2023-2024学年安徽省示范高中皖北协作区高三联考物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2023-2024学年安徽省示范高中皖北协作区高三联考物理试卷(含详细答案解析)，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. β衰变的电子来自原子核外
B. 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的重核裂变反应
C. 原子核比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核就越稳定
D. 氢原子跃迁时核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，电子的动能减小，原子总能量减小
2.如图所示，一质量为m的物体，沿半径为R的四分之一固定圆弧轨道滑行，由于物体与轨道之间动摩擦因数是变化的，使物体滑行到最低点的过程中速率不变。该物体在此运动过程，下列说法正确的是( )
A. 动量不变B. 重力做功的瞬时功率不变
C. 重力做功随时间均匀变化D. 重力的冲量随时间均匀变化
3.某同学完成课外探究作业时需要测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑上一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上。在地铁启动后的某段稳定加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片如图所示，拍摄方向跟地铁前进方向垂直。为进一步探究，若把圆珠笔更换成两个质量不同的小球并用轻绳连接起来，不计空气阻力，则它们的位置关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
4.以速度v0水平抛出一小球，经过时间t后，其位移为1m，速度方向与水平面夹角的正切值tanα=83，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列选项正确的是( )
A. v0=1.5m/sB. v0=2.5m/sC. t=0.3sD. t=0.5s
5.中国载人登月初步方案已公布，计划2030年前实现载人登月科学探索。假如在登月之前需要先发射两颗探月卫星进行科学探测，两卫星在同一平面内绕月球的运动可视为匀速圆周运动，且绕行方向相同，如图1所示，测得两卫星之间的距离Δr随时间变化的关系如图2所示，不考虑两卫星之间的作用力。下列说法正确的是( )
A. a、b两卫星的线速度大小之比va:vb= 5: 3
B. a、b两卫星的加速度大小之比aa:ab=4:1
C. a卫星的运转周期为T
D. b卫星的运转周期为7T
6.某简谐横波波源的振动图像如图1所示，该波源的振动形式在介质中传播，某时刻的完整波形如图2所示，其中P、Q是介质中的两个质点，该波的波源位于图2中坐标原点处，下列说法正确的是( )
A. 该波的周期为0.1s
B. 再经过0.4s，图2中质点Q处于波谷
C. 图2中质点Q第一次处于波谷时，波源处于波峰位置
D. 从t=0.2s到质点Q开始振动，质点P运动的路程为0.3m
7.如图所示，电阻不能忽略的圆形金属线圈在磁场中保持恒定角速度ω0匀速转动，通过理想变压器为后面的电路供电，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，电压表和电流表均为理想交流电表，不计导线的电阻。下列说法正确的是( )
A. 仅将滑片P下滑时，|ΔU2ΔI2|不变
B. 仅将滑片P下滑时，电压表示数V2变大
C. 仅将滑片P下滑时，电流表示数A3变小
D. 仅将圆形线圈拉直成正方形(线圈周长不变)，电源的效率变小
8.如图所示，倾角为30∘的光滑绝缘斜面足够长，空间存在方向与斜面平行的匀强电场。质量为m，电荷量为−q(q>0)的带电小球(可视为质点)，从固定斜面底端A点由静止释放，经时间t，小球沿斜面上升到B点，此时撤去电场，又经过2t时间小球恰好回到初始位置A，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 撤去电场前小球从A到B电势能逐渐增加
B. 带电小球上滑过程中撤去电场前后的加速度大小之比1:2
C. 小球从底端A沿斜面上升到最高点的时间为9t5
D. 撤去电场前A、B两点间的电势差为9mg2t250q
二、多选题：本大题共2小题，共8分。
