108.0×105× 32≈7.94
即至少需要8根绳子才能成功起吊。故B正确，ACD错误。
故选：B。
竖直方向根据平衡条件列方程求解至少需要多少根绳子才能成功起吊。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。
7.【答案】A
【解析】解：设质量均匀分布的半径为R的球体的密度为ρ，离球心r=R2处的物体的质量为m，根据万有引力定律得：
F=G43π(R2)3ρm(R2)2
把该物体移到球体外面，设物体距离球心的距离为r1，则球体对该物体的引力F的表达式为：
F=G43πR3ρmr12
联立方程组解得物体距离球心的距离r1= 2R，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据万有引力公式写出质量均匀分布的半径为R的球体对离球心r=R2处的物体引力F的表达式，再写出把该物体移到球体外面，球体对该物体的引力F的表达式，联立方程组可以求解物体距离球心的距离，进而得出正确选项。
本题考查万有引力定律的应用，根据题意用密度和体积表示质量并写出引力表达式是解题的关键。
8.【答案】AC
【解析】解：A.根据开普勒第二定律可知探测器在同一轨道上相等时间内与火星的连线扫过的面积相等，不过因为图中两阴影部分不在同一轨道，所以连线扫过的面积不相等，故A正确；
B.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器的轨道半长轴变小，根据开普勒第三定律a3T2=k可知周期变小，故B错误；
C.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器做向心运动，故探测器在P点减速，故C正确；
D.探测器受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
可得：a=GMr2
可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D错误。
故选：AC。
根据开普勒第二定律分析出探测器与火星连线在相等时间内扫过的面积的大小关系；
根据牛顿第三定律分析出探测器的周期变化趋势；
根据卫星变轨的特点分析出探测器的速度变化趋势；
理解探测器的受力分析，结合牛顿第二定律得出加速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解探测器做圆周运动的向心力来源，结合开普勒第三定律和牛顿第二定律即可完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A、根据等量同种电荷电场分布特点可知，A、B两等量正点电荷在O点合电场强度EAB方向垂直AB向下，C、D两等量负点电荷在O点合电场强度ECD方向垂直CD向下，则O点电场强度不为零，方向垂直CD向下，故A错误；
B、根据等量异种电荷中垂线为一等势线，且中垂线上所有点的电势均为0，由于O点是A、C和B、D两组等量异种电荷的中点，则O点电势为零，故B正确；
C、A、C两等量异种电荷在O点合电场强度EAC方向由O指向C，B、D两等量异种电荷在O点合电场强度EBD方向由O指向D，由于∠COD为钝角，由场强矢量和的法则可知，移走B处点电荷，O点电场强度不一定减小，故C错误；
D、由于B处为正点电荷，则B处正点电荷产生电场在O点的电势大于0，由电势代数和的法则可知，移走B处点电荷，O点电势一定降低，故D正确。
故选：BD。
根据等量异种电荷电场线的分布判断电场线的疏密，进而判断电场强度大小；
由等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势为零可判断O点的电势；
根据等量异种电荷的电场线特点，结合矢量合成规律分析O点的场强的变化；
根据等量异种电荷等势面的特点，结合代数和法则判断O点电势的变化。
本题考查等量同种和异种电荷电场线的分布特点，关键要知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且电势为零，场强叠加遵循矢量和，电势叠加遵循代数和。
10.【答案】ACD
【解析】解：A.由图乙可知，当v2=b时，FN=0；此时运动员重力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
