河北省衡水中学2019届高三上学期期中考试物理试题Word版含解析.doc

河北衡水中学2019届高三上学期物理期中考试试题 一、选择题 ‎1.图中给出了四个电场的电场线，则每一幅图中在M、N处电场强度相同的是（　　）‎ A.‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：因电场线的疏密表示场强的大小，电场线的方向表示场强的方向，由图可知，只有C图中MN两点的电场线疏密程度相同，故MN两点电场强度相同的点只有C．‎ 考点：考查了对电场线的认识 点评：电场线的方向表示场强的方向，电场线的疏密表示场强的大小．‎ ‎2.如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=‎5 cm，bc=‎3 cm，ca=‎4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则（ ）‎ A. a、b的电荷同号，‎ B. a、b的电荷异号，‎ C. a、b的电荷同号，‎ D. a、b的电荷异号，‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 本题考查库仑定律、受力分析及其相关的知识点。‎ 对小球c所受库仑力分析，画出a对c的库仑力和b对c的库仑力，若a对c的库仑力为排斥力， ac的电荷同号，则b对c的库仑力为吸引力，bc电荷为异号， ab的电荷为异号；若a对c的库仑力为引力，ac的电荷异号，则b对c的库仑力为斥力，bc电荷为同号， ab的电荷为异号，所以ab的电荷为异号。设ac与bc的夹角为θ，利用平行四边形定则和几何关系、库仑定律可得，Fac=k’，Fbc=k’，tanθ=3/4，tanθ= Fbc / Fac，ab电荷量的比值k=，联立解得：k=64/27，选项D正确。‎ ‎【点睛】此题将库仑定律、受力分析、平行四边形定则有机融合，难度不大。‎ ‎3.如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I,则下列表达式中正确的是（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得，碰撞后，AB一起压缩弹簧，当AB的速度减至零时，弹簧的弹性势能最大；由能量守恒定律得，最大弹性势能，联立解得，从球A被碰后开始回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对AB及弹簧整体，由动量定理得，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】关键是AB的速度减至零时，弹簧的弹性势能最大，从球A被碰后开始回到原静止位置的过程中由动量定理求得对弹簧的冲量大小。‎ ‎4.如图，人造卫星M、N在同一平面内绕地心O做匀速圆周运动，已知M、N连线与M、O连线间的夹角最大为θ，则M、N的运动速度大小之比等于（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 当M和N的连线与地球和N的连线垂直时，M、N连线与M、O连线间的夹角最大值为θ，此时有：sinθ=；根据公式： 可得：，故：，故ABD 错误，C正确，故选C。‎ 点睛：此题关键是理解何时“M、N连线与M、O连线间的夹角最大”，根据几何关系确定两星做圆周运动的半径关系即可解答.‎ ‎5.如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、‎2m,三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（　　）‎ A. 1次 B. 2次 C. 3次 D. 4次 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、 A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正确，A、B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是A球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞。‎ ‎6.如图所示，一个质点做匀加速直线运动，依次经过a、b、c、d四点，已知经过ab、bc和cd三段所用时间之比为2：1：2，通过ab和cd段的位移分别为x1和x2，则bc段的位移为（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设质点经过ab、bc和cd三段所用时间分别为2t、t和2t，设各段时间t内的位移分别为：s1、s2、s3、s4和s5，由题可得：，，设bc段的位移为x，则：，根据公式：，则：，，，，故有，bc段的位移为，故B正确，A、C、D错误；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】关键是由可求得相邻相等的时间内的位移之间的关系。‎ ‎7.如图所示，a、b两个小球穿在一根光滑的固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接。已知b球质量为m，杆与水平面成角θ，不计所有摩擦，重力加速度为g。当两球静止时，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向，则下列说法正确的是（　　）‎ A. a可能受到2个力的作用 B. b可能受到3个力的作用 C. 绳子对a的拉力等于mg D. a的重力为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】B、对b球受力分析可知，b受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对b 球没有弹力，否则b不能平衡，故B错误；‎ A、对a球受力分析可知，a受到重力，绳子的拉力以及杆对a球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；‎ C、由于b受到重力和绳子拉力处于平衡状态，则绳子拉力T=mg，同一根绳子上的拉力相等，故绳子对a的拉力等于mg，故C正确；‎ D、分别对AB两球分析，运用合成法，如图，根据正弦定理列式得：，解得：，故D正确；‎ 故选CD。‎ ‎【点睛】‎ 关键是同一根绳子上的拉力相等，即绳子对a、b两球的拉力是相等的，根据正弦定理列式求解a的重力。