9.如图所示，一小物块由静止开始沿倾角为53∘的斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为23，取地面为零势能面，已知sin53∘=0.8，cs53∘=0.6。该过程中，物块的机械能E、重力势能Ep、动能Ek、摩擦产生的热量Q与水平位移x的关系图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，在xOy平面的第一、二象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在第三、四象限−d≤y≤0范围内有沿x轴正方向的匀强电场，在坐标原点O有一个粒子源可以向x轴上方以不同速率向各个方向发射质量为m、电荷量为q的带正电粒子，x轴上的P点坐标为(−d,0)，y轴上的Q点坐标为(0,−d)。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用。下列说法中正确的是( )
A. 所有经过P点的粒子最小速度为vmin=qBd2m
B. 若以最小速率经过P点的粒子又恰好能过Q点，则电场强度大小为E=qB2dm
C. 沿不同方向进入匀强磁场的粒子要经过P点，速度大小一定不同
D. 所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某学习小组通过实验测定一截面为半圆形的玻璃砖的折射率n，方法如下：
(1)玻璃砖直径AB与竖直放置的光屏MN垂直并接触于A点，置于水平桌面的白纸上。
(2)用激光笔从玻璃砖一侧照射半圆玻璃砖的圆心O，如图所示，在屏幕MN上可以观察到两个光斑C、D，用大头针分别在白纸上标记圆心O点、C点、D点的位置，移走玻璃砖和光屏。
(3)用刻度尺测量OC和OD的长度分别为L1、L2。
(4)利用所测量的物理量，写出玻璃砖折射率的表达式n=__________。
(5)实验中，不断增大入射角，__________(填“能”或“不能”)观察到全反射现象。
(6)为减小实验误差，实验中应适当__________(填“增大”或“减小”)激光在O点的入射角。
12.如图1所示为某多用电表的欧姆挡“×10”挡内部电路示意图。表头G满偏电流10mA、内阻10Ω，电源的电动势设计值为1.50V。
(1)该多用电表的A表笔应为__________(填“红”或“黑”)表笔。
(2)由于长时间未使用，该多用表内部电源电动势发生了变化，但仍可欧姆调零。为了测得其内部电源的电动势，实验步骤如下：
①将选择开关旋至欧姆“×10”挡位，红、黑表笔短接进行欧姆调零;
②将一电阻箱串联在两表笔间，实验电路如图2所示，为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选用__________(填字母序号);
A.最大阻值99.99Ω
B.最大阻值999.9Ω
③调节电阻箱的阻值，当多用表的指针如图3所示时，通过表头G的电流为__________mA;
④连续调节电阻箱的阻值，记录多组电阻箱阻值 R和通过毫安表的电流I，作出R−1I图像如图4所示，则现在的电源电动势E=__________V。
(3)用该欧姆表测得一定值电阻的阻值为300Ω，如果操作无误，不考虑偶然误差的情况下，则该定值电阻的实际阻值为__________Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，两个横截面积均为S的绝热汽缸水平放置并固定在水平面上，两个汽缸通过底部的细管连通，细管上装有阀门K1。左侧汽缸长度为L，内部有压强为2p0、温度为T0的理想气体;右侧汽缸足够长，绝热活塞(厚度不计)与汽缸底部隔开长度为L的真空，并用销钉K2固定活塞，右端开口与大气相通。活塞与汽缸内壁间无摩擦且不漏气，不计细管的容积和电热丝的体积，大气压强为p0。
(1)仅打开阀门K1，判断理想气体内能的变化情况并说明理由;
(2)打开阀门K1，并拔去销钉K2，给电热丝通电使汽缸内温度缓慢升高到1.5T0，求稳定后活塞移动的距离。
14.如图所示，竖直放置的光滑导轨宽为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨的一部分处于宽度和间距均为d、磁感应强度大小均为B的4个矩形匀强磁场中。水平金属杆ab在距离第1个磁场h高度处由静止释放，发现金属杆每次进入磁场时的速度都相等。金属杆接入导轨间的电阻为2R，与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g，求：
(1)金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量;
(2)金属杆从第4个磁场穿出时的速度大小。
15.如图所示，两个质量均为m=1kg、长度均为L=1.5m的相同木板A、B静止在粗糙的水平地面上，与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，C为一半径R=1.8m的光滑四分之一固定圆弧轨道，底端切线水平且与木板A、B的上表面等高。现将质量也为m=1kg的小物块P由圆弧顶端无初速度释放，沿圆弧下滑刚滑过圆弧最底端时与静止在A上表面最左端的质量M=2kg的小物块Q发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰撞后P滑回圆弧轨道后锁定，Q与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两小物块均可看成质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)小物块P第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力;
