湖北省鄂东南联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试卷

这是一份湖北省鄂东南联盟2023-2024学年高二下学期期中联考物理试卷，共17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.下列说法正确的是( )
A. 布朗运动是在显微镜下看到的液体分子的无规则运动
B. 给自行车胎打气，越打越费力是因为分子间存在斥力
C. 随着两分子间距离的增大，可能出现分子势能增大而分子间的作用力减小的过程
D. 气体在100℃时每个分子的动能都大于其在50℃时的动能
2.无线充电技术有电磁感应式、磁共振耦合、电磁谐振式等不同方式，不同方式各有千秋，但都使用了 LC振荡电路。一振荡电路在t1和t2时刻自感线圈中磁感线方向和电容器中极板带电情况如图所示。若t2-t1=π2 LC，选取时间微元Δt(Δt→0)，则下列说法正确的是( )
A. 在t1时刻，电容器正在放电
B. 从t1→t1+Δt，电路中电流增大
C. 从t2→t2+Δt，自感线圈中磁场增强
D. 从t2→t2+Δt，电容器两极板间电场增强
3.如图所示，交流电源输出电压有效值恒定，变压器为理想变压器，灯泡阻值不随温度变化，电路稳定后闭合开关，下列说法正确的是( )
A. L1变暗L2变暗B. L1不变L3变暗C. L2变暗L3变暗D. L2变亮L3变亮
4.如图所示，a、b两束单色光分别沿不同方向射向横截面为半圆形玻璃砖的圆心O，已知a光刚好发生全反射， b光的折射光线(反射光线未画出)刚好与a光的反射光线重叠，且α>β，则判断( )
A. 若将b光沿a光的光路射向O点， b光也能发生全反射
B. 用a、b单色光分别检查同一光学平面的平整度时， b光呈现的明暗相间的条纹要窄些
C. 在玻璃砖中，a光的波速比b光大
D. 用a、b单色光分别以相同入射角斜射入同一平行玻璃砖，a光发生的侧移大
5.现有一列沿x轴传播的简谐横波，如图甲为该波在t=1.2s时刻的图像，如图乙为波的传播方向上 A质点的振动图像，下列说法正确的是( )
A. 这列波的波速是50m/s
B. 这列波沿x轴正方向传播
C. 从t=1.2s开始计时，质点P比质点Q晚0.3s回到平衡位置
D. 从t=1.2s开始计时，紧接着的Δt=1.5s时间内，P质点通过的路程小于10m
6.用高压水枪清洗汽车的照片如图所示，设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为 D，水流速度为 v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为0.2v，高压水枪的质量为 M，手持高压水枪操作，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A. 水柱对汽车的平均冲力为0.2ρv2πD2
B. 高压水枪单位时间喷出的水的质量为14ρvπD2
C. 当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，水柱对汽车的平均冲力加倍
D. 高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强变小
7.输电能耗演示电路如图所示，左侧变压器原、副线圈匝数比为1:6，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载 R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2:1，R上的功率为40W;接2时，匝数比为1:2，R上的功率为P。以下判断正确的是( )
A. r=8ΩB. r=4ΩC. P=180WD. P=90W
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.下列有关光学现象说法正确的是( )
A. 图1为检验工件平整度的装置，利用了光的衍射原理
B. 图2为光照射透光的小圆孔得到的干涉图样
C. 图3中沙漠蜃景属于光的全反射现象，其产生的原因是沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大
D. 图4中电影院的3D电影利用了光的偏振
9.如图所示为一款玩具“弹簧公仔”，该玩具由头部、轻弹簧及底座组成，已知公仔头部质量为 m，弹簧的劲度系数为k，底座质量为0.5m。压缩公仔头部，然后由静止释放公仔头部，此后公仔头部在竖直方向上做简谐运动，重力加速度为 g。当公仔头部运动至最高点时，底座对桌面的压力刚好为零，弹簧始终在弹性限度内。则下列说法正确的是( )
A. 公仔头部做简谐运动的振幅为3mg2k