‎ ‎8.如图所示，竖直平面内放一直角杆MON，杆的水平部分粗糙，动摩擦因数μ=0.2，杆的竖直部分光滑。两部分各套有质量均为‎1 kg的小球A和B，A、B球间用细绳相连。初始A、B均处于静止状态，已知OA=‎3 m，OB=‎4 m，若A球在水平拉力的作用下向右缓慢地移动‎1 m（取g=‎10 m/s2），那么该过程中拉力F做功为（　　）‎ A. 4 J B. 6 J C. 10 J D. 14 J ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A球向右缓慢移动‎1 m的过程中B球上移‎1m，二者均受力平衡，对于整体，A球与杆间的正压力为N=（mA+mB）g，A球与杆间的滑动摩擦力为f=μN=μ（mA+mB）g =4N，A球与杆因摩擦产生的热量为Q=fs=4J，B球重力势能增加量为ΔEP=mgh=10J，外力的功等于系统能量的增加量，所以水平拉力做功W=Q+ΔEP=14J，选项D正确。‎ 考点：本题共考查了点力的平衡、功能关系及其应用。‎ ‎9.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是下列图中的（　　）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，木板的加速度为-μ1mg-μ2•2mg=ma1，解得：a1=-（μ1+2μ2）g；达到相同速度之后，二者共同的加速度为：-μ2•2mg=2ma2；解得a2=-μ‎2g；由加速度可知，图象A正确。故选A。‎ ‎10.如图所示，固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为圆心，同时从A点水平抛出质量相等的甲、乙两个小球，初速度分别为v1、v2，分别落在C、D两点。并且C、D两点等高，OC、OD与竖直方向的夹角均为37°（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）。则（　　）‎ ‎  ‎ A. 甲、乙两球下落到轨道上C、D两点时的机械能和重力瞬时功率不相等 B. 甲、乙两球下落到轨道上的速度变化量不相同 C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于C、D两点等高，根据，可知两球下落所用时间相等，由于乙球运动的水平距离大于甲球，两球的水平初速度不变，故，故乙球初始的机械能大于甲球；由于两球下落过程中机械能守恒，故两球下落到轨道上C、D两点时乙球的机械能大于甲球，由，可知两球在C、D两点时竖直方向的分速度相等，又由于两球质量相等，根据公式可知，两球重力瞬时功率相等，故A错误；‎ B、两球下落到轨道上时，水平方向初速度保持不变，竖直方向分速度的增量同为，故两球速度变化量相等，故B错误；‎ CD、甲球运动的水平距离为，乙球运动的水平距离为，则有，故D正确，C错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据平抛运动水平位移和竖直位移的关系确定两小球初速度大小之比。‎ ‎11.如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一正点电荷Q，坐标轴上有A、B、C三点，OA=OB=BC=a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k ‎，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 点电荷Q位于O点 B. O点电势比A点电势高 C. C点的电场强度大小为 D. 将某一正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示 由图可知A错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O点电势比A点低，故B错误，由图可知OC的距离，根据，得，故C正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D错误，故选C.‎ ‎12.空间存在一静电场，场强方向与x轴平行，电场中的电势随x的变化规律如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 处电场强度可能为零 B. 处电场方向一定沿x轴正方向 C. 电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到处，电势能增大8 eV D. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A、图像的斜率表示电场强度，由图知处图像斜率不为0，故电场强度不为0，故A错误；‎ B、的电势在不断降低，顺着电场线方向电势降低，又由于场强方向与x轴平行，所以处电场方向一定沿x轴正方向，故B正确；‎ C、电势差为，电荷量为e的负电荷沿x轴从0点移动到处，克服电场力做功，电势能增加，电势能增大，故C正确；‎ D、沿x轴正方向，图像的斜率先减小后增大，故电场强度先减小后增大，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎【点睛】图象的斜率等于电场强度，由斜率的变化判断场强的变化，根据顺着电场线方向电势降低，判断电场的方向，由电场力做功正负判断电势能的变化情况。‎ ‎13.光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面A,斜面质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为,则下列说法中正确的是（　　）‎ A. ‎ B. 滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为 C. 滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒 D. 