mg=mbL
解得：g=bL，故A正确；
B.由图乙可知，当v2=0时，FN=a；此时运动员的重力和支持力平衡，则有
mg=a
解得：m=aLb，故B错误；
C.当v2=c>b时，运动员在最高点所受的重力不足以提供向心力，此时单杠对运动员的弹力表现为拉力，即单杠对运动员的弹力向下，故C正确；
D.由图乙可知，当v2=12b时，在最高点单杠对运动员的弹力为12a，故D正确。
故选：ACD。
理解图像的物理意义，结合牛顿第二定律列式分析出重力加速度和运动员的质量；
根据速度的大小，结合牛顿第二定律列式得出单杠对运动员的弹力。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，理解图像的物理意义，熟悉对物体的受力分析，结合牛顿第二定律即可完成解答。
11.【答案】AB 右 mgL=12(M+m)[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
【解析】解：(1)滑块经过光电门A时滑块的速度为：vA=dΔtA
滑块经过光电门B时滑块的速度为：vB=dΔtB
M和m组成的系统机械能守恒，则有：
mgL=12(M+m)vB2−12(M+m)vA2
即mgL=12(M+m)[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
所以已测量并记录了滑块及遮光片总质量M、砝码和砝码盘的总质量m，实验开始之前，还需测量遮光片宽度d、两光电门之间的距离L，故AB正确，C错误；
故选：AB。
(2)若经过光电门A的时间大于经过光电门B的时间，说明滑块做加速运动，气垫导轨的右端低，应该调高气垫导轨的右端才可使气垫导轨水平。
(3)由以上分析可知如果在误差范围内关系式mgL=12(M+m)[(dΔtB)2−(dΔtA)2]成立，则验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)AB；(2)右；(3)mgL=12(M+m)[(dΔtB)2−(dΔtA)2]
(1)根据运动学公式，结合实验原理分析出需要测量的物理量；
(2)根据速度的大小关系分析出导轨的高低关系；
(3)根据机械能守恒定律结合题意完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律即可完成分析。
12.【答案】最左端 ×10−6
【解析】解：(1)为了保证电路中器材的安全，开关闭合前应使电表的数值最小，则应使滑动变阻器的滑动触头P位于最左端。
(2)图中电流表的量程为0.6A；可知电流表示数I2为0.140A。
(3)根据欧姆定律可得
U1I1=R0RxR0+Rx
U2I2=R0
联立解得：Rx=5.0Ω
(4)螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则图中螺旋测微器的读数为
d=0mm+40.0×0.01mm=0.400mm
(5)根据电阻定律有
Rx=ρLS，S=π(d2)2
解得：ρ=1×10−6Ω⋅m
故答案为：(1)最左端；(2)0.140；(3)5.0；(4)0.400；(5)1×10−6
(1)根据实验原理和电路构造的分析得出滑动触头的位置；
(2)根据多用电表的读数规则得出金属丝的电阻；
(3)根据欧姆定律联立等式得出金属丝的电阻；
(4)熟悉螺旋测微器的读数规则并得出对应的读数；
(5)根据电阻定律得出金属丝的电阻率。
本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)在B点，由牛顿第二定律得：F−mg=mv2R
其中：F=20N，代入数据解得：v=3m/s
离开B后小滑块做平抛运动，
水平方向：x=vt
竖直方向：h=12gt2
代入数据解得：x=1.2m
(2)小滑块从D运动到B过程，由动能定理得：mgR−W=12mv2−0
代入数据解得：W=4.5J
答：(1)小滑块落地点与B点水平距离的大小是1.2m；
(2)小滑块克服轨道摩擦力做的功是4.5J。
【解析】(1)应用牛顿第二定律求出小滑块在B点的速度，离开B后小滑块做平抛运动，应用运动学公式求出小滑块落地点距离B的水平距离。
