2024届山东省聊城市高三下学期三模物理试题（学生版+教师版）

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 如图所示，（a）为氢原子能级图，（b）为某放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化图像，（c）为轧制钢板时动态监测钢板厚度的装置图，（d）为原子核的比结合能随质量数变化图像。下列与四幅图对应的四种说法，正确的是（ ）

A. 图（a）中，能量为10.5eV的光子轰击处于基态的氢原子，可能使之发生跃迁
B. 图（b）中，由放射性元素剩余质量m与原质量的比值随时间t的变化规律可知其半衰期为
C. 图（c）中，探测器接收到的可能是射线
D. 图（d）中，比结合能越大，平均核子质量越大，原子核越稳定
【答案】B
【解析】
【详解】A．10.2eV恰好为氢原子2能级和1能级的能极差，所以处于基态的氢原子恰好能吸收，发生跃迁，故选项A错误；
B．放射性原子核从衰变为，所用时间
有半数发生衰变，所以半衰期为，故选项B正确；
C．粒子穿透能力比较弱，不能穿透钢板，故选项C错误；
D．比结合能越大，平均核子质量越小，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，轻杆AC和轻杆BC的一端用光滑铰链连接在C点，另一端分别用光滑铰链固定在竖直墙壁上，将一物块通过细线连接在C点并保持静止状态，若对C端施加一水平向左的作用力F，则下列说法正确的是（ ）
A. 轻杆AC中的弹力一定变大B. 轻杆AC中的弹力一定减小
C. 轻杆BC中的弹力一定变大D. 轻杆BC中的弹力可能减小
【答案】C
【解析】
【详解】对C点受力分析如图，
由三角形法则可知，重力mg、AC的拉力TAC以及BC的支持力TBC组成封闭的三角形；若加水平力F，则C点仍平衡，则此时四个力组成封闭的四边形，TBC和重力mg方向不变，TAC方向仍与原来平行，则随F的增加，TBC一定增加，TAC先减小，当减到零后反向增加。
故选C。
3. 如图所示，汽缸开口向上置于水平面上，活塞与汽缸之间有一个气球，气球内、外有质量相等的同种气体，初始时活塞静止，由于气球的弹性橡皮膜对内部气体的作用，使得气体乙的压强大于气体甲的压强。现缓慢向下推动活塞，使其下降一段距离，气体乙的压强仍大于气体甲的压强。已知气体甲和气体乙均可视为理想气体，活塞与汽缸均绝热，活塞与汽缸壁之间无摩擦且密封良好，气球导热良好。则此过程中（ ）
A. 气体甲内能的增加量等于气体乙内能的增加量
B. 气体甲的每个气体分子做无规则热运动的速率均加快
C. 活塞对气体甲做的功等于气体甲内能的增加量
D. 活塞对气体甲做的功等于甲、乙两部分气体内能的增加量之和
【答案】A
【解析】
【详解】A．气球导热良好，则气球内、外两部分温度始终相等，气体分子平均动能始终相等，由于气体质量相等，故两部分气体内能始终相等，向下缓慢推动活塞，外界对气体做功，由于活塞与汽缸均绝热，由热力学第一定律知两部分气体内能增加，且增加量相等，故A正确；
B．气体内能增大，则稳定升高，气体分子做无规则热运动的平均速率加快，但不是每个气体分子做无规则热运动的速率均加快，故B错误；
C．活塞下移压缩气体甲，气体甲的压强增大，使气球收缩，即气体甲对气体乙做功，气球收缩，气球弹性势能减小，转化为气体的内能，设气体乙向气体甲传热为Q，有
由于的值未知，无法判断出活塞对气体甲做的功与气体甲内能增加量得到关系，故C错误；
D．由C可知气球收缩，气球弹性势能减小，转化为系统的内能，有
可得活塞对气体甲做的功小于甲、乙两部分气体内能增加量之和，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，圆柱形的容器内有若干个长度不同、粗糙程度相同的直轨道，它们的下端均固定于容器底部圆心O，上端固定在容器侧壁上。若相同的小球以同样的速率，从点O沿各轨道同时向上运动。对它们向上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 各小球动能相等的位置在同一水平面上
B. 各小球重力势能相等的位置不在同一水平面上
C. 各小球机械能相等时处于同一球面上
D. 当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上
【答案】D
【解析】
【详解】A．当小球到达同一水平面上时，设竖直高度为h，则由动能定理
因小球初动能相同，质量相同，摩擦因数相同，但是倾角不同，则末动能不相同，则选项A错误；
B．小球开始时重力势能相同，可知各小球重力势能相等的位置在同一水平面上，选项B错误；
CD．小球初始位置的机械能相等，当机械能相等时则克服摩擦力做功相等，而摩擦力功