此过程中斜面向左滑动的距离为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcosα，故A错误；‎ B、根据冲量定义可知滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为，故B错误；‎ C、由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C错误；‎ D、系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：，即有：，又，解得：，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，滑块沿斜面方向受力不平衡，滑块B下滑的过程中A、B组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒。‎ ‎14.如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量．。质量的铁块以水平速度，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 A. 3J B. 6J C. 20J D. 4J ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：铁块从木板的左端沿板面向右滑行，当铁块与木板的速度相同时，弹簧压缩最短，其弹性势能最大．根据能量守恒列出此过程的方程．从两者速度相同到铁块运动到木板的左端过程时，两者速度再次相同，根据能量守恒定律再列出整个过程的方程．根据系统动量守恒可知，两次速度相同时，铁块与木板的共同速度相同，根据动量守恒定律求出共同速度，联立求解弹簧具有的最大弹性势能．‎ 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，滑行的最大路程为L，摩擦力大小为f．根据能量守恒定律得：铁块相对于木板向右运动过程：，，铁块相对于木板运动的整个过程：，，又根据系统动量守恒可知，‎ ‎，解得EP=3J，A正确．‎ ‎15.在光滑水平面上,a、b两小球沿同一直线都以初速度大小v0做相向运动,a、b两小球的质量分别为ma和mb,当两小球间距小于或等于L时,两小球受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用；当两小球间距大于L时,相互间的排斥力为零,小球在相互作用区间运动时始终未接触,两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示,下列说法中正确的是（　　）‎ ‎ ‎ A. 在t1时刻两小球间距最小 B. 在t2时刻两小球的速度相同,且大小为 C. 在0t3时间内,b小球所受排斥力方向始终与运动方向相同 D. 在0t3时间内,排斥力对a、b两小球的冲量大小相等 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，故A错误；‎ B、由题意可知，两小球相距L时存在相互作用力，故两小球做变速运动，由于不受外力，故小球的动量守恒；根据动量守恒定律可知：，解得t2时刻两小球的速度均为，故B正确；‎ C、在0−t3时间内，b球先减速再反向加速运动，知所受的合力方向与速度方向先相反再相同，故C错误；‎ D、由于两小球受到的相互作用力相同，故在0∼t3时间内，排斥力对a、b两小球的冲量大小相等，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】明确v-t图象的性质以及题意，知道两小球的运动情况，根据动量守恒定律可求得共同的速度；根据图象分析受力以及运动关系，根据动量定理分析冲量大小。‎ 二、实验题 ‎16.如图所示,用半径相同的A、B两球的碰撞可以验证“动量守恒定律”。实验时先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下,进入水平轨道后,从轨道末端水平抛出,落到位于水平地面的复写纸上,在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次,得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端,让A球仍从位置C由静止滚下,A球和B球碰撞后,分别在白纸上留下各自的落点痕迹,重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置,未放B球时,A球的落点是P点,0点是水平轨道末端在记录纸上的竖直投影点,如图所示。‎ ‎(1)在这个实验中,为了尽量减小实验误差,两个小球的质量应满足m1__________m2(填“>”或“； (2). BC； (3). C； (4). ； (5). ； (6). OP； (7). OM和ON； (8). ；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 明确实验原理，从而确定需要测量哪些物理量； 在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v，根据水平方向上的分运动即可验证动量守恒；根据动量守恒定律以及平抛运动规律可确定对应的表达式；‎ ‎【详解】解：(1)为了防止入射球碰后反弹，应让入射球的质量大于被碰球的质量；‎ 小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间相同，小球的水平位移与其初速度成正比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，实验需要验证：，因小球均做平抛运动，下落时间相同，则可知水平位移x=vt，因此可以直接用水平位移代替速度进行验证，故有，实验需要测量小球的质量、小球落地点的位置，测量质量需要天平，测量小球落地点的位置需要毫米刻度尺，因此需要的实验器材有：BC；‎ ‎(2)AB、由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，但不是出现了错误，故A、B错误；‎ C、由于落点比较密集，又较多，每次测量距离很难，故确定落点平均位置的方法是最小圆法，即用尽可能最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表落点的平均位置，故C正确；‎ D、仅调节斜槽上固定位置C，它的位置越低，由于水平速度越小，则线段OP的长度越小，故D错误。