2024年江苏省无锡市等4地高考物理一模试卷(含详细答案解析)

这是一份2024年江苏省无锡市等4地高考物理一模试卷(含详细答案解析)，共18页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.核污染水中的放射性元素锶(3890Sr)会发生β衰变，半衰期为28.8年，则( )
A. β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的
B. 海水稀释不能改变锶的半衰期
C. 秋冬气温逐渐变低时，锶的衰变速度会变慢
D. 经过约57.6年，核污染水中的锶(3890Sr)将全部衰变结束
2.我国天宫号空间站绕地球做圆周运动，宇航员多次利用空间站内物体的完全失重现象开设“天宫课堂”，下列说法正确的是( )
A. 空间站内物体受到地球的万有引力充当圆周运动的向心力
B. 空间站内物体受到地球的万有引力因离开地球很远可以忽略不计
C. 空间站必须在同步轨道运动时才会产生完全失重
D. 空间站内物体之间因完全失重而不可能做摩擦实验
3.主动降噪的原理如图所示，通过发出反噪声与噪声相抵消，使a处的噪声降低，下列说法正确的是( )
A. 反噪声与噪声的传播速度不同
B. 反噪声与噪声在a处的相位相同
C. 反噪声与噪声频率相同
D. 空间各处的噪声都降低
4.某同学用如图所示装置验证动量守恒定律。实验中除小球的水平位移外，还必须测量的物理量有( )
A. A、B球的直径
B. A、B球的质量
C. 水平槽距纸面的高度
D. A球释放位置G距水平槽的高度
5.室内足球运动的某次传球过程，足球在地面位置1被踢出后落到位置3，2为空中达到的最高点，速度大小为vC，则( )
A. 足球在空中的最大水平速度为vC
B. 足球在位置1和位置3的动能相等
C. 与下落过程相比，足球在上升过程中重力势能变化快
D. 若在位置2以大小为vC的速度水平向左抛出，足球将沿原轨迹返回位置1
6.游泳池注水后池底的射灯S发出单色光从水中射向前后表面平行的玻璃侧壁，侧壁右侧为空气，该单色光在水、玻璃、空气中的折射率分别为n1、n2、n3(n2>n1>n3)，则光路可能是( )
A. B.
C. D.
7.一定质量的理想气体经历a→b→c过程，其中a→b是等温过程，b→c是等压过程，则( )
A. a、b、c三个状态中，气体在c状态分子平均动能最大
B. a、b、c三个状态中，气体在b状态分子数密度最大
C. a→b过程中，气体既不吸热也不放热
D. b→c过程中，气体放出的热量大于外界对气体做的功
8.在光滑桌面上将长为L的柔软导线两端点固定在间距可忽略不计的a、b两点，导线通有图示电流I，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。则导线中的张力为( )
A. 0
B. BIL
C. BILπ
D. BIL2π
9.如图所示电路中，电阻R1与R2阻值相同，理想二极管与R1并联。在AB间加峰值电压不变的正弦式电流，则R1与R2的电功率之比是( )
A. 1：5B. 1：4C. 1：2D. 1： 2
10.如图所示，一足够长的倾斜传送带以恒定的速率逆时针转动，某时刻在传送带上适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图所示。取沿传送带向下的方向为正方向，则下列v−t图中不可能描述小物块在传送带上运动的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，半径为R的球面均匀带有正电荷，球内场强处处为零，O为球心。在球面最右端A处取下一足够小、带电荷量为q的曲面并将其沿OA延长线移动至B，AB=R，C是AB中点，D是O点正上方点。若球面剩余部分电荷量与电荷分布保持不变，则( )
A. D点场强方向由D指向AB. D、O两点电势相等
C. O点场强的大小为3kq4R2D. C点场强的大小为8kqR2
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.某同学为探究滑动变阻器的分压特性，设计如图1所示电路，选取两个最大阻值不同的滑动变阻器，研究滑片P从A移到B的过程中定值电阻R0两端的电压变化。
(1)按照如图1连接图2所示的实物图，实物图中闭合开关时，滑动变阻器滑片应置于______；(选填“最左端”“最右端”)
