2023-2024学年江西省上饶市高三（第二次）模拟考试物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年江西省上饶市高三（第二次）模拟考试物理试卷(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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.火灾对人们的生产生活有着极大的危害，及时预警对于消除或减小火灾灾害十分重要。某种电离型烟雾报警器中有极少量放射性元素镅( 95241Am)已知放射性元素镅( 95241Am)发生衰变的衰变方程为 95241Am→93237Np+X，衰变方程中X表示的是
A. 质子B. α粒子C. 中子D. 电子
2.电网输送的电能在进入居民家庭之前要经过变压器的降压处理，图甲为街头变压器，图乙为街头变压器通过降压给用户供电的示意图。现将该过程做一定理想化处理：变压器为理想变压器且输入电压的有效值大小恒定不变，图中电表均为理想电表。变压器到用户之间输电线的总电阻用R0表示，当用户用电器增加时，下列说法正确的是
A. 电压表的示数不变B. 电压表的示数增大C. 电流表的示数减小D. 电流表的示数增大
3.图甲所示装置可以利用光导纤维将室外自然光引入采光不好的室内。图乙为某种光导纤维的一小段，该光导纤维呈圆柱状，由纤芯和包层构成，其中MN为光导纤维的直径，在纤芯与包层的分界面发生全反射的临界角C=60∘。现一束细光从右端面中点以α=45∘的入射角射入，光在纤芯与包层的界面恰好发生全反射，则该光导纤维中纤芯的折射率为
A. 2B. 22C. 6D. 2 33
4.如图所示，在水平向右磁感应强度大小为B的匀强磁场中，以O点为圆心的竖直面内圆周上有M、N、P、Q四个点，将两根长直导线垂直于纸面放在M、N处，并通入相同的电流，Q点磁感应强度大小为0。则
A. P点磁感应强度大小为0B. P点磁感应强度大小为2B
C. M处导线受安培力方向竖直向上D. M处导线受安培力方向斜向右上方
5.北京时间2023年10月26日，神舟十七号航天员乘组成功入驻“天宫”。如图为“天宫”绕地球运行的示意图，测得“天宫”沿顺时针方向从A点第一次运动到B点用时t，这段圆弧对应的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球的质量为M，引力常量为G，则关于“天宫”运动的相关物理量说法正确的是
A. 离地面高度为3 GMt2θ2B. 离地面高度为R+3 GMt2θ2
C. 向心加速度大小为3 GMθ4t4D. 向心加速度大小为3 GMθ2t2
6.2024年春节期间，哈尔滨的冰雪旅游爆火，图甲中的超级大滑梯是哈尔滨冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯上的下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型：一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，默认图中物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法中正确的是
A. A受到的摩擦力为零
B. A受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
7.某兴趣小组的两位同学分别用图甲装置探究平抛运动的特点。两位同学获得小球在白纸上留下的印迹分别如图乙、丙所示，两幅图中的O点均为准确的抛出点，两位同学中有一人因操作不当在获取A、B两点印迹时存在错误。已知乙、丙两图中每个小方格都是边长为1 cm的正方形，当地重力加速度g=9.8m/s2，忽略空气阻力，请选择乙、丙两图中正确的一幅并求出对应小球的水平方向速度大小为
A. 7 1050m/sB. 7 550m/sC. 21 10100m/sD. 21 5100m/s
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.一静电场沿水平面内的x轴方向分布，其电势φ随x的分布可简化为如图所示的折线，图中φ0、a、b、c均为已知量且b>a>c。一个带负电的粒子在x=−b处由静止释放，忽略其他力，带电粒子仅在电场力作用下开始运动。则下列说法正确的是
A. 带电粒子运动过程中机械能守恒
B. 带电粒子运动过程中机械能不守恒
C. x=−c处的电场强度大小等于x=a处的电场强度大小
D. x=−c处的电场强度大小大于x=a处的电场强度大小
9.主动式降噪耳机是利用波的干涉来实现降噪的。为研究波的干涉设置如图情景，在同一均匀介质中，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，两列波的传播周期均为0.4s，两波源的振幅均为10 cm，所有质点均沿y轴方向运动。t=0时刻的波形如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动，质点M的平衡位置处于x=0.6m处。已知两波源开始振动后持续振动，下列说法正确的是
A. 质点M的起振方向沿y轴负方向
B. 两列波的波速均为0.1m/s
C. 0.4s后质点M是振动加强点
D. 在0∼1.0s时间内质点P通过的路程为60 cm