B. 公仔头部运动至最高点时，头部的加速度为 g
C. 公仔头部有最大速度时，弹簧处于原长
D. 公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3 mg
10.如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R(未知)，一质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，恰好达到圆弧的顶端，此时M向前走了0.25R，接着小球又返回小车的左端。若M=2m，重力加速度为 g，则( )
A. 整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒
B. 圆弧的半径为R=v023g
C. 小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为8v015g
D. 整个过程小球对小车做的功为4mv029
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学在做“测定玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲所示，并在入射光线 AO上插上大头针P1、P2，现需在玻璃砖下表面折射出的光线上插上P3和P4大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。
(1)确定P3、P4位置的方法正确的是__________;
A.插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B.插上大头针P3，使P3挡住P1的像和P2的像
C.插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D.插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像
(2)经过多次测量作出sinθ1-sinθ2的图像如图乙，玻璃砖的折射率为__________;(保留三位有效数字)
(3)对实验中的一些具体问题，下列说法中正确的是__________。
A.入射角越小，折射率的测量越准确
B.为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些
C.如果在界面aa'光的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖
D.如图所示，如果误将玻璃砖的边bb'画到cc'(cc'与bb'平行)，折射率的测量值将偏小
12.某学习小组用三枚相同的硬币来验证动量守恒定律。将两枚硬币叠放粘连，记为 A，另一枚硬币记为 B，在水平桌面左端固定一弹射装置，PQ为中轴线，OO'与轴线垂直作为参考线。实验步骤如下：
①如图甲，将A从P沿PQ弹射，A停止后，测出其右端到OO'的距离S1;
②如图乙，将B静置于轴线上，并使其左端与OO'相切;
③如图丙，将A压缩弹簧至同甲位置，射出后在OO'处与B正碰，A、B停止后，测出A右端和B左端到OO'的距离S2、S3。
请回答以下问题：
(1)两次从同一位置弹射A，目的是确保 A到达OO'线时具有相同的__________。
(2)碰撞前瞬间A的速度大小与__________成正比。
A.S1
B.S2
C. S1
D. S2
(3)多次实验，若测量数据均近似满足关系式__________(用题中给定符号表达)，则说明硬币碰撞过程中动量守恒。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.一列简谐横波在介质中沿x轴正方向传播，波长不小于8 cm。如图所示， P和M是介质中平衡位置分别位于x=0和x=4cm处的两个质点。t=0时开始观测，此时质点 P的位移为y=5 3cm，质点M处于平衡位置，此时两质点均向y轴正方向振动;t=14s时，质点P第一次到达波峰位置，t=34s时，质点 M第一次到达波峰位置。求：
(1)简谐波的周期、波速和波长;
(2)质点P的位移随时间变化的关系式。
14.合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置N=100的线圈。线圈与阻值R=14Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v=2 2sinπt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B=0.2T。单匝线圈周长L=1.5m，线圈总电阻r=1Ω，圆形线所在处截面如图乙所示。求：
(1)线圈中产生感应电动势的瞬时表达式;
