备战2021年高考物理【名校地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·2月卷（解析版）(3)

时间：2021-02-08 20:11:04 来源：蒲公英阅读网 本文已影响人

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　 绝密★启用前| 备战 2021 年高考物理【名校、地市好题必刷】全真模拟卷（江苏专用）·2 月卷 第 三 模拟 共 一、单项选择题：共 11 题，每题 4 分，共 44 分每题只有一个选项最符合题意。

　1．（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）唐朝诗人张志和在《玄真子·涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。彩虹成因的简化示意图如图所示，图中仅作出了红光和紫光的光路，则下列说法正确的是（

　）

　A．a 光波长比 b 光波长短 B．a 是红光，b 是紫光 C．a 光在雨滴中速度比 b 光大 D．上午的雨后看到的彩虹应该出现在东方的天空中 【答案】

　A 【解析】

　ABC．紫光的折射率大于红光，所以由空气进入水珠时，根据sinsininr可知，相同的入射角入射时，紫光的折射角较小，所以 b 是红光， a 是紫光。因为紫光频率大于红光，所以根据 cf  可知，a 光波长比 b 光波长短。再根据cvn可知，紫光在雨滴中的速度小于红光的，即 a 光在雨滴中速度比 b 光小。A 正确，BC错误； D．太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射后光线与入射光的方向大致相反，所以观察者应背对太阳才能接受到出射光，即上午的雨后看到的彩虹应该出现在西方的天空中。D 错误。

　故选 A。

　2．（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）两辆汽车在同一直道上以相等的速度 v 0 做同向直线运动，某时刻前车突然熄火做加速度大小为 a 1 匀减速运动，后车司机经 Δt 时间后刹车，以大小为 a 2 的加速度做匀减速运动，结果两车同时停下且没有发生碰撞，则两车正常行驶时之间距离 s 0 至少是（

　）

　A．02v t  B．0v t  C．2012va D．2022va 【答案】

　A

　 【解析】

　设两车时间 t 停下，两车的速度时间图像如图所示

　则前车所走的位移 012vx t  后车的位移 2 02t tx v  则图中的阴影的面积即为两车正常行驶时之间距离最小值 00 2 12vs x x t     故选 A。

　3．（2020·江苏南通市·高三月考）如图所示，某次训练中，一运动员将排球从 A 点水平击出，球击中 D 点；另一运动员将该排球从位于 A 点正下方的 B 点斜向上击出，最高点为 C，球也击中 D 点。已知 B、D 等高，A、C 等高，不计空气阻力。下列说法正确的是（

　）

　A．两过程中，排球的飞行时间相等 B．两过程中，排球的初速度大小一定相等 C．后一个过程中，排球击中 D 点时的速度较大 D．两过程中，击中 D 点时重力做功的瞬时功率相等 【答案】

　D 【解析】

　AB．由于 B 球能竖直到达 C 点，从 C 到地面竖直方向做自由落体运动，根据竖直方向的运动可知 yA yBv v ，B A2 t t  由于水平方向的位移相同，根据

　 =xvt水 可知 A Bv v水 水＞ 根据速度的合成可知，A 抛出时的速度 A0 Av v 水

　B 抛出时的初速度 2 2B0 B yBv v v  水 故两过程中，小球的初速度大小可能相等，故 AB 错误； C．落地时，根据运动的对称性可知，B 处抛出时的速度大小与落地时速度大小相等，A 球落地时的速度 2 2A yA Av v v  水 故前一个过程中，排球击中 D 点时的速度较大，故 C 错误； D．由于竖直方向做的时自由落体运动，下落的高度相同，故落地时竖直方向的速度相同，则重力的瞬时功率 yP mgv  相同，故 D 正确。

　故选 D。

　4．（2020·江苏南通市·海门中学高三月考）如图所示，一圆形边界内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，O点为边界的圆心．一些电子先后从 A 点以不同的速率沿 AO 方向射入磁场区域，则下列说法正确的是（