(2)应用动能定理求出小滑块考查轨道摩擦力做的功。
根据题意分析清楚小滑块的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。
14.【答案】解：(1)从点D(0,L4)处开始运动的粒子在Ⅰ区先匀加速直线运动，设刚刚离开Ⅰ区进入Ⅱ区域的速度为v0，根据动能定理得：EqL=12mv02−0
粒子在Ⅱ区域做类平抛运动，沿x方向做匀速直线运动，有：L=v0t
沿y方向做匀变速直线运动，有y0=12×2Eqmt2
联立解得：y0=L2
粒子离开Ⅱ区域时的y坐标为L4+y0=L4+L2=3L4，x坐标为2L
设粒子离开Ⅱ区域时的速度方向与x轴的夹角为θ，则tanθ=vyv0=atv0=2Eqm×Lv0v0，将v0代入解得：tanθ=1，则θ=45∘
(2)粒子在Ⅱ区域的偏转后y坐标为L时，刚好能从Ⅱ区域的P点离开，则粒子在Ⅰ区的y坐标为y1=L−y0=L−L2=L2
所以从CP边飞出的粒子占所有粒子的百分比η=y1L×100%=L2L×100%=50%
答：(1)从点D(0,L4)处开始运动的粒子离开Ⅱ区域时的坐标为(2L,3L4)，粒子离开Ⅱ区域时的速度方向与x轴的夹角为45∘；
(2)从CP边飞出的粒子占所有粒子的百分比η为50%。
【解析】(1)从点D(0,L4)处开始运动的粒子先匀加速直线运动，根据动能定理可以求解刚刚进入Ⅱ区域的速度，在Ⅱ区域做类平抛运动，沿x方向做匀速直线运动，沿y方向做匀变速直线运动，据此可以求解离开Ⅱ区域时的坐标及速度方向与x轴的夹角；
(2)根据粒子在Ⅱ区域的偏转距离求解刚好能从Ⅱ区域的P点离开的粒子在Ⅰ区的y坐标，根据这个坐标求解从CP边飞出的粒子占所有粒子的百分比η。
本题考查带电粒子在电场中的加速与偏转问题，带电粒子在电场中的偏转问题是类平抛运动，需要根据两个方向的分运动列式求解。
15.【答案】解：(1)小滑块第一次从A点到达斜面底端过程，利用动能定理有：mgh−μ1mgcs37∘⋅hsin37∘=12mv12
代入数据可得：v1=8m/s
(2)小滑块第一次到达传送带，做匀减速直线运动，速度减为零，然后反向做匀加速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，
匀减速过程由牛顿第二定律有：μ2mg=ma1，则a1=μ2g=0.2×10m/s2=2m/s
匀减速运动的时间t1=v1a1=82s=4s，匀减速运动的位移x0=v12t1=82×4m=16m
小滑块反向加速与传送带共速的时间t2=v0a1=42s=2s，此过程的位移x1=v02t2=42×2s=4m
小滑块与传送带共速后匀速运动的位移x2=x0−x1=16m−4m=12m，此过程的时间t3=x2v0=124s=3s
小滑块第一次在传送带上运动的总时间t=t1+t2+t3=4s+2s+3s=9s
(3)小滑块第一次离开传送带时的速度大小与传送带的速度大小相等，以后小滑块每次滑上传送带与离开传送带时的速度大小相等，设小滑块第一次滑上斜面到静止在斜面底端的过程，设小滑块在斜面上运动的路程为s，由能量守恒可知小滑块减少的动能转为热量，则有：12mv02=μ1mgcs37∘⋅s
小滑块在斜面上运动过程中产生的总热量Q=μ1mgcs37∘⋅s+μ1mgcs37∘⋅hsin37∘
代入数据可得：Q=72J
答：(1)小滑块第一次到达斜面底端的速度大小为8m/s；
(2)小滑块第一次在传送带上运动的总时间为9s；
(3)小滑块在斜面上运动过程中产生的总热量为72J。
【解析】(1)小滑块第一次从A点到达斜面底端过程，利用动能定理可得小滑块第一次到达斜面底端的速度大小；
(2)分析小滑块第一次到达传送带的运动情况，先减速到零，然后反向加速到与传送带的速度大小相等，加速和减速过程加速度大小相等，由牛顿第二定律可得加速度大小，利用运动学公式可得运动时间；
(3)小滑块再次滑到传送带上做匀减速运动，速度减为零，然后反向加速运动，加速和减速过程加速度大小相等，位移相等，可知小滑块第一次离开传送带时的速度大小与传送带的速度大小相等，以后小滑块每次滑上传送带与离开传送带时的速度大小相等，根据能量守恒和功能关系可得小滑块在斜面上运动过程中产生的总热量。
本题考查了能量守恒和功能关系，解题的关键是分析小滑块在传送带上的受力特点和运动特点。