10.在中国古代，人们利用磁体在地磁场中受力的特点制作司南用以辨别方向，如今在科学研究中，科学家常用电场和磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，某一竖直方向存在上、下宽度分别为d2和d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场竖直向下，匀强磁场沿水平方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从电场内紧贴上边界的O点由静止释放，运动到磁场的下边界的P点(图甲中未画出)时粒子的运动轨迹正好与下边界相切。若以上电场和磁场同时存在于一足够大的区域，如图乙所示，重新让粒子从O点由静止释放，经过时间t粒子第一次到达最低点N，下列说法正确的是
A. 甲图中粒子从O点运动到P点的时间为(π+2)mqB
B. 乙图中粒子经过N点时速度大小为2Bqdm
C. 乙图中O、N两点的竖直距离为d
D. 乙图中O、N两点的水平距离为Bqdtm
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.小英同学在探究向心力大小的表达式实验时：用如图甲所示的装置，已知小球在挡板A、B、C处做圆周运动的轨迹半径之比为1:2:1，变速塔轮自上而下按如图乙所示三种组合方式，左右每层半径之比由上至下分别为1:1、2:1和3:1。回答以下问题：
(1)本实验所采用的实验探究方法与下列哪个实验是相同的_________(填“A”或“B”)。
A.探究两个互成角度的力的合成规律 B.探究影响导体电阻的因素
(2)小英同学把质量为m1、m2的两个小球分别放在B、C位置做实验，若两小球做圆周运动的角速度相等，转动稳定时根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为8:1，则m1:m2=_________。
(3)小英同学在某次实验时，把质量相等的两小球分别放在A、C位置，根据左右两边标尺上的等分格显示可知两个小球所受向心力大小比为1:4，则与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为_________。
12.电子温度计就是根据热敏电阻的阻值随温度改变而改变的特性而制作的。小敏想自制一个简易电子温度计，现有热敏电阻Rt、电源E(电动势为4.5V，内阻r=1.1Ω)、电流表(量程0∼3mA，内阻rA=9Ω)、电阻箱R1(阻值范围0∼99.9Ω)、定值电阻R2(R2=98Ω)、开关S、导线若干。根据查阅资料得知这个热敏电阻Rt的阻值随温度变化的关系满足Rt=(300−5t)Ω。(10℃⩽t⩽55℃)
(1)小敏用该热敏电阻作测温探头设计了如图电路，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易的电子温度计。为了达到温度设计要求，需要把电流表的量程改装为0∼30mA则电阻箱R1的阻值应调为_________Ω。(保留两位有效数字)
(2)连接好电路，闭合开关后发现电流表指针不偏转，小敏用多用电表检查电路故障，下列哪个选项是正确的_________。
A.用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到交流电压挡“10 V”位置
B.机械调零后，断开电路中的开关，将选择开关旋钮转到“×10”位置，进行欧姆调零，然后用两表笔依次测量相邻接线柱之间的阻值
(3)用正确操作步骤排除故障后用此温度计去测量一物体温度，电流表的示数稳定后为2.00mA，则该物体的温度为_________ ℃，此温度计能测量的最高温度为_________ ℃。
(4)电池使用一段时间后其内阻r变大，电动势E略微变小，则用该温度计测量的温度要比真实值_________(填“偏高”或“偏低”)。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.小美设计了一温度报警装置，原理图如图所示，竖直放置的导热汽缸内用质量m=0.25kg、横截面积S=5×10−5m2、上表面涂有导电物质的活塞封闭一定质量的理想气体。当缸内气体的温度T1=300K时，活塞下表面与汽缸底部的距离h1=6cm，上表面与a、b两触点的距离h2=1cm。当环境温度上升，活塞缓慢上移至卡口处时恰好触发报警器报警。不计一切摩擦，大气压强恒为P0=1.0×105Pa，重力加速度大小g=10m/s2。求：
(1)该报警装置报警的最低热力学温度T；
(2)当环境的温度升高到T2=420K时，封闭气体的压强p。
14.图示装置可以用来说明电动汽车“动能回收”系统的工作原理。光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，ab为垂直于导轨的导体棒，轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场。当开关接1时，ab由静止开始运动，当ab达到一定速度后，把开关接2，如果把电阻R换为储能元件就能实现“动能回收”。已知轨道间距L=1.0m，磁感应强度B=0.8T，电源电动势E=6.0V，内电阻r=0.1Ω，电阻R=0.2Ω，导体棒ab质量m=1.0kg，电阻r1=0.1Ω，导体棒与导轨接触良好，导轨电阻不计且足够长。求：
(1)开关与1接通的瞬间导体棒ab获得的加速度大小；
(2)当导体棒ab达到最大速度时，将开关与2接通，求开关与2接通后直至ab棒停止运动的过程中流过导体棒ab的电量q及电阻R产生的热量QR。