(2)测量R0两端电压U与对应xL(x为如图1中AP的长度，L为AB的长度)，实验中得到两个滑动变阻器的数据如表；以xL为横轴、U为纵轴，在如图3所示的方格纸中用描点法作出图线U1−xL与U2−xL(已完成描点，请在答题卡上作出图线)；
(3)用如图1所示电路测量“正常发光时阻值与R0近似相等小灯泡”的伏安特性曲线时，应选用图线______(选填“U1−xL”“U2−xL”)对应的滑动变阻器，说明选择该变阻器的理由：______。
三、简答题：本大题共4小题，共41分。
13.某同学用研究光电效应的装置实验测定普朗克常量，在不同光照下得到同一光电管两条光电流与电压之间的关系曲线如图所示。图线甲、乙与U轴交点坐标绝对值分别为U1、U2，对应入射光频率分别为ν1、ν2，电子的电荷量为e。求：
(1)入射光频率为ν1时，出射光电子的最大初动能；
(2)普朗克常量。
14.如图所示，足够长的两光滑竖直金属导轨间距为L，处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场中。匀质金属棒ab、cd均紧贴两导轨，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。现用悬绳固定ab棒，由静止释放cd棒，求：
(1)cd棒最终速度的大小；
(2)悬绳对ab棒拉力的最大值。
15.xOy平面内存在着变化电场和变化磁场，变化规律如图所示，磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为+y方向。t=0时刻，一电荷量为+q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速v0沿+x方向入射(不计粒子重力)。B−t图中B0=2πmqt0，E−t图中E0=mv0qt0。求：
(1)t04时刻粒子的坐标；
(2)0∼4t0时间段内粒子速度沿−x方向的时刻；
(3)0∼7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值。
16.两段斜面AB和BC连接成V字形，连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧，两段斜面长度均为L=1m，倾角α=37∘，一定质量的小物块从AB段斜面顶端由静止开始运动，小物块与AB段动摩擦因数为μ1、与BC段动摩擦因数为μ2，g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)若μ1=μ2=0.5，求小物块在两段斜面上运动的总路程；
(2)若μ1=0.5、μ2=0.25，求小物块体第一次沿斜面AB向上运动的最远距离；
(3)求第(2)问中小物块在AB、BC斜面上运动的总路程。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.β衰变所释放的电子其实质是原子核内的一个中子转变成一个质子而释放出的电子形成的，故A错误；
BC.半衰期与外界因素无关，只有原子核内部因素决定的，温度和引力环境不会改变半衰期，故B正确，C错误；
D.经过约57.6年，即经过2个半衰期，核污染水中的锶(3890Sr)将有34发生衰变，故D错误。
故选：B。
根据β衰变的本质判断；半衰期与外界因素无关，只有原子核内部因素决定的根据半衰期与剩余质量的关系判断。
本题考查β衰变特点，以及半衰期的特点与应用，牢记有关的内容即可。
2.【答案】A
【解析】解：AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，故A正确，B错误；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关，故C错误；
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验，故D错误。
故选：A。
AB、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，仍然受引力的作用；
C、空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，空间站内的物体处于完全失重状态，与空间站是否在同步轨道运动无关。
D、空间站内物体之间因完全失重而不可能做与重力有关的实验，但可以做摩擦实验。
本题主要考查万有引力定律的应用，解题关键是知道空间站在运行过程中由万有引力提供向心力，处于完全失重状态，与重力有关的实验都不能做。
3.【答案】C