(2)小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量;
(3)最终两木板间的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了β衰变、核聚变、比结合能、原子跃迁。
β衰变是中子转变成质子而放出的电子；太阳辐射能量来自于轻核的聚变；比结合能越大，原子核越稳定；玻尔理论，电子半径变大时，需要吸收能量。
【解答】
A、β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，即β衰变的电子不是来自原子核外，故A错误；
B、太阳辐射能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B错误；
C、比结合能越大的原子核，核子结合越牢固，原子核越稳定，故C正确；
D、按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道时，需要放出能量，电子的动能增大，电势能减小，原子总能量减小，故D错误。
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了动量、瞬时功率、重力做功、冲量。
动量是矢量，根据动量的定义p=mv解答；根据重力做功的瞬时功率P=mgvcsα解答；重力做功W=mgh、重力的冲量I=mgt，据此解答。
【解答】
A、动量p=mv，运动过程中v大小不变，方向改变，所以动量改变，故A错误；
B、重力做功的瞬时功率P=mgvcsα，下滑过程中重力与速度之间的夹角逐渐增大，所以重力做功的瞬时功率逐渐减小，故B错误；
C、重力做功W=mgh，而物体下落高度h不随时间均匀变化，所以重力做功不随时间均匀变化，故C错误；
D、重力的冲量I=mgt，重力恒定，所以重力的冲量随时间均匀变化，故D正确。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。分别以整体、以下面的小球为研究对象，根据牛顿第二定律求出细线与竖直方向的夹角进行分析。
【解答】
设两球的质量分别为m、M，
以整体为研究对象，设上面的轻绳与竖直方向的夹角为θ，
根据牛顿第二定律可得：
(m+M)gtanθ=(m+M)a
解得：tanθ=ag
再以M为研究对象，设下面的轻绳与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律可得：
Mgtanα=Ma
解得：tanα=ag
则α=θ，故B正确、ACD错误。
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查平抛运动的基本规律以及推论，根据速度偏转角正切值与位移偏转角正切值的关系结合几何关系可知位移偏转角的大小，根据平抛运动的规律可求时间t以及初速度v0∘
【解答】
由平抛运动规律，水平方向做匀速运动：x=v0t;竖直方向做自由落体运动：vy=gt，y=12gt2，速度方向与水平面夹角的正切值tanα=gtv0=83，则位移方向与水平面夹角的正切值tanθ=gt2v0=43，可知θ=53∘，因为经过时间t后，其位移为1m，则12gt2sinθ=1m，解得t=0.4s，v0=1.5m/s，故A正确，BCD错误。
5.【答案】D
【解析】【分析】
根据两小行星的距离变化求解轨道半径，由图得两行星每隔T时间相距最近，结合两行星角速度关系求解周期；根据万有引力提供向心力求解两行星线速度之比和向心加速度之比。
本题考查天体的“追及相遇”问题，解题关键是根据两行星距离关系求解两行星半径，进而得到周期和线速度关系。
【解答】
CD、设卫星a、b做匀速圆周运动的半径分别为ra、rb，根据图甲和图乙可得ra+rb=5r、rb−ra=3r，解得ra=r、rb=4r，设卫星a、b的运行周期分别为Ta、Tb，由图乙可知每隔时间T两卫星距离最近，即每隔时间T，卫星a就比卫星b多转了一周，则有2πTaT−2πTbT=2π，根据开普勒第三定律有ra3Ta2=rb3Tb2，联立解得Ta=78T，Tb=7T，故C错误，D正确；
A、两小行星绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，因为ra:rb=1:4，两小行星的线速度之比为2:1，故A错误；
B、万有引力提供向心力：GMmr2=ma，则a=GMr2，因为ra:rb=1:4，两小行星的向心加速度之比为16:1，故B错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查机械波的波形图和振动图像，由振动图像求出周期，由波的图像求出波长，根据波长、周期关系求出波速，根据质点的振动情况结合时间确定质点的位置和路程，考查考生的科学思维。
【解答】