15.如图甲所示，在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧处于原长时右端恰好位于A点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在A点平滑连接。传送带长L=1.75m，且以v=5m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为R=4m、圆心角θ=60∘的圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量M=3kg的长木板(木板厚度不计)。现将一质量m=1kg的滑块Q(Q视为质点且与弹簧未拴接)向左压缩弹簧至图中G点后由静止释放，滑块Q从A点滑上传送带，并从传送带右端B点离开，恰好沿C点的切线方向进入与传送带在同一竖直面的圆弧轨道CD，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块Q在GA段的位移关系如图乙所示，滑块Q与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求滑块Q刚滑上传送带时的速度大小vQ；
(2)若滑块Q运动至圆弧轨道最低点D时，轨道对其的支持力为FN=14N，且滑块恰好未滑离长木板，求长木板的长度L′；
(3)若去掉圆弧轨道和长木板，滑块Q从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块Q与地面发生n次碰撞后前n次损失的机械能ΔE与n的函数关系式。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
根据衰变前后质量数和电荷数守恒求出生成物的质量数和电荷数．即可判断衰变方程中X表示的是那种粒子
【解答】
根据衰变过程中质量数和电荷数守恒得
95241Am→93237Np+X，因此X是 24He，故B正确ACD错误
2.【答案】D
【解析】【分析】
和闭合电路中的动态分析类似，可以根据用户用电器电阻的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，根据I1I2=n2n1分析原线圈电流表的变化情况，再根据副线圈电压不变，分析电压表的变化的情况．
本题考查变压器的动态分析以及理想变压器。题目比较基础。
【解答】
【解析】
解：当用电器增加时，相当于R用户的值减小，电路中的总的电阻减小，原线圈和匝数比不变，所以副线圈的电压不变，副线圈的电流变大，根据I1I2=n2n1，电流表的示数增大，电阻R0消耗的电压变大，所以用电器两端电压减小，电压表的示数减小，故ABC错误，D正确；
3.【答案】A
【解析】【分析】
根据题意结合几何关系求解细光从右端面中点射入之后的折射角，结合折射定律即可求解折射率。难度较易。
【解答】
为使射入的光在内心与包层的界面恰好发生全反射，则有
n=sin αsin r
r=90∘−C=30∘
解得n= 2
故选A。
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据右手螺旋定则判断磁感应强度的方向，然后利用平行四边形定则求矢量和即可分析。根据左手定则可判断导线受到的安培力方向。
该题考查了右手螺旋定则的相关知识以及左手定则的应用，解题的关键是右手螺旋定则灵活运用，而且要注意用平行四边形定则求得矢量和。
【解答】
AB.根据右手螺旋定则可知，M、N处的导线在Q点产生的合磁场方向均水平向左，又因为Q点磁感应强度大小为0，所以M、N处的导线在Q点产生的合磁场与水平向右的匀强磁场等大反向，同理M、N处的导线在P点产生的合磁场方向均水平向右，根据磁场的叠加原则可知，P点磁感应强度不为零，且其磁感应强度方向水平向右，大小为2B。故A错误，B正确；
CD.N处的导线在M点产生的磁场方向竖直向上，与水平向右的匀强磁场合磁场为斜向右上，根据左手定则可判断M处导线受安培力方向斜向右下方，CD错误。
5.【答案】C
【解析】【分析】
在处理人造卫星问题时，要注意万有引力提供向心力，向心力有不同表达式，要熟记这些表达式。根据角速度定义表示角速度，根据角速度与向心加速度关系，求解向心加速度。
【解答】
AB.由万有引力提供向心力GMmr2=m(θt)2r，解得轨道半径r=3 GMt2θ2，离地面高度为3GMt2θ2−R，故AB错误；
CD.角速度ω=θt，向心加速度大小a=ω2r，解得向心加速度大小为3 GMθ4t4 ，C正确，D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】【分析】
【分析】
本题关键先用整体法求出动摩擦因素，然后隔离出物体A，假设摩擦力为f，对其受力分析后根据受力确定合力情况；若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，也需分析重力分力与滑动摩擦力的关系确定物体的运动状态。
【解答】
【解答】
AB.先对A、B整体受力分析，受重力和支持力，及沿着斜面向下滑动摩擦力，根据平衡条件，有
(m1+m2)gsinθ=μ(m1+m2)gcsθ(θ为斜面的倾角)
解得μ=tanθ
再隔离出物体A受力分析，受重力、支持力，假设有沿斜面向上的静摩擦力f，
根据平衡条件，有
m2gsinθ−f=0②
由①②两式可解得
f=m2gsinθ
故A受到的摩擦力与斜面平行且向上；故AB错误；
CD.若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，整体受到的滑动摩擦力大小为：
f′=μ(F+m1g+m2g)csθ
重力和F沿斜面向下的分力大小为(F+m1g+m2g)sinθ，
则上可知：(F+m1g+m2g)sinθ=μ(F+m1g+m2g))csθ，则物块受力仍平衡，所以仍处于匀速下滑状态，故C正确，D错误.