　）

　A．电子都沿逆时针方向做圆周运动 B．每个电子在磁场中运动的加速度大小都相等 C．每个电子在磁场中转动的角速度都不相等 D．速率最大的电子最先穿出磁场区域 【答案】

　D 【解析】

　A．根据左手定则知，电子都沿顺时针方向做圆周运动，故 A 错误； B．电子的速率不同，由 = f qvB洛

　 知受到的洛伦兹力大小不相等，则加速度大小不相等，故 B 错误； C．根据 2 mTeB 知，电子在磁场中运动的周期都相等，则角速度都相等，故 C 错误； D．由洛仑兹力提供向心力 2vqvB mr 得 mvrqB 所以速率越大，轨道半径越大，电子在磁场中运动轨迹对应的圆心角越小，运动时间越短，所以速率最大的电子最先穿出磁场区域，故 D 正确。

　故选 D。

　5．（2020·江苏苏州市·高三月考）如图所示，电路中的 A B、 是两个完全相同的灯泡， L 是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈， C 是电容很大的电容器，当开关 S 断开与闭合时， A B、 灯泡发光情况是（

　）

　A． S 刚闭合后， A 灯亮一下又逐渐变暗， B 灯逐渐变亮 B． S 刚闭合后， B 灯亮一下又逐渐变暗， A 灯逐渐变亮 C． S 闭合足够长时间后， A 灯泡和 B 灯泡一样亮 D． S 闭合足够长时间后再断开， B 灯逐渐熄灭， A 灯逐渐熄灭 【答案】

　A 【解析】

　AB．S 刚闭合后，灯泡 A 与电感并联，由于电感阻碍电流的增大，所以 A 灯亮一下，但电感的直流电阻为零，故 A 灯然后逐渐熄灭，B 灯与电容器并联，由于电容器充电，所以 B 灯逐渐变亮。故 A 正确，B 错误； C．S 闭合足够长时间后，C 中无电流，相当于断路，L 相当于短路，所以 B 很亮，而 A 不亮，故 C 错误； D．S 闭合足够长时间后再断开，B 灯与电容器构成回路，电容器放电，所以 B 灯是逐渐熄灭，A 灯与线圈构成回路，所以 A 灯先闪亮一下然后在逐渐熄灭，故 D 错误。

　故选 A。

　6．（2020·江苏南通市·高三月考）如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、T 形软

　 铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，N 个齿等距离地安装在被测旋转体的一个圆周（圆心在旋转体的轴线上），齿轮转动过程中，当齿靠近 T 形软铁时，由于磁化作用，软铁中磁场增强，相反，远离时磁场减弱。现测得线圈中感应电流的变化频率为 f，旋转体角速度为  。则（

　）

　A．2πNf B．当齿距离 T 形软铁最近的时候，线圈中电流最大 C．线圈中的感应电流方向不变，只是大小发生周期性变化 D．随着旋转体转速的增加，线圈中的电流的频率变大，有效值保持不变 【答案】

　A 【解析】

　A．在单位时间内通过 T 形软铁的齿轮数为2πN ，而齿轮靠近 T 形软铁一次，线圈中感应电流就变化一次，所以线圈中感应电流的变化频率就等于单位时间内通过 T 形软铁的齿轮数，即 2πNf A 正确； B．根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化最快时，感应电流最大。当齿轮距离 T 形软铁最近的时候，线圈中磁通量最大，变化最慢，感应电流最小。B 错误； C．当齿轮靠近 T 形软铁时，线圈中磁通量增大，当齿轮远离 T 形软铁时，线圈中磁通量减少，根据楞次定律，感应电流大小、方向要发生周期性变化。C 错误； D．随着旋转体转速的增加，线圈中的电流的频率变大，线圈中磁通量的变化率也变大，感应电动势也增大，感应电流也增大。D 错误。

　故选 A。

　7．（2020·江苏徐州市·高三月考）某同学用甲、乙、丙三种色光分别照射同一光电管，研究光电流 I 与所加电压 U 之间的关系，得到如图所示的图像。则下列说法正确的是（