A、由图1知该波的周期为0.2s，A错误;
B、由图2知该波的波长0.2m，波速为1m/s，经过0.4s质点Q处于平衡位置，B错误;
C、再经过0.35s质点Q第一次处于波谷，波源经过74个周期，处于波峰，C正确;
D、质点P经过的路程为12cm，D错误。
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查变压器和电路动态变化，采用等效电阻法来分析会简便许多。
【解答】
ABC、仅将滑片P下滑时，副线圈电阻减小，等效电阻减小，原线圈电流增大，原线圈电压减小，故电压表示数V2变小，电流表示数A2变大，流过R2电流减小，则电流表示数A3变大。ΔU2ΔI2=n2n12ΔU1ΔI1不变，A正确，BC错误；
D、仅将圆形线圈拉直成正方形(线圈周长不变)，电阻关系不变，电源效率不变，D错误。
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查匀变速直线运动，考查考生的科学思维。
【解答】
A.撤去电场前电场力对小球做正功，电势能减少，A错误;
B.取沿斜面向上为正方向，撤去电场前小球的加速度大小为a1，撤去电场后加速度大小为a2，撤去电场前由匀变速直线运动公式x=12a1t2，撤去电场后由匀变速直线运动公式−x=a1t×2t−12a2(2t)2，解得a1a2=45，B错误;
C.撤去电场后加速度大小a2=12g，则a1=0.4g，刚撤去电场时小球的速度vB=0.4gt，小球从B点到最高点的时间为t′=45t，小球从底端A到最高点的时间为95t，C正确;
D.撤去电场前A、B间的电势差为UAB=−9mg2t250q，D错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】本题考查运动学图像问题，根据横纵坐标的物理量由物理规律求出方程，根据物理方程画出图像，考查考生的分析综合能力和科学思维。
【解答】
A、设初始高度为h，初始机械能E=mgh，机械能变化等于除重力以外其他力做功，外力做负功，机械能减小，在斜面上向下运动时f=μmgcsθ，E=mgh−μmgcsθxcsθ=mgh−μmgx，在水平面上运动时f=μmg，E′=E−μmgx′，μ相同，故E随x变化是线性变化，为同一条直线，直到变为0，故A错误;
B、物块B、在斜面上下滑时重力势能为Ep=mgh−mgtanθx=mgh−43mgx，当小物块在水平面运动时，重力势能始终为零，故B正确;
C、由题意可知设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，则物块在斜面上下滑距离在水平面投影距离为x，根据动能定理，有mgxtanθ−μmgcsθ⋅xcsθ=Ek，整理可得Ek=23mgx，即在斜面上运动时动能与x成线性关系;当小物块在水平面运动时，根据动能定理由−μmgx=Ek−Ek0，即Ek=Ek0−23mgx，Ek0为物块刚下滑到平面上时的动能，即在水平面运动时物块动能与x也成线性关系，且斜率大小与斜面上运动时相同，故C错误;
D、物块克服摩擦力做功转化为内能，木块在斜面上时Q=μmgscsθ，s=xcsθ，解得Q=μmgx，木块在水平面上运动时Q=μmgx′，木块在斜面上运动和在水平面上运动，图像的斜率相同，故D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了带电粒子在电场和磁场的组合场中的运动。
根据洛伦兹力提供向心力，再结合几何关系解答；粒子在第三象限由P点运动到Q点过程中做类平抛运动，根据类平抛运动规律解答；画出运动轨迹，根据运动规律和几何关系解答CD选项。
【解答】
A、粒子以最小速度经过P点时，OP为运动轨迹的直径，洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2R，可得R=
mvqB=d2，因此vmin=qBd2m，故A正确；
B、粒子以最小速率经过P点时，速度方向垂直x轴，在第三象限由P点运动到Q点过程中做类平抛运动，沿y轴负方向做匀速直线运动，，有y=d=vmint，沿x轴正方向做匀加速直线运动，有x=d=12⋅qEmt2，代入数据可得，电场强度E=qB2d2m，故B错误；
C、沿如图1所示不同方向进入匀强磁场的粒子都能经过P点，且速度大小相同，故C错误；
D、设沿不同方向进入磁场的粒子，经过P点的速度方向与x轴夹角为θ，如图2所示，R=mvqB=d2sinθ，可得vy=vsinθ=qBd2m为定值，粒子穿过电场过程沿y轴负方向做匀速直线运动，有d=vyt，因此所有经过P点的粒子在匀强电场中运动的时间均相同，故D正确。
11.【答案】(4)L2L1；(5)不能；(6)减小。
【解析】【分析】本题考查测量透明介质折射率实验，用大头针找到入射光线和折射光线，由折射定律求出折射率，光发生全反射的条件判断是否发生全反射，实验的注意事项，考查考生的科学探究素养。
【解答】(4)n=sinθsinr，sinθ=OAOC，sinr=OAOD，解得n=ODOC=L2L1；
(5)光是从光疏介质到光密介质，不满足全反射的条件，所以不能发生全反射；