【解析】解：A.在同种介质中声音的传播速度相同，故A错误；
B.a处的噪声降低，则该处为减弱区，故反噪声与噪声在a处的相位不同，故B错误；
C.反噪声与噪声相抵消，即它们能产生稳定的干涉现象，反噪声与噪声频率相同，故C正确；
D.两列波发生干涉有减弱区也有加强区，并不是空间各处的噪声都降低，故D错误。
故选：C。
根据波的干涉条件可知抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反。
本题考查波的干涉条件。知道两列频率相同相位差恒定的波在传播过程中相遇，两列波叠加某些区域会加强某些区域会减弱。
4.【答案】B
【解析】解：本实验利用平抛运动的水平位移验证动量守恒定律，设水平槽末端在白纸上的投影为O点，不放B球时多次将A球由同一位置静止释放，在白纸上的平均落点为P，放上B球，次将A球由同一位置静止释放，A、B碰后各自在白纸上的平均的落点为M、N，根据动量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB
两球做平抛运动下落的高度相同，故时间相同，上式两边同时乘以时间，则有
mAv0t=mAvAt+mBvBt
根据运动学公式知
OP−=v0t
OM−=vAt
ON−=vBt
则有
mAOP−=mAOM−+mBON−
根据表达式可知，除小球的水平位移外，还必须测量的物理量有A、B两球的质量，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据动量守恒定律列式，表达式两边同时乘以时间，结合运动学公式得到最终要验证的表达式，根据表达式判断即可。
本题考查验证动量守恒定律，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
5.【答案】C
【解析】解：A、将足球的运动轨迹与斜抛运动的轨迹相比较，可知足球在运动过程中受到空气阻力的作用，在水平方向上做减速运动，故在初始位置水平速度是最大的，故A错误；
B、因足球在运动过程中受到空气阻力，故机械能不断减少，而足球在位置1和位置3的重力势能相等，则足球在位置1和位置3的动能不相等，故B错误；
C、足球上升过程在竖直方向上存在阻力向下的分力，则竖直方向减速的加速度大于重力加速度；有：mg+f竖1=ma竖1，同理，下降过程在竖直方向上存在阻力向上的分力，则竖直方向加速的加速度小于重力加速度。即足球上升过程竖直方向的加速度大于足球下降过程竖直方向的加速度。足球上升与下降竖直方向的位移大小相等，再根据：x=12αt2，可定性得到由位置1运动到位置2的时间小于由位置2运动到位置3的时间，可知足球在上升过程中重力势能变化较快，故C正确；
D、若在位置2以大小为vC的速度水平向左抛出，则抛出足球的运动情况与题图中位置2到位置3的运动，在水平方向上是对称的，竖直方向上是相同的，故足球的运动轨迹与位置2到位置3的运动轨迹对称，不会沿原轨迹返回位置1，故D错误。
故选：C。
根据足球的运动轨迹知道足球在运动过程中受到空气阻力，机械能不守恒。根据竖直方向受力情况，判断足球上升过程和下降过程竖直方向加速度大小关系，由竖直方向分位移关系判断运动时间关系。
解决本题的关键要正确分析足球的受力情况，运用运动的分解法分析竖直方向加速度关系，判断运动时间关系。
6.【答案】B
【解析】解：AB、光从水中进入玻璃中，发生折射，从玻璃中进入空气则有可能发生全反射，故A错误，B正确；
CD、若光从玻璃进入空气中，根据折射定律n=sinisinr，结合题中n2>n1>n3，可知折射角应大于光从水进入到玻璃的入射角，故CD错误；
故选：B。
根据光的折射定律及折射率越大光的偏折程度越大分析解答。
本题考查光的折射定律，解题关键掌握折射率的含义，注意全反射的条件。
7.【答案】D
【解析】解：A、由图可知，b→c过程气体发生等压变化，根据pV=CT可知气体温度降低，即Tb>Tc，而a→b过程为等温变化有Ta=Tb，即有Ta=Tb>Tc，所以气体在c状态分子平均动能最小，故A错误；
B、由图可知气体在c状态体积最小，所以气体在c状态分子数密度最大，故B错误；
C、a→b是等温过程，其内能ΔU不变，但体积增大对外做功W<0，根据ΔU=W+Q可知Q>0，所以该过程为吸热过程，故C错误；
D、b→c过程中，气体体积减小，外界对气体做功W>0，同时温度降低内能减小ΔU<0，所以气体对外放热Q<0，由此可知其放出的热量大于外界对气体做的功，故D正确。
故选：D。