　）

　A．甲光的波长小于乙光的波长 B．以相同的入射角从空气斜射入玻璃，乙光的折射角大于丙光的折射角 C．甲光可能为蓝光，乙光可能为红光 D．若处于基态的氢原子能吸收甲、乙两种光，且吸收甲光后由高能级向低能级跃迁共能发出 6 种频率的光，则吸收乙光后共能发出超过 6 种频率的光 【答案】

　D 【解析】

　A．根据爱因斯坦光电效应方程结合动能定理可知 212c meU mv h W     知入射光的频率越高，对应的遏止电压 U c 越大。甲光、丙光的遏止电压相等，所以甲光、丙光的频率相等，波长相等，甲光、丙光的遏止电压小于乙光，则甲光、丙光的频率小于乙光，甲光、丙光的波长大于乙光，故 A 错误； B．由公式sinsininr可知，入射角相同，折射率越大的，折射角越小，由于乙的频率大于丙的频率，即乙的折射率大于丙的折射率，所以乙光的折射角小，故 B 错误； C．由于甲光的频率小于乙光的频率，则不可出现甲光为蓝光，乙光为红光，故 C 错误； D．由于甲光的频率小于乙光的频率，由甲光的光子能量小于乙光光子能量，处于基态的氢原子能吸收甲、乙两种光，乙光能跃迁到更高的能级，则吸收乙光后共能发出超过 6 种频率的光，故 D 正确。

　故选 D。

　8．（2020·江苏苏州市·高三月考）一定质量的理想气体分别在 T 1 、T 2 温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，T 2 对应的图线上有 A、B 两点，表示气体的两个状态。则（

　）

　A．温度为 T 1 时气体分子的平均动能比 T 2 时大 B．A 到 B 的过程中，气体内能增加 C．A 到 B 的过程中，气体向外界放出热量 D．A 到 B 的过程中，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少 【答案】

　D 【解析】

　A．因为1 2T T ，温度为 T 1 时气体分子的平均动能比 T 2 时小，A 错误； B．A 到 B 的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，B 错误； C．A 到 B 的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外做功，一定吸收热量，C 错误； D．由PVCT得，A 到 B 的过程中，气体的温度不变，体积增大，则压强减小，气体分子单位时间内对器壁单位面积上的碰撞次数减少，D 正确。

　故选 D。

　9．（2020·吕叔湘中学高三月考）如图所示，用一轻绳将光滑小球 P 系于竖直墙壁上的 O 点，在墙壁和球 P之间夹有一正方体物块 Q，P、Q 均处于静止状态，现有一铅笔紧贴墙壁压在轻绳上从 O 点开始缓慢下移（该过程中，绳中张力处处相等），P、Q 始终处于静止状态，则在铅笔缓慢下移的过程中（）

　A．P 所受的合力增大 B．Q 受到墙壁的摩擦力不变 C．P 对 Q 的压力逐渐减小 D．绳的拉力逐渐减小 【答案】

　B A．P 始终处于静止状态，所受合力始终为零，故 A 错误；

　 B．小球 P 光滑，所以 PQ 间没有摩擦，因此 Q 受到的墙壁的摩擦力与 Q 受到的重力是平衡性，保持不变，故 B 正确； CD．对 P 球进行受力分析如图

　根据平衡条件可得 cos T mg   sin T θ N = 整理得 tan N mg  ，cosmgT 随铅笔向下移动，  变大，则 tan  增大，即 Q 对 P 的支持力增大，根据作用力和反作用力，P 对 Q 的压力增大；而 cos  减小，因此绳子拉力变大，故 CD 错误。

　故选 B。

　10．（2020·吴江汾湖高级中学高三月考）如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离 L 处有一小物体与圆盘保持相对静止．已知能使小物块与圆盘保持相对静止的最大角速度为 ω．物体与盘面间的动摩擦因数为32（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），该星球的半径为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是