(2)灯泡工作时消耗的电功率P;
(3)3min内发电灯塔消耗的电能。
15.如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度匀速转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块 B和C，mB=mC=1.0kg。在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37∘且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块 A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后 B滑上传送带， A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2=0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3=0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小;
(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能;
(3)整个过程中，物块 C与挡板碰撞的次数。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
根据布朗运动的定义分析A；给自行车轮胎打气，轮胎内的压强逐渐变大，据此分析B；根据分子力随分子间距离变化的规律结合分子力做功情况分析C；温度是分子平均动能的标志，要知道温度是分子平均动能的标志，温度高的物体分子的平均动能大，并不是每一个分子的动能都大。
本题考查了布朗运动、气体压强、分子势能、以及温度是分子平均动能的标志，基础题。
【解答】
布朗运动是光学显微镜下观察到悬浮在水中的花粉颗粒的无规则运动，故A错误；
给自行车胎打气，越打越费力是因为气体压强的作用，故B错误；
分子间距离大于r0时，分子力为引力，距离增大，分子力先增大后减小，分子力做负功，分子势能增大，所以随着两分子间距离的增大，可能出现分子势能增大而分子间的作用力减小的过程，故 C正确；
温度是分子平均动能的标志，气体在100℃时分子的平均动能大于其在50℃时的平均动能，但不是每个分子的动能都大，故D错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查LC振荡电路。结合题图，根据安培定则判断线圈中的电流方向，结合电容器极板的带电性判断电容器的充放电情况，由此判断电路中电流的变化、自感线圈中磁场的变化以及电容器两极板间电场变化，由此分析即可正确求解。
【解答】
AB.LC振荡周期T=2π LC，t2-t1=π2 LC=14T，根据安培定则可知，俯视时，t1时刻线圈中的电流方向沿逆时针方向，此时刻电容器下极板带正电，所以t1时刻电容器正在充电，从t1→t1+Δt，电路中电流减小，故AB错误；
CD.根据安培定则可知，俯视时，t2时刻线圈中的电流方向沿顺时针方向，此时刻电容器下极板带正电，t2时刻电容器正在放电，从t2→t2+Δt，线圈中的电流增大，自感线圈中磁场增强，电容器的带电量减小，电容器两极板间电场减弱，故D错误，C正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】本题考查变压器的基本关系及动态分析，掌握变压器的基本关系。当S闭合后，副线圈电路中电阻减小，根据欧姆定律分析电路中电流，判断L2亮度变化，根据分压原理，判断判断L3亮度变化，难度一般。
【解答】
原副线圈匝数比不变，原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变。电路稳定后闭合开关，电路中电阻减小，流过副线圈电流增大，L2亮度变亮，L2两端电压升高，根据串联电路电压规律，L3两端电压降低，L3变暗；L1两端电压不变，L1亮度不变。
故选B。
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了临界角公式sinC=1n、折射定律、折射率、薄膜干涉、平行玻璃砖等知识，考查的比较综合，要注重理解和记忆，分析a、b光折射率的大小是解题的关键。
全反射发生的条件：光从“光密”介质进入“光疏”介质，且入射角大于等于临界角；临界角是折射角为90∘的入射角；已知a光刚好发生全反射，则a光的入射角β是临界角，a光的折射角为90∘；b光的入射角为α，折射角为β；根据光的折射定律即可求其折射率；根据平行玻璃砖侧移量影响因素分析。
【解答】
A、a光恰好能发生全反射，临界角为β，则a光的折射率na=1sinβ=sin90∘sinβ，