根据pV=CT分析气体在b→c过程气体温度变化情况，进而分析分子平均动能；气体体积越小分析数密度越大；根据热力学第一定律ΔU=W+Q分析气体放热还是吸热，并比较放出的热量和外界对气体做功的大小关系。
本题主要考查了热力学第一定律和理想气体状态方程以及结合图像来分析问题，内能的变化通过做功和热传递来实现，温度是平均动能的标志。
8.【答案】D
【解析】解：根据题意做受力分析图如图
FA=2BIθR
根据2Tsinθ=FA
解得2Tθ=2BIθR
2πR=L
解得T=BIL2π，故ABC错误，D正确；
故选：D。
根据题意做出受力分析图，再根据受力平衡以及圆的相关几何关系即可分析该题。
该题要根据题意做出正确的受力分析图，解决该题的难点为与圆相关几何关系的应用，题目难度较大，理解起来较为困难。
9.【答案】A
【解析】解：设在AB间所加电压的峰值为Um，周期为T，则电压的有效值为U=Um 2
设R1=R2=R，在一个周期之内，R1产生的焦耳热为Q1=(U2R)2⋅R⋅T2=Um2T16R
在一个周期之内，R2产生的焦耳热为Q2=(UR)2⋅R⋅T2+(U2R)2⋅R⋅T=5Um2T16R
二者的电功率之比为P1：P2=Q1T:Q2T=1：5，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据电流的热效应，注意二极管的单向导电性，使得半个周期内R1被短路，另半个周期内R1与R2串联，从而即可求解。
考查交流电的有效值求解，注意正弦交流电的有效值与最大值的关系，同时注意二极管的单向导电性。
10.【答案】D
【解析】解：AB、若小物块的初速度沿传送带向下，且初速度小于传送带的速率，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，小物块可能一直沿传送带向下做匀加速直线运动，也可能小物块先沿传送带向下做匀加速直线运动，与传送带共速后，若mgsinθ≤μmgcsθ，小物块随传送带一起向下做匀速直线运动，所以AB两图都是可能的，故AB错误；
CD、若小物块的初速度沿传送带向上，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，小物块沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减至零时，小物块受到的滑动摩擦力沿传送带向下，小物块先沿传送带向下做匀加速直线运动，与传送带共速后，若mgsinθ≤μmgcsθ，小物块随传送带一起向下做匀速直线运动，所以C图是可能的。
与传送带共速后，若mgsinθ>μmgcsθ，小物块继续沿传送带向下做匀加速直线运动，第一阶段匀加速运动有：mgsinθ+μmgcsθ=ma1
第二阶段匀加速运动有：mgsinθ−μmgcsθ=ma2，则a2故选：D。
分析小物块的受力情况，根据重力沿传送带向下的分力与最大静摩擦力的关系判断小物块与传送带共速后的运动情况。
解答本题时，要能根据小物块的受力情况判断其运动情况，特别要注意分析共速时可能的受力情况，判断之后的运动情况，运用牛顿第二定律分析加速度大小的变化。
11.【答案】C
【解析】解：A、在球面最右端A处取下一足够小、带电荷量为q的曲面并将其沿OA延长线移动至B，D点的电场强度等效于K和B处的正点电荷产生的电场，如图所示：
根据电场强度的叠加可知，D点的电场强度方向大致如图中所示的方向，不是由D指向A，故A错误；
B、OD连线上电场强度方向从O到D，根据沿电场线方向电势降低可知，O点的电势高于D，故B错误；
C、根据电场的叠加可知，O点场强的大小为：EO=kqR2−kq(2R)2=3kq4R2，方向向右，故C正确；
D、C点场强的大小相当于球面上电荷与B点电荷共同产生的，由于不知道球面电荷量，无法计算C的电场强度。
故选：C。
D点的电场强度等效于两个正点电荷产生的电场，根据等效法结合电场强度的叠加方法求解电场强度的大小和方向；根据沿电场线方向电势降低分析电势的高低。
本题主要是考查电场强度的叠加，知道电场强度是一个矢量，其合成满足平行四边形法则，电势是一个标量，沿电场线方向电势降低。
12.【答案】最左端 U1−xL 滑动变阻器滑片移动时，电压变化较均匀，方便操作
【解析】解：(1)根据电路图连接实物图，如图所示
滑动变阻器为分压式接法，为了保护电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应置于使测量电路两端电压为零处，故应置于最左端；
(2)用平滑的曲线把这些点拟合起来，隔得远的点舍掉，如图所示