　A．这个行星的质量2 2R LMG B．这个行星的同步卫星的周期是RL C．这个行星的第一宇宙速度 v １2 LR   D．离行星表面距离为 2R 的地方的重力加速度为 ω 2 L 【答案】

　C

　 物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度；可知当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：2cos30 sin30 = mg mg m L    ，所以224cos30 sin30Lg L  . A、绕该行星表面做匀速圆周运动的物体受到的万有引力提供向心力，则：22MmG m R mgR  ，可得2 2 24 gR R LMG G ；故 A 错误. B、不知道同步卫星的高度，所以不能求出同步卫星的周期；故 B 错误. C、这个行星的第一宇宙速度12 v gR LR   ；故 C 正确. D、离行星表面距离为 2R 的地方的重力加速度为224(2 ) 9 9GM gg LR R    ；故 D 错误. 故选 C. 11．（2020·江苏南通市·高三月考）如图所示，长方体 ABCD—" " " " A B C D的顶面和底面边长为 L，侧面棱长为2L ，在 A 、 B 、 C 、 D 四个顶点处分别固定电荷量为+q 的点电荷，在" A 、 " B 、 " C 、 " D 四个顶点处分别固定电荷量为－q 的点电荷。已知 OP 垂直于平面 ABCD，垂足为 P，O 点是此长方体的几何中心，静电力常量为 k，则（

　）

　A．O 点处电势高于 P 点处电势 B．O 点处的电场强度的大小24 2kqEL C．将某一带负电的点电荷从 P 点沿直线移到 O 点的过程中电势能一直在减小 D．将某一带正电的点电荷从 P 点沿直线移到 O 点的过程中电势能一直在增加 【答案】

　B 【解析】

　A.假设正电荷 q 从 O 点移动到 P 点，电场力做负功，由电场力做功特点 ( ) 0OP OP O PW qU q      ＜ 可得

　 O P  ＜ A 错误； B．A 点的电荷在 O 点产生的场强为 2=AkqEr 由几何关系可得 2 2 22 2( ) ( )2 2Lr L   A 点的电荷在 O 点产生的场强的竖直分量为 22"ALE Er O 点处的电场强度的大小 24 2=8 "=kqE EL B 正确； C．将某一带负电的点电荷从 P 点沿直线移到 O 点的过程中，电场力做负功，电势能一直增加，C 错误； D．将某一带正电的点电荷从 P 点沿直线移到 O 点的过程中，电场力做正功，电势能一直在减少，D 错误； 故选 B。

　共 二、非选择题：共 5 题，共 56 分其中第 13 题～第 16 题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。

　12.（7 分）

　（2020·江苏盐城市·盐城中学高三月考）某同学用如图甲所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计 A 挂于固定点 P，下端用细线挂一重物 M，弹簧测力计 B 的一端用细线系于 O 点，手持另一端向左拉，使结点 O 静止在某位置。分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数，图乙为 A 的示数。在贴于竖直木板的白纸上记录 O 点的位置和拉线的方向。

　（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，弹簧测力计 A 的拉力为______N； （2）下列的实验要求中不必要的是______；

　 A．细线应稍微长一些，以便力的方向画的更准确 B．应测量重物 M 所受的重力 C．细线 AO 与 BO 之间的夹角应大于 90

　D．改变拉力的大小与方向，进行多次实验，每次都要使 O 点静止在同一位置 （3）图丙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法正确的是______。

　A．图中的 F 是力1F和2F合力的理论值 B．图中的F是力1F和2F合力的理论值 C．F 是力1F和2F合力的实际测量值 D．本实验方法为理想实验法 【答案】

　3.80

　CD

　BC 【解析】

　（1）弹簧测力计读数，每 1N 被分成 10 格，则 1 格就等于 0.1N，图指针落在 3N 到 4N 的第 8 格处，所以读数为 3.80 N。

　（2）A．细线应尽可能长一些，能更加准确的记录力的方向，故 A 正确； B．实验通过作出三个力的图示，来验证“力的平行四边形定则”，因此重物的重力必须要知道，故 B 正确； C．细线 AO 与 BO 之间的夹角适当大一点，不一定需要大于 90 ，故 C 错误； D．当结点 O 位置确定时，弹簧测力计 A 的示数也确定，由于重物的重力已确定，两力大小与方向均一定，因此弹簧测力计 B 的大小与方向也一定，所以不需要改变拉力多次实验。故 D 错误； 故选 CD。