(6)为了减小实验测量的误差， OC、OD的距离应适当大些，所以入射角适当减小些。
12.【答案】(1)红；
(2)B，6.0，1.40；
(3)280。
【解析】【分析】
(1)根据红进黑出判断；
(2)根据实验原理和闭合电路欧姆定律分析；
(3)由欧姆表原理进行计算。
【解析】
(1)根据红进黑出，A表笔为红表笔；
(2)②为使测量过程指针偏转范围尽量大些，电阻箱应选用阻值大的，故选B；
③电流表量程10mA，每小格0.2mA，读数为6.0mA；
④由闭合电路欧姆定律，设欧姆表内阻为r，则E=Ir+R，得R=1I⋅E−r，得E=140100=1.40V；
(3)考虑欧姆表中值电阻，R内=EIg，R内′=E ′Ig，即R内R内 ′=EE′，故对待测电阻：R测R真=R内R内 ′，故300R真=1.51.4，R真=280Ω。
13.【答案】解：(1)仅打开阔门K1，由于右侧为真空，因此气休不对外做功，W=0，容器绝热，Q=0，
根据热力学第一定律△U=Q+W可知气体的内能不变；
(2)打开阀门K1后，根据玻意耳定律可知2p0SL=pS⋅2L
得左、右两侧汽缸内压强p=p0
拔去销钉K2，活塞内外压强相等，静止不动
加热电热丝使汽缸内温度缓慢升高，根据盖一吕萨克定律可知
2SLT0=2SL+S⋅ΔL1.5T0
可得△L=L，即稳定后活塞向右移动距离为L。
【解析】本题考查了理想气体实验定律和热力学第一定律。
(1)根据热力学第一定律解答；
(2)根据玻意耳定律计算打开阀门K1后得左、右两侧汽缸内压强，再根据盖一吕萨克定律计算稳定后活塞移动的距离。
14.【答案】解：(1)金属杆从释放到穿出第1个磁场的过程，通过电阻R的电荷量
q=IΔt=ΔΦR+2R=BLd3R
(2)金属杆在进入第一个磁场之前做自由落体运动，所以进入第1个磁场时的速度
v= 2gh
金属杆每次进入磁场时的速度都相等，所以进入第3个和第4个磁场时的速度也为v= 2gh，
且每次出磁场时的速度也相等，设出磁场时的速度为v′
对从进入第3个磁场到进入第4个磁场，列动能定理可得
2mgd+W安=0
对从进入进入第4个磁场到出第4磁场，列动能定理可得
mgd+W安=12mv′2−12mv2
联立可得v′= 2gh−2gd
【解析】本题考查了电磁感应问题。
(1)根据电量q=IΔt=ΔΦR+2R解答；
(2)根据动能定理解答。
15.【答案】解：(1)小物块P从释放到第一次刚滑到圆弧最底端时，由动能定理可得
mgR=12mv02
解得：v0=6m/s
在圆弧最底端，由牛顿第二定律可得：FN−mg=mv02R
解得：FN=30N
由牛顿第三定律可知，小物块P运动到圆弧最底端时对轨道的压力大小30N，方向竖直向下；
(2)小物块P刚要滑上木板A时与小物块Q发生弹性碰撞，
由动量守恒：mv0=mvP1+MvQ1
由机械能守恒：12mv02=12mvP12+12MvQ12
可得：vP1=−2m/s，vQ1=4m/s
碰后小物块P向左滑离木板，小物块Q在木板A上向右做匀减速直线运动，μ2Mg=MaQ
解得：aQ=3m/s2
设经t1时间，小物块Q滑过木板A，其位移：xQ1=vQ1t1−12aQt12
这段时间，木板A、B一起向右做匀加速直线运动，由：μ2Mg−μ1(M+2m)g=2maAB
可得：aAB=1m/s2
其位移：xAB=12aABt12，又xQ1−xAB=L
解得：t1=0.5s(1.5s舍去)
此时，小物块Q的速度：vQ2=vQ1−aQt1=2.5m/s
两木板速度：vAB=aABt1=0.5m/s
之后，小物块Q在木板B上向右做匀减速直线运动，木板B做匀加速直线运动
对B，μ2Mg−μ1(M+m)g=maB
可得：aB=3m/s2
设经t2时间共速，vQ2−aQt2=vAB+aBt2
解得：t2=13s
这段时间内，小物块Q的位移：xQ2=vQ2t2−12aQt22=23m
木板B的位移：xB2=vABt2+12aBt22=13m
小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量：Q=μ2Mg(xQ2−xB2)=2J；
(3)小物块Q与木板B共速时，速度：vQB=vQ2−aQt2=1.5m/s
一起匀减速直线运动，μ1(M+m)g=(M+m)aQB
解得：aQB=1m/s2
设该过程运动的位移为xQB，由vQB2=2aQBxQB
解得：xQB=1.125m
小物块Q离开木板A后，A向右做匀减速运动，设加速度为aA2，μ1mg=maA2
解得：aA2=1m/s2
设该过程木板A运动的位移为xA2，由vAB2=2aA2xA2
解得：xA2=0.125m
综上所述，最终两木板间的距离为：d=(xB2+xQB)−xA2=43m。
【解析】本题根据动能定理求最低点的速度，根据牛顿第二定律和第三定律求出小物块P第一次刚滑到圆弧最底端时对轨道的压力；根据弹性碰撞求出P、Q的速度，根据运动学公式求出二者相对位移进而求出小物块Q与木板B之间因摩擦而产生的热量；根据运动学公式和牛顿第二定律求出最终两木板间的距离。
本题考查圆周运动、动量守恒以及匀变速直线运动规律，考查考生的科学思维。