7.【答案】A
【解析】【分析】
平抛运动水平方向为匀速直线运动，故相同时间内水平方向的距离相等，竖直方向位移差为一定值；竖直方向由Δy=gT2，水平方向v0=xT求得初速度；平抛运动竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，符合初速度为零的匀加速直线运动的几个比例关系。
解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，灵活运用运动学公式求解。
【解答】
平抛运动在水平方向为匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，根据y=12gt2可知，在相同时间T内，OA和AB竖直方向位移之比为1：3，所以图乙正确，
在竖直方向上，根据△y=2L=gT2得，时间间隔T= 2Lg，小球平抛运动的初速度v0=2LT=2×1.00×10−2Tm/s=7 1050m/s，故A正确.
8.【答案】BC
【解析】【分析】
掌握机械能守恒条件即可判断带电粒子机械能是否守恒；理解φ−x图像斜率的物理意义即可判断场强大小关系。
【解答】
AB.带电粒子仅在电场力作用下开始运动，电场力对粒子做功，粒子机械能不守恒，A错误B正确；
CD.φ−x图像斜率大小代表电场强度大小，x=−c处的电场强度大小等于x=a处的电场强度大小，C正确D错误；
故选BC。
9.【答案】AD
【解析】A.由图可知，沿x轴负方向传播的波先传到M点，根据“上下坡法”可知，M点的起振方向沿y轴的负方向，故A正确；
B.两列波的波长均为0.4m，周期均为0.4s，波速v=λT=1m/s，故B错误；
C.x=0.6m的质点M到P、Q两列波的距离相差0.2m，等于半个波长，所以两列波相遇时该点始终是振动减弱点，故C错误；
D.0∼0.6s时间内，质点P通过的路程为6A=60cm，0.6s两列波在P点相遇叠加，P点是振动减弱点，由于两列波振幅大小相等，0.6s∼1.0s质点P通过的路程为0，故在0∼1.0s时间内质点P通过的路程为60 cm，故D正确。
故选AD。
本题考查波的图像，波动图像反映不同质点在相同时刻的位置，从图像中可以直接读取波长与振幅，利用v=λT求得波速，利用上下坡法”判断质点起振方向；根据M到两波源的距离差得出其加强还是减弱；简谐运动的质点每个周期振动的路程为4A。
10.【答案】BD
【解析】【分析】
对于图甲，粒子先在电场中加速，根据动能定理求出进入磁场的速度，在磁场中轨迹与下边界相切，由几何关系求出轨迹半径，由洛伦兹力提供向心力列式分析。
对于图乙，粒子受到电场力与洛伦兹力，所做运动不是匀速圆周运动，此类运动可以采用动量定理结合洛伦兹力的冲量方法求解.
【解答】
设粒子在磁场中的速率为v，半径为R，由动能定理，有qE12d=12mv2，洛伦兹力充当向心力，有Bqv=mv2R，由几何关系可得R=d，综上，E=B2qdm
A.粒子在电场中的运动时间为t1=d2v2=mqB，在磁场中的运动时间为t2=πm2qB，粒子从O运动到P的时间为t=(π+2)m2qB，故A错误;
BCD.将粒子从O到N的过程中某时刻的速度分解为向右和向下的分量vx、vy，再把粒子受到的洛伦兹力分别沿水平方向和竖直方向分解，两个洛伦兹力分量分别为Fx=Bqvy、Fy=Bqvx。设粒子在最低点N的速度大小为v，ON的竖直距离为y。
水平方向由动量定理可得mv−0=∑qBvy△t=qBy，由动能定理可得qEy=12mv2−0，结合E=B2qdm，解得v=2Bqdm、y=2d，
竖直方向由动量定理可得0=qEt−∑qBvx△t=qEt−qBx，解得x=Bqdtm;
故BD正确，C错误。
11.【答案】
(1)B；
(2)4:1；
(3)2:1
【解析】【分析】(1)该实验采用控制变量法，图中抓住质量不变、半径不变，研究向心力与角速度的关系；
(2)根据Fn=mrω2分析质量关系；
(3)根据向心力之比求出两球转动的角速度之比，结合v=rω，根据线速度大小相等求出与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比．
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变．知道靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等．