即此时各小球处于同一圆柱面上，因摩擦生热可知，当摩擦产生的热量相等时，各小球处于同一圆柱面上，选项C错误，D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比，副线圈1接额定电压为4V的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为1A。开关S闭合后，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是（ ）
A. t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
B. 矩形线圈的电阻为20Ω
C. 图乙中瞬时感应电动势e随时间的变化关系为
D. 开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的1.2倍
【答案】C
【解析】
【详解】AC．由图乙可知线圈转动的周期为，图乙中瞬时感应电动势e随时间的变化关系为
当时，，代入解得
则t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为
故A错误，C正确；
B．开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律
解得
在原线圈由闭合电路欧姆定律得
原线圈电压有效值为
解得矩形线圈的电阻为
故B错误；
D. 开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，则
因为小灯泡仍然正常发光，则，由闭合电路欧姆定律得
解得理想电流表的示数为
开关S闭合后发电机的总功率为
开关S闭合前发电机总功率为
则
故D错误。
故选C。
6. 我国科研人员利用“探测卫星”获取了某一星球的探测数据，对该星球有了一定的认识。“探测卫星”在发射过程中，先绕地球做圆周运动，后变轨运动至该星球轨道，绕星球做圆周运动。“探测卫星”在两次圆周运动中的周期二次方与轨道半径三次方的关系图像如图所示，其中P实线部分表示“探测卫星”绕该星球运动的关系图像，Q实线部分表示“探测卫星”绕地球运动的关系图像，“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足，图中c、m、n已知，则（ ）
A. 该星球和地球的质量之比
B. 该星球和地球的第一宇宙速度之比
C. 该星球和地球的密度之比为
D. 该星球和地球表面的重力加速度大小之比为
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据万有引力提供向心力可得
联立可得
图像的斜率为
该星球和地球的质量之比
故A错误；
B．“探测卫星”在该星球近表面和地球近表面运动时均满足，则
则
根据万有引力提供向心力可得
可得
该星球和地球的第一宇宙速度之比
故B正确；
C．体积为
密度为
该星球和地球的密度之比为
故C错误；
D．根据万有引力与重力的关系
该星球和地球表面的重力加速度大小之比为
故D错误
故选B。
7. 哈尔滨是中国著名冰雪旅游城市，每年冬季都会举办盛大的冰雪节。冰雕展则成为了人们探访冬季梦幻之旅的最佳选择，冰雕展上有一块底边边长为2L，高为L的长方体冰块，冰块内上下底面中心连线为，在处安装了一盏可视为点光源的黄灯，已知冰对黄光的折射率为，光在真空中传播的速度为c。下列说法正确的是（ ）
A. 由灯直接发出的光照射到冰块上表面时都能从上表面射出
B. 由灯直接发出的光照射到冰块四个侧面时都能从侧面射出
C. 未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
D. 未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由折射率公式知
代入得
故临界角等于，由题意知，底边边长为2L，高为L，如图所示
，则点光源刚好上表面A点发生全反射，由几何关系知，，，则
代入得
则可知，故可知其照射范围如图所示
由灯直接发出的光照射到冰块上表面时部分不能从上表面射出，同理得，当光照射到冰块四个侧面时部分不能从侧面射出，A、B错误；
CD．最长光路长度为，传播速度为，则
传播速度为
则传播最长时间为
故未经反射直接从玻璃砖中射出的黄光在玻璃砖中传播的最长时间为，C正确，D错误；
故选C。
8. 如图甲所示，质量分别为、的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A，B两物体运动的图像如图乙所示，表示0到时间内A的图像与坐标轴所图图形的面积大小，、分别表示到时间内A、B的图像与坐标轴所围图形的面积大小。下列说法正确的是（ ）
A. 0到时间内，墙对B的冲量等于
B.