根据折射定律，b光的折射率nb=sinαsinβ，因为90∘>α，所以na>nb，
根据sinC=1n可知b光的临界角大，若将b光沿a光的光路射向O点，b光不会发生全反射，故A错误；
B、a光的折射率大，所以a光频率大，波长小，b光波长大，用a、b单色光分别检查同一光学平面的平整度时，b光呈现的明暗相间的条纹要宽些，故B错误；
C、根据v=cn可知，在玻璃砖中，a光的波速比b光小，故C错误；
D、平行玻璃砖问题，光线的侧移量跟三个因素有关①入射角，②折射率、③玻璃砖厚度，用a、b单色光分别以相同入射角斜射入同一平行玻璃砖，a光折射率大，所以a的侧移量大，故D正确。
5.【答案】D
【解析】【分析】
由甲图读出波长，由乙图得到周期，求出波速。由乙图读出该时刻即t=1.2s时刻质点A的速度方向，由甲图判断出波的传播方向。根据时间与周期的倍数关系，结合一个周期内质点通过的路程是4倍振幅，分析经过△t=1.5s时P质点通过的路程。
本题既要理解振动图象和波动图象各自的物理意义，由振动图象能判断出质点的速度方向，更要把握两种图象的内在联系，能由质点的速度方向，判断出波的传播方向。
【解答】
A、由图甲读出波长：λ=20m，由乙图读出周期T=1.2s，则波速为v=λT=201.2m/s=503m/s，故A错误；
B、由图乙读出t=1.2s时刻质点A的速度方向为沿y轴正方向，由图甲判断出波的传播方向沿x轴负方向，故B错误；
C、图甲时刻质点P沿y轴负方向运动，质点Q沿y轴正方向运动，所以质点P将比质点Q晚回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知点的横坐标为xP=203m，Q点的横坐标xQ=403m，可知质点P比质点Q晚回到平衡位置的时间：t=xQ-xPv=0.4s，故C错误；
D、从t=1.2s开始计时，P点向y轴负方向振动，速度较小，经过Δt=1.5s=54T，因为经过Δt平衡位置或最大位移处质点的运动路程为5A=10m，则质点P通过的路程小于10m，故D正确。
故选：D。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题以高压水枪清洗汽车的照片为情景载体，考查了动量定理在实际问题中的应用，根据动量定理以及牛顿第三定律求解，同时注意研究对象的选择是解决此题的关键。
对单位时间内水枪喷出的水列动量定理求解出平均冲击力，再利用压强的定义式计算出压强的变化关系。
【解答】
AB.高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0=ρSvΔtΔt=14ρvπD2，规定水柱冲击汽车反弹后的速度方向为正方向，由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv)，m=m0Δt，解得F=0.3ρv2πD2，由牛顿第三定律可知水柱对汽车的平均冲力为0.3ρv2πD2，故A错误，B正确；
C.根据F=0.3ρv2πD2，当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，平均冲力变为4倍，故C错误；
D.水柱对汽车的压强为p=FS=1.2ρv2，高压水枪喷出水柱直径D减半时，水柱对汽车的压强不变，故D错误。
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查远距离输电的原理，解题的关键在于明确能量关系以及变压器原理的应用，注意明确变压器本身不消耗能量。
开关接1时，已知输出功率，根据功率公式可右侧变压器的输出电流；再根据变压器电流之比等于匝数的反比即可求出右侧变压器输入电流和左侧变压器输入电流；结合U2-U3=I3r求出导线电阻；
开关接2时，明确电流关系，再根据输入的总功率等于导线上消耗的功率和R上消耗的功率，根据电流关系和功率公式列式即可求出R上的功率。
【解答】
AB、开关S接1时，U1U2=n1n2，U3U4=n3n4，I3I4=n4n3，P1=U42R=I 42R=40W，
且U2-U3=I3r，代入数据解得：r=5Ω，故A、B错误；
CD、开关S接2时，U3'U4'=n3'n4'，I3'I4'=n4'n3'，P=U4'2R，U2-U3'=I3'r，U4'=I4'R，
代入数据解得：P=90W，故D正确，C错误。
8.【答案】CD
【解析】【分析】
图1中利用了薄膜干涉的原理；泊松亮斑是光的衍射现象；沙漠蜃景属于光的全反射现象；电影院的3D电影利用了光的偏振。
本题考查了光学部分的内容，理解常见的光现象及原理是关键。
【解答】
A.利用了薄膜干涉的原理，同一明条纹处空气膜的厚度相同，由弯曲的条纹可知，P处被检查平面左边的空气膜厚度与其右边的空气膜厚度相同，知P处凹陷，而Q处被检查平面右边的空气膜厚度与其左边的空气膜厚度相同，知Q处凸起，A错误；