　（3）ABC．F 1 与 F 2 的合力的实际值测量值等于下面悬挂重物的重力大小方向，与重力方向相反；而理论值是通过平行四边形定则得到的值。所以 F 是 F 1 和 F 2 的合力的实际值，"F 是 F 1 和 F 2 的合力的测量值，故A 错误，BC 正确。

　D．该实验采用了“等效替代”的原理，即合力与分力的关系是等效的，故 D 错误。

　故选 BC。

　13.（9 分）

　（2020·江苏南通市·高三期中）某兴趣小组设计以下实验来测量一块正方形薄片导体 R 0 的电阻。

　（1）使用多用电表粗测 R 0 时，该小组先用“×100 欧姆挡，欧姆表的指针偏转情况如甲图中虚线 a 位置。为了减小误差，多用电表的选择开关应选用欧姆挡的__________（选填“×1k”或“×10”）；按操作规程再次测量 R 0 阻值，欧姆表的指针示数位置如甲图中实线 b 所示，则 R 0 的阻值为___________。

　（2）再次用伏安法测量 R 0 ，现准备了以下器材∶ A．待测电阻 R 0 ； B．电压表 V（量程 0~3V，内阻约 3kΩ）； C．电流表 A（量程 0~30mA，内阻约 30Ω）； D．滑动变阻器 R（0~10Ω，2A）； E．电源（电动势 E=6V，内电阻较小）； F．导线、开关若干。

　图乙为实验器材实物图，图中连接了部分导线，请补充完成实物之间的连线___________。

　（3）已知丙图中 R 1 与 R 0 材料相同、厚度相等，表面为正方形的两导体，R 1 的边长是 R 0 的 4 倍，则常温下R 1 的阻值约为___________Ω。

　【答案】

　×10

　130Ω 见解析 130Ω

　【解析】

　（1）由图示可知，欧姆表的偏角太大，说明所选量程档位太大，为了减小误差，多用电表的选择开关应该选用欧姆挡的×10 挡。

　由图示实线 b 可知，该电阻的阻值为 13 10Ω 130Ω   （2）由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻的阻值，电流表应采用外接法，待测电阻阻值远大于滑动变阻器的最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实物电路图如下

　（3）设两个电阻的厚度均为 d ，电阻率均为， R 0 和 R 1 的边长分别为0a和1a，根据电阻定律 000130ΩaRda  

　 0 11 01 04130Ω4a aR Rda d a      14.（10 分）

　（2020·江苏扬州市·高三其他模拟）如图所示，甲、乙两列简谐横波传播速率相同，分别沿 x 轴负方向和正方向传播，t=0 时刻两列波刚好分别传播到 A 点和 B 点，已知甲波的频率为 5Hz，求：

　（1）波传播的速率 v； （2）经过多长时间，x=0 处的质点位移第一次为+6cm。

　【答案】（1）

　20m/s ；（2）

　0.2s

　【解析】

　（1）由图可得，甲波的波长 4m  甲 甲波的频率 5Hz f 甲 两波波速相等，根据 4 5m/s 20m/s v f      （2）甲波振幅 2cm A 甲 乙波振幅 4cm A 乙 可得质点位移为+6cm 的时刻两波在该点处刚好都到达波峰，根据波形图可得，甲波和乙波的波峰向前传播4m 时，恰好同时到达0 x 处，时间为 4s 0.2s20xtv    15.（12 分）

　（2020·江苏盐城市·盐城中学高三月考）如图所示，足够长的平行金属导轨相距1m L，导轨平面与水平面的夹角37    ，匀强磁场垂直于导轨平面，已知磁感应强度为 B，平行导轨的上端连接一个阻值为3Ω R 的电阻。一根质量为0.2kg m 的金属棒 ab 与导轨垂直放置且接触良好，金属棒在轨道间的电阻1.5Ω r ，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为 0.25，将金属棒 ab 从静止释放，当金属棒 ab 下滑速度达到