‎ 故选C；‎ ‎(3)若两球相碰前后的动量守恒，则，又，，，‎ 代入得：， 若碰撞是弹性碰撞，满足动能守恒，则：，代入得; ；‎ ‎(4)根据实验原理可知，OP是放一个小球时的水平射程，小球的速度与质量无关，故OP与质量无关；而碰后两球的速度与两球的质量有关，所以碰后水平射程与质量有关，故OM和ON与质量有关；；‎ ‎(5)如图所示,连接OP、OM、ON,作出M、N在OP方向上的投影点M′、N′，如图所示；分别测量出OP、OM′、ON′的长度。若在实验误差允许范围内,满足关系式 ‎，则可以认为两小球碰撞前后在OP方向上动量守恒。‎ 三、计算题 ‎17.如图所示,ABD为竖直平面内的轨道,其中AB段水平粗糙,BD段为半径R=‎0.08 m的半圆光滑轨道,两段轨道相切于B点，小球甲以v0=‎5m/s的初速度从C点出发,沿水平轨道向右运动,与静止在B点的小球乙发生弹性正碰,碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D，已知小球甲与AB段的动摩擦因数=0.4,CB的距离S=‎2 m,g取‎10 m/s2,甲、乙两球可视为质点,求：‎ ‎(1)碰撞前瞬间,小球甲的速度v1;‎ ‎(2)小球甲和小球乙的质量之比。‎ ‎【答案】（1）‎3m/s（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）在CB段，，得 ‎（2）碰后，乙恰好能达到圆周轨道最高点对乙 从B点到D点，根据动能定理，得 在B位置，甲乙发生碰撞， ‎ 联立得得 ‎18.如图所示,可视为质点的两个小球通过长度L=‎6 m的轻绳连接,甲球的质量为m1=‎0.2 kg,乙球的质量为m2=‎0.1 kg。将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放,甲球释放t=1 s后再释放乙球,绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短,绷断过程小球的位移可忽略),此后两球又下落t=1.2 s同时落地。可认为两球始终在同一竖直线上运动,不计空气阻力,重力加速度g=‎10 m/s2。‎ ‎(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；‎ ‎(2)绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小。‎ ‎【答案】(1)0.1s(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 甲、乙两球做自由落体运动，根据自由落体运动规律求出从释放乙球到绳子绷直的时间；根据运动学公式和在细绳绷断的极短时间内两球动量守恒求出两球在细绳绷断瞬间的速度大小，根据动量定理求出绳子绷断的过程中合外力对甲球的冲量大小；‎ ‎【详解】解(1)细绳伸直时甲球的位移为 乙球的位移为 因为 解得 ‎(2)细绳伸直时甲乙的速度分别是 设细绳绷断瞬间甲乙球的速度分别为 继续下落至落地时有 又在细绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有 解得 设细绳绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I 由动量定理得 ‎19.有一个匀强电场,电场线和坐标平面xOy平行,以原点O为圆心,半径r=‎10cm的圆周上任意一点P的电势,θ为O、P两点的连线与x轴正方向所成的角,A、B、C、D为圆周与坐标轴的四个交点,如图所示。‎ ‎(1)求该匀强电场场强的大小和方向;‎ ‎(2)若在圆周上D点处有一个粒子源,能在xOy平面内发射出初动能均为200 eV的粒子(氦核)，当发射的方向不同时,粒子会经过圆周上不同的点，在所有的这些点中, 粒子到达哪一点的动能最大?最大动能是多少eV？‎ ‎ ‎ ‎【答案】(1)400V/m，电场方向沿y轴负向(2) 到达C点时的动能最大，280eV ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电势的表达式确定出等势线，从而得出电场强度的方向，根据电势差与电场强度的关系求出电场强度的大小；α粒子带正电，由动能定理知α粒子到达c点时的动能最大，由动能定理求解；‎ ‎【详解】解：(1)半径r=‎10cm的圆周上任意一点P的电势中=40sin θ+25 V，当θ=0°和θ=180°的电势相等，则知B、D两点的电势相等，可知电场的方向平行于y轴方向 当时， ‎ 当时， ‎ 所以电场方向沿y轴负向 匀强电场的电场强度 ‎(2)粒子带正电，由动能定理知粒子到达C点时的动能最大 根据动能定理得 其中 得 ‎20.如图所示,C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为‎3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止,A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B始终未滑离木板,重力加速度为g，求:‎ ‎(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；‎ ‎(2)木块A在整个过程中的最小速度；‎ ‎(3)整个过程中,A、B两木块相对于木板滑动的总路程是多少?‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，AC相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由动能定理求解发生的位移；当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度；整个过程中，系统产生的内能等于滑动摩擦力与A与C、B与C相对滑动的总路程的乘积，根据能量守恒求解A、B两木块相对于木板滑动的总路程；‎ ‎【详解】解：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，‎ 设为v1，对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得 解得 对木块B运用动能定理有 解得 ‎(2)设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律得 对木块A: ‎ 对木板C: ‎ 当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有 解得 木块A在整个过程中的最小速度为 ‎ (3)整个过程中,摩擦生热为 由能量守恒得 所以