B.图为光线照射不透明小圆板得到的衍射图样，泊松亮斑，B错误；
C.沙漠上层空气的折射率比下层空气的折射率大，从远处物体射向地面的光先折射后发生全反射形成沙漠蜃景，故C正确；
D.电影院的3D电影利用了光的偏振，D正确。
故选CD。
9.【答案】AD
【解析】【分析】
根据简谐运动规律分析即可，难度不大。公仔头部在最高点时，对公仔头部分析结合回复力公式求解振幅；在平衡位置时速度最大，弹簧处于压缩状态；根据简谐运动的对称性，结合公仔头部和底座的受力分析求解桌面对底座支持力的大小。
【解答】
AB.公仔头部在最高点时，对公仔头部：F回1=F弹1+mg=32mg=ma，故头部的加速度为32g，又F回max=kA，解得：A=3mg2k，选项A正确，B错误；
D.根据简谐运动的对称性，当公仔头部运动到最低点时F回2=32mg=F弹2-mg，得：F弹2=52mg，此时对底座受力分析，FN=0.5mg+F弹2=3mg，公仔头部运动至最低点时，桌面对底座支持力的大小为3mg，选项D正确；
C.公仔头部有最大速度时，弹簧的弹力和公仔头部的重力等大反向，弹簧处于压缩状态，选项C错误。
10.【答案】BD
【解析】【分析】本题考查了单一方向动量守恒、系统机械能守恒、动能定理等。
整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分析解题。求变力做功时往往使用动能定理。
本题涉及到了第二类人船模型，即分析初始动量不为零的系统位移问题，同学们应该掌握解答中描述的这种方法。
【解答】
A、整个过程小车和小球组成系统仅在水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，故A错误；
B、从滑上轨道到到达顶端，规定向右为正，根据水平方向动量守恒可得mv0=M+mv，根据机械能守恒可得12mv02=mgR+12M+mv2，联立可得v=v03、R=v023g，故B正确；
D、规定向右为正，设小球返回小车左端时的速度大小为v1、小车的速度大小为v2，根据水平方向动量守恒可得mv0=Mv2-mv1，
根据机械能守恒可得12mv02=12mv12+12Mv22，其中M=2m，联立可得v2=2v03，对小车根据动能定理可得W=12Mv22-0=4mv029，故D正确；
C、小球从滑上轨道到到达顶端，设小球与弧形槽相对地面的水平位移分别为x1，x2，
则根据题意可得x1=1.25R，x2=0.25R，
在水平方向任一时刻都满足mv0=mv1'+Mv2'，
则有mv0t=∑mv1't+∑Mv2't=mx1+Mx2，
结合M=2m，R=v023g，
可解得t=7v012g，故C错误。
11.【答案】(1)BD；(2)1.50；(3)BD。
【解析】【分析】
(1)根据实验的正确操作步骤作答；
(2)根据图像斜率计算折射率；
(3)分析实验误差。
本题考查测量玻璃折射率实验，要求掌握实验原理、数据处理和误差分析。
【解答】
(1)确定P3、P4位置的方法正确的是：插上大头针P3，使 P3 挡住 P1 、P2 的像，插上大头针P4，使P4挡住P1、P2的像及P3，故选BD。
(2)根据折射定律，玻璃砖的折射率为n=sinθ1sinθ2=。
(3)A、入射角适当大一些，测量更准确，A错误；
B、为了减小作图误差，P3和P4的距离应适当取大些，B正确；
C、在界面aa'光从光疏介质进入光密介质，不会发生全反射，C错误；
D、如果误将玻璃砖的边bb'画到cc'(cc'与bb'平行)，折射角测量值偏大，可知测出来的折射率偏小，D正确。
12.【答案】(1)速度；(2)C；(3)2 S1=2 S2+ S3
【解析】【分析】
(1)根据实验原理分析出从同一位置弹射A的目的；
(2)根据运动学公式得出A的速度大小的影响因素；
(3)根据动量守恒定律结合运动学公式分析出正确的关系式。
本题主要考查了动量守恒定律的验证实验，根据动量守恒定律结合运动学公式即可完成分析，难度不大。
【解答】
(1)两次从同一位置弹射A，目的是确保A到达OO'线时具有相同的速度；
(2)碰撞后A做匀减速直线运动，设加速度为a，则v12=2aS1，化简得：v1= 2aS1，故C正确，ABD错误；
(3)由上述分析可知，硬币的速度v∝ S，则根据动量守恒定律得：2mv1=2mv2+mv3
整理得：2 S1=2 S2+ S3。
13.【答案】解：(1)设振动周期为T。由于质点M在0到34s内由平衡位置第一次到达最大位移处，得
34s=14T由此可知T=3s
根据题意，波沿x轴正向传播，且PM之间的距离小于半个波长，
波峰由P传到M的时间△t=34s-14s=12s
根据公式v=△x△t=8cm/s=0.08m/s
根据公式v=λT得λ=vT=0.24m
(2)设质点P的振动位移随时间的变化关系式为y=Asin(ωt+φ0)