；
(3)根据(2)作出的图像可知，选用U1−xL对应的滑动变阻器，因为选用U1−xL对应的滑动变阻器，滑片移动的时候电压变化较均匀，方便操作。
故答案为：(1)
；
最左端；
(2)
；
(3)U1−xL；滑动变阻器滑片移动时，电压变化较均匀，方便操作。
(1)根据电路图，按每条回路的顺序连接实物图，开关闭合之前，滑动变阻器的滑片置于使测量电路两端电压为零处；
(2)用平滑的曲线把这些点拟合起来，隔得远的点舍掉；
(3)根据图3中作出的图像判断选择滑动变阻器的选择，电压变化均匀，方便操作即可。
本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，要求学生熟练掌握实验原理、实验器材、数据处理和误差分析。
13.【答案】解：(1)根据动能定理可得：−eU1=0−Ekm，解得最大初动能Ekm=eU1；
(2)根据动能定理结合光电效应方程可得：eU1=hν1−W0，eU2=hν2−W0
联立解得：h=e(U1−U2)ν1−ν2
答：(1)入射光频率为ν1时，出射光电子的最大初动能为eU1；
(2)普朗克常量为e(U1−U2)ν1−ν2。
【解析】(1)根据动能定理求解光电子的最大初动能；
(2)根据动能定理结合光电效应方程式求解普朗克常量。
解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能的关系，注意理解遏止电压的含义。
14.【答案】解：(1)设cd棒最终速度的大小为v，此时cd受力平衡，则有：mg=BIL
此时的感应电流为：I=BLv2R
联立解得：v=2mgRB2L2；
(2)当cd棒匀速运动时，悬线的拉力最大，此时整体竖直方向受力平衡，根据平衡条件可得悬绳对ab棒拉力的最大值：
F=2mg，方向向上。
答：(1)cd棒最终速度的大小为2mgRB2L2；
(2)悬绳对ab棒拉力的最大值为2mg，方向向上。
【解析】(1)cd棒最终受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
(2)当cd棒匀速运动时，悬线的拉力最大，根据平衡条件求解悬绳对ab棒拉力的最大值。
本题主要是考查了安培力作用下的平衡问题，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。
15.【答案】解：(1)0∼t0时间段内粒子在磁场中做逆时针的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：
qv0B0=mv02r1
粒子在磁场中运动的周期为：T=2πr1v0
已知：B0=2πmqt0
联立解得：r1=v0t02π，T=t0，则有：t04=T4
可知t04时刻粒子圆周运动的轨迹14圆周，x轴、y轴的坐标均等其于运动半径，此时刻粒子的坐标为：(v0t02π,v0t02π)。
(2)0∼7t0时间内粒子运动的轨迹如下图所示：
0∼4t0时间段内粒子在M点、N点时速度方向沿−x方向，易知到M点的时刻为：
t1=12T=12t0
粒子在电场中做类抛体运动，加速度大小为：a=qE0m=v0t0
t0∼2t0时间段内沿+y方向的位移：y1=12at02=12v0t0
2t0时刻沿+y方向分速度为：vy=at0=v0
易知2t0时刻速度大小为v2= 2v0，方向与+x方向夹角为45∘
2t0∼3t0时间段内的圆周运动半径r2= 2r1= 2v0t02π
此时间内到达N点的轨迹圆心角为135∘，则
到N点的时刻为：t2=2t0+135∘360∘T=198t0
(3)0∼7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值为上图中的ym
3t0∼4t0时间段内沿+y方向粒子做匀减速直线运动的位移，由对称性可知：y2=y1=12v0t0
4t0时刻沿+y方向分速度为零，此时粒子速度为v0
5t0∼6t0时间段内沿+y方向粒子做匀加速直线运动的位移y3=y1
6t0时刻沿+y方向分速度为：v6=v2= 2v0
6t0时刻之后粒子速度偏转135∘达到轨迹纵坐标的最大值的位置，根据图中的几何关系得：
ym=y1+y2+y3+r2+r2cs45∘=3×12v0t0+(1+ 22) 2v0t02π=3π+ 2+12πv0t0
答：(1)t04时刻粒子的坐标为(v0t02π,v0t02π)；
(2)0∼4t0时间段内粒子速度沿−x方向的时刻为12t0和198t0；
(3)0∼7t0时间段内粒子轨迹纵坐标的最大值为3π+ 2+12πv0t0。