　 稳定时，整个回路消耗的电功率为8W P，求：（ sin370.6 ， cos370.8 ，210m/s g ）

　（1）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； （2）若从静止释放到刚好达到最大速度的过程中，电阻 R 产生的热量为1 =20JQ，则金属棒 ab 通过的位移x 是多少； （3）若从静止释放到刚好达到最大速度的过程中，电阻 R 产生的热量为1 =20JQ，则金属棒 ab 通过的时间是多少。

　【答案】（1）0.6T；（2）50m；（3）7.5s 【解析】

　（1）金属棒下滑过程做加速度减小的加速运动，当金属棒速度达到稳定时，有 2 2sin cosB L vmg mgR r     解得安培力 2 2sin cos 0.8NB L vF mg mgR r       已知 8W P 即 8W P Fv   解得 10m/s v 代入安培力的表达式得 0.6T B （2）根据能量守恒得 21sin37 cos372mgx mg x mv Q      又 1R rQ QR 代入数据解得

　 50m x （3）设从静止到刚达到最大速度的过程通过 ab 棒的电荷量为 q ，则 q It  EIR r BLxEt 几式联立解得 20C3BLxqR r  由动量定理得   sin cos mg mg t BIL t mv        而 BIL t BqL   解得 7.5s t  16.（18 分）

　（2020·江苏高三月考）如图所示，足够长的传送带 AB 以速度04m/s v 顺时针转动，与水平面夹角为30  ，下端与足够长的光滑水平轨道 BC 平滑连接，CO 高度5m H ，滑块 P、Q 用细线拴在一起静止在水平轨道 BC 上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q 与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长，Q 离开桌面落到地面距离 O 点2m x 的位置。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数35 ，滑块 P、Q 质量分别为10.5 m kg、22 m kg。若滑块经过 B 点时没有能量损失，重力加速度210m/s g ，求：

　（1）Q 离开桌面时的速度大小Qv； （2）弹簧压缩时储存的弹性势能pE； （3）P 在传送带上运动的时间；（结果可用根号表示）

　（4）物块 P 与传送带之间因摩擦而产生的内能。（结果可用根号表示）

　【答案】（1）

　2m/s ；（2）

　20J ；（3）

　( 70.5)s ；（4）

　(306 7)J  【解析】

　（1）

　Q 离开桌面后做平抛运动，根据平抛规律可得 2012H gt  0 Qx v t  解得 2m/sQv  （2）根据动量守恒得 2 10Q pm v m v   根据能量守恒得 2 2p 1 21 12 2p QE mv m v   解得 p20J E  （3）滑块 P 上滑时，由牛顿第二定律得 1 1 1 1sin cos m g m g m a      从开始上滑到速度为零，由匀变速运动规律可得 1 10pv at   解得，上滑时间为 11s t  上滑的距离为 2114m2pvsa  滑块 P 下滑速度达到0v前，加速度仍为1a，则有

　 0 1 2v at  解得，下滑加速到0v的时间为 20.5s t  加速到0v运动的距离为 22 1 211m2s at   共速后，由牛顿第二定律可得 1 1 1 2sin cos m g m g m a      以2a加速下滑的距离为 3 1 23m s s s    根据位移公式得 23 0 3 2 312s v t a t   解得，以2a加速下滑的时间为 3( 7 2)s t   故 P 在传送带上运动的时间为 1 2 3( 7 0.5)s t t t t      （4）1t时间内的相对位移为 1 0 1 18m x v t s     2t时间内的相对位移为 2 0 2 21m x v t s     3t时间内的相对位移为 3 3 0 3(11 4 7) x s v t      m 则物块 P 与传送带之间因摩擦而产生的内能为 1 1 2 3cos ( ) (30 6 7)J Q mg x x x        