根据ω=2πT得ω=2π3rad/s
把t=0，y=5 3cm，t=14s，y=A代入上式可得
φ0=π3， A=10cm
所以y=Asin(ωt+φ0)=10sin(2π3t+π3)cm
【解析】(1)利用M点在t=0s时和t=34 s时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速的公式v=xt可求得波速，利用波速波长及周期之间的关系式λ=vT可求得波长；
(2)先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s时和14s时的P点的位移，可得知初相位，即为可知质点P的位移随时间变化的关系式．
该题首先要求学生能准确的从题干中提取出相关的信息，熟练的利用波速、波长、周期之间的关系式及周期的定义进行相关问题的解答．对于第二问的解答有一定的难度，要注意利用数学知识求解初相位，同时要注意会分别用正弦和余弦来表述振动的关系式．
14.【答案】解：(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax=NBLvmax，
代入数据可得Emax=60 2 V，
线圈中感应电动势为e=Emax sinπt=60 2 sinπtV;
(2)根据闭合电路欧姆定律可得最大电流为Imax=EmaxR+r=60 214+1 A=4 2 A，
电流的有效值为I=4 2 A 2=4A，
灯泡的电功率为P=I2R=42×14W=224W；
(3)电动势有效值E=Em 2=60V，
3min内发电灯塔消耗的电能E=60×4×180J=4.32×104J。
【解析】根据线圈在磁场中切割产生的感应电动势最大值Em=NBLvm得出感应电动势最大值的表达式，再根据闭合电路欧姆定律得出电流的最大值，再求解有效值，由功率公式和电功公式求解。
15.【答案】解：(1)对物块A由静止到斜面底端过程运用动能定理得：mAgL1sin37∘-μ3mAgL1cs37∘=12mAvA2-0，
解得：vA=4m/s；
(2)A、B发生弹性碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒有：mAvA=mAvA1+mBvB，
根据机械能守恒定律有：12mAvA2=12mAvA12+12mBvB2，
代入数据，联立解得：vB=3m/s，vA1=-1m/s；
物块B的速度大于传送带速度，物块B在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，加速度大小aB=μ1mBgmB=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，
开始运动到与传送带共速经历的时间t1=vB-vaB=3-22s=0.5s，
匀减速运动的位移大小x1=vB2-v22aB=32-222×2m=1.25m相对路程：Δs=x1-vt1=1.25m-2×0.5m=0.25m，
摩擦产生的内能：Q=μ1mBgΔs=0.2×1×10×0.25J=0.5J；
(3)物块B与物块C发生弹性碰撞，规定向左为正方向，根据动量守恒有：mBv=mBvB1+mCvC1，
根据机械能守恒有：12mBv2=12mBvB12+12mCvC12，
代入数据解得：vB1=0，vC1=2m/s，
由此可知，以后每次B、C相碰，速度都发生交换，
对物块C，设共来回运动了n次，由动能定理得：-μ2mCg×2ns=0-12mCvC12，
代入数据解得：n=10。
【解析】(1)对A从静止释放到与B相碰的过程运用动能定理，求出A在与B碰前的速度大小；
(2)抓住A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求出A、B碰撞后的速度大小，结合B在传送带上的运动规律，根据牛顿第二定律和运动学公式求出B在传送带上的相对路程，从而得出摩擦产生的内能；
(3)B、C质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，B每次回到传送带最左端的速度与B滑上传送带速度相等，可知C每次在传送带最左端以相等的速度大小返回，根据动能定理，结合C来回运动的总路程得出来回运动的次数。
本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿运动定律以及运动学公式的综合运用，综合性强；知道弹性碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，若质量相等的物体发生弹性碰撞，速度交换。本题对数学能力要求较高，对于第三问，理清物块B、C在整个过程中的运动规律，得出C每次在传送带上运动路程通项表达式是关键。