【解答】(1)本实验采用的实验探究方法是控制变量法，采用这个探究方法的实验还有探究影响导体电阻的因素，探究两个互成角度的力的合成规律采用的等效法；故选B。
(2)两球的向心力之比为8:1，则转动的角速度相等；轨迹半径之比为2:1；根据Fn=mrω2可知m1:m2=4:1；
(3)把质量相等的两小球分别放在A、C位置，两个小球所受向心力大小比为1:4；根据Fn=mrω2可知角速度之比为1:2；由于皮带传动线速度大小相等，根据v=ωr，左、右两边轮塔半径之比为2：1，
12.【答案】(1)1.0
(2)B
(3)35；50
(4)偏低
【解析】(1)根据题图所示电路图得IArA=(I−IA)R1，代入数据解得R1=1Ω;
(2)用多用电表检测电源时，将选择开关旋钮转到直流电压挡“10 V”位置，A错误；使用欧姆表测量电阻时，先机械调零，选倍率，再欧姆调零，测量，B正确；
(3)原电流表指针指示2.00mA时，改装后电流表的示数I′=10×2.00mA=20mA，改装后电流表内阻RA=R1rAR1+rA=0.9Ω，由闭合电路欧姆定律有E=I′(Rt+RA+R2+r)，可得Rt=125Ω，
又由Rt=(300−5t)，解得t=35℃
温度越高，Rt阻值越小，电路中电流越大，电路中最大电流30mA，Rt最小值=EImax−(RA+R2+r)=50Ω，根据Rt=(300−5t)，最高温度为50℃
(4)电源内阻偏大，会导致Rt阻值计算偏大，温度偏低。
故答案为：(1)1.0(2)B(3)35；50(4)偏低
本题以热敏电阻传感器为背景，考查电表改装、电表使用、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生的实验探究能力。
13.【答案】(1)当环境温度缓慢上升，活塞刚到达卡扣处，此过程中封闭气体处于等压膨胀过程，则有
h1ST1=h1+h2ST
解得
T=350K
(2)加热之前，根据平衡条件有
mg=p1S−p0S
当环境的热力学温度升高到 T2=420K 时，根据理想气体状态方程有
p1h1ST1=ph1+h2ST2
解得p=1.8×105Pa

【解析】本题主要考查了气体实验定律的应用，对于该类问题一般要首先分析气体状态参量的变化情况，找到不变量，再选择对应的状态方程列式分析变化量。
(1)根据盖-吕萨克定律分析计算；
(2)根据理想气体状态方程计算。
14.【答案】解：(1)开关与1接通，由闭合电路的欧姆定律有：
I=Er+r1=6.00.1+0.1A=30A①
在开关与1接通瞬间，由牛顿第二定律有：
F=BIL=ma②
代入数据解得加速度
a=24m/s2③
(2)导体棒做加速度减小的加速运动，设导体棒的最大速度为vm;
导体棒切割磁感线运动产生反电动势
E感=BLv④
当导体棒获得最大速度，则
E感=BLvm=E⑤
代入数据解得
vm=7.5m/s⑥
此时将开关与2接通，导体棒还能运动的时间为t，取此时导体棒前进的速度方向为正方向，
由动量定理可得
−BILt=−mvm⑦
代入数据
q=It=1×7.51.0×0.8C=758C⑧
由能量守恒知导体棒和电阻产生的总的焦耳热Q
Q=12mvm2⑨
由串联电路特点知R产生的焦耳热
QR=RR+r1Q⑩
代入数据可得
QR=0.20.2+0.1×12×1×7.52J=754J⑪
【解析】本题考查通电导体在磁场中受力运动和电磁感应的动力学问题。解决问题的关键是清楚ab在不同情况的受力情况和运动情况，利用闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、动量定理等分析计算。
15.【答案】解：(1)滑块Q第一次从G点到A点时与弹簧分离，从A点滑上传送带，设在滑块Q在A点的速度为vQ，对滑块Q由动能定理得WF=12mvQ2，由F−x图像知弹簧从G点到H点对P做功WF=12×18×0.5J=4.5J
vQ=3m/s;
(2)滑块Q在D点速度为vD，由牛顿第二定律可知FN−mg=mvD2R，Q滑上长木板M后，以Q和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则Q滑到长木板右端时达到共同速度v′，
mvD=M+mv′
由能量守恒定律可知
μmgL′=12mvD2−12M+mv′2
联立代入数据可得L′=3m;
(3)设BC的竖直高度为h，传送带离地面高为H，则H=h+R1−csθ
则Q滑上传送带时间vQ=3m/s