【解析】(1)0∼t0时间段内粒子在磁场中做逆时针的匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，结合粒子在磁场中运动的周期解得运动半径和周期，确定粒子圆周运动的轨迹，得到所求的粒子的坐标；
(2)画出粒子运动的轨迹图，确定0∼4t0时间段内速度方向沿−x方向的位置。粒子在电场中做类抛体运动，将运动分解处理，利用圆周运动轨迹圆心角和周期求解在磁场中的运动时间，根据运动过程求得所求的时刻；
(3)分析粒子运动过程，利用粒子在电场中运动具有对称性简化解题过程，根据图中的几何关系求解。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动问题，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质。在磁场中的匀速圆周运动，在电场中的类抛体运动。带电粒子在磁场的运动画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是关键，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。
16.【答案】解：(1)小物块在两段斜面上运动的总路程为s总，小物块在斜面AB和BC上往复运动，最终静止在B处，全程由能量守恒和功能关系可得：
mgLsin⁡α=μ1mgcs⁡α⋅s总
解得：s总=1.5m
(2)根据牛顿第二定律，
对物块沿斜面AB下滑有：a1=gsinα−μ1gcsα，解得：a1=2m/s2
对物块沿斜面BC上滑有：a2=gsinα+μ2gcsα，解得：a2=8m/s2
设第一次达到B点的速度大小为vB，第一次沿斜面BC向上运动的最远距离为x1，则有：
vB2=2a1L；vB2=2a2x1
可得：x1=a1a2L=14L
解得：x1=0.25m
同理：对物块沿斜面BC下滑有：a3=gsinα−μ2gcsα，解得：a3=4m/s2
对物块沿斜面AB上滑有：a4=gsinα+μ1gcsα，解得：a4=10m/s2
设第二次达到B点的速度大小为vB′，第一次沿斜面AB向上运动的最远距离为x2，则有：
vB′2=2a3x1；vB′2=2a4x2
可得：x2=a3a4x1=a1a3a2a4L=110L
解得：x2=0.1m
故小物块体第一次沿斜面AB向上运动的最远距离为0.1m。
(3)接(2)的分析结果：x1=a1a2L，x2=a3a4x1=a1a3a2a4L
继续类推可得：
第二次沿斜面BC向上运动的最远距离为x3=a1a2x2=a1a2⋅a3a4⋅a1a2L
第二次沿斜面AB向上运动的最远距离为x4=a3a4x3=a3a4⋅a1a2⋅a1a3a2a4L
第三次沿斜面BC向上运动的最远距离为x5=a1a2x4=a1a2⋅a3a4⋅a1a2⋅a1a3a2a4L
第三次沿斜面BC向上运动的最远距离为x6=a3a4x5=a3a4⋅a1a2⋅a3a4⋅a1a2⋅a1a3a2a4L
……
总结归纳得：
x(2n−1)=(a1a2)n⋅(a3a4)n−1⋅L=(14)n⋅(25)n−1m
x(2n)=(a1a2)n⋅(a3a4)n⋅L=(14)n⋅(25)nm
在斜面BC上运动的总路程为sBC=2[x1+x3+x5+……+x(2n−1)]，(此数列首项为14m，等比为110)
在斜面AB上运动的总路程为sAB=L+2[x2+x4+x6+……+x(2n)]，(数列部分的首项为110m，等比为110)
应用等比数列求和，当n→∞解得：
sBC=59m
sAB=119m
小物块在AB、BC斜面上运动的总路程为s=sBC+sAB=59m+119m=169m
答：(1)小物块在两段斜面上运动的总路程为1.5m；
(2)小物块体第一次沿斜面AB向上运动的最远距离为0.1m；
(3)第(2)问中小物块在AB、BC斜面上运动的总路程为169m。
【解析】(1)小物块在斜面AB和BC上往复运动，最终静止在B处，全程由能量守恒和功能关系求解小物块在两段斜面上运动的总路程；
(2)根据牛顿第二定律与运动学公式分段求解运动在斜面上运动的最大距离，最终得到故小物块体第一次沿斜面AB向上运动的最远距离；
(3)根据(2)的分析过程，总结归纳物块在斜面AB和BC上每次上滑的最大距离的规律，应用数学知识求解。
本题考查了数理结合的能力，考查了功能关系与牛顿第二定律得应用。此题运动过程并不复杂，难点在于归纳总结运动规律，本题最后总结出两个不同的数列，难度较大。