C. B运动后，弹簧的最大形变量等于
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图像可以看出，t1时刻B开始离开墙壁。在0~t1时间内，弹簧处于压缩状态，物体B静止，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，又因为弹簧对A、B的弹力大小相等，由
可知
故A错误；
B．由图可知，B运动后，同一时刻A的加速度小于B的加速度，根据
可知，两物体所受弹簧弹力大小相等，二者质量关系为
故B错误；
C．当A、B速度相等时弹簧形变量（伸长量或压缩量）最大，此时A、B的速度不为零，A、B的动能不为零，由能量守恒定律可知，弹簧形变量最大时A、B的动能与弹簧的弹性势能之和与撤去外力时弹簧的弹性势能相等，则弹簧形变量最大时弹簧弹性势能小于撤去外力时弹簧的弹性势能，弹簧形变量最大时弹簧的形变量小于撤去外力时弹簧的形变量x。故C错误；
D．a−t图线与坐标轴所围图形的面积大小等于物体速度的变化量，因t＝0时刻A的速度为零，t1时刻A的速度大小
t2时刻A的速度大小
B的速度大小
由图像可知，t1时刻A的加速度为零，此时弹簧恢复原长，B开始离开墙壁，到t2时刻两者加速度均达到最大，弹簧伸长量达到最大，此时两者速度相同，即
则
故D正确。
故选D。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全都选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，在正四面体的两个顶点分别固定电荷量为Q的等量异种点电荷，a、b是所在棱的中点，c、d为正四面体的另外两个顶点，则以下判断正确的是（ ）
A. c、d两点电势相等
B. a、b两点的电场强度相同
C. 沿棱从b到d电势逐渐降低
D. 将试探电荷沿棱从c移动到d，的电势能先减小后增大
【答案】AC
【解析】
【详解】AD．依题意，c、d位于两电荷的中垂面上，电势相等。试探电荷沿棱从c到d电场力不做功电势能始终不变，故A正确；D错误；
B．由电场强度的叠加原理可知，a、b两点的电场强度大小相等，由几何知识知a、b两点场强度方向不同。故B错误；
C．由以上分析知沿棱从b到d方向，与电场强度方向成锐角，而沿场强方向电势降低，所以沿棱从b到d电势逐渐降低。故C正确。
故选AC。
10. 一列简谐横波在某时刻的波形图如图甲所示，a、b两质点的平衡位置分别为、，从图甲所示时刻开始计时，b质点的振动图像如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 此横波的传播速度大小为3m/s
B. x＝30m处的质点在13.5s时第2次出现波峰
C. 质点a在1s时速度最大且速度方向沿y轴正方向
D. 质点a在0~4.5s内运动的路程为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．此横波的传播速度大小为
故A错误；
B．图甲所示时刻波形图中第二个波峰出现在x=3m处，根据
可知x＝30m处的质点在13.5s时第2次出现波峰。故B正确；
C．根据
根据平移法可知质点a在1s时处于平衡位置速度最大且速度方向沿y轴负方向。故C错误；
D．设该波的波动方程为
当x=2m时解得
设质点a的振动方程为
将t=0时代入振动方程，得
所以振动方程为
当t=4.5s时，解得
质点a在0~4.5s内运动的路程为
故D正确。
故选BD。
11. 如图甲所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角，另一端点D与圆心O等高，点C为轨道的最低点。质量m＝1kg的物块（可视为质点）从空中A点以速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，物块进入轨道后开始计时，轨道受到的压力F随时间的关系如图乙所示，重力加速度g取，则（ ）
A. 物块从D点离开轨道时速度大小为4m/s
B. 大小为70N
C. 的大小为2m/s
D. 物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率一直增大
【答案】AB
【解析】
【详解】A．由图像可知，物块从轨道D点飞出轨道到再次回到D点的时间为
t=1.675s-0.875s=0.8s
则物块从D点离开轨道时速度大小为
选项A正确；
B．从C到D由机械能守恒可知
在C点时压力最大，则由
解得
选项B正确；
C．从B到D由机械能守恒可知
解得
则
选项C错误；
D．根据
PG=mgvy
可知，物块在A点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率为零；在C点时竖直速度为零，则重力的瞬时功率也为零，可知物块在AC段运动过程中重力的瞬时功率先增大后减小，选项D错误。
故选AB。
12. 如图甲所示，足够长的U型导轨放置在光滑水平绝缘桌面上，CD长为1m，导轨电阻不计。质量为0.1kg、长为1m、电阻为0.5Ω的导体棒MN放置在导轨上，棒MN与导轨间的动摩擦因数为且始终接触良好。Ⅰ区域内存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场；Ⅱ区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。时，对导轨施加一个水平向右恒力F，时MN与CD恰好进入磁场Ⅰ和Ⅱ中，时撤去F，前2s内导轨与导体棒的图像如图乙所示，MN与CD停止运动时分别位于Ⅰ区域和Ⅱ区域，已知重力加速度g取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A. 动摩擦因数B. 导轨质量为0.2kg
C. 恒力F做的总功为3.6JD. 撤去F后通过导体棒的总电荷量为2C
【答案】ACD
【解析】
【详解】AB．根据1s前导轨与导体棒的图像反映两者均做匀加速直线运动，则导轨还未进入区域Ⅱ磁场且导体棒在区域I磁场外，回路无感应电流而都不受安培力，设导轨质量为M，由牛顿第二定律对导轨有
对导体棒有
由图像有
解得
根据第2s导轨与导体棒的图像可知两者均做匀速直线运动，表示导轨与导体棒均进入磁场，切割磁感线产生两动生电动势，所受安培力让合力为零，有
对导轨有
对导体棒有
已知，，，联立解得
故A正确，B错误；
C．导轨在前2s的位移为
则恒力做的功为
故C正确；
D．撤去F之后，导体棒和导轨分别做减速运动到停止，对两者受力分析，取向右为正方向，由动量定律有
而通过导体棒的电量为
得
故D正确。
故选ACD
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 在实验室用双缝干涉测光的波长，实验装置如图所示。
（1）双缝、光屏、单缝，依次是图中的______（填图中的字母）。
（2）①图是实验得到的红光双缝干涉图样照片，②图为测量中观察到分划板中心线与①图中亮条纹P中心对齐时的情形，然后转动测量头手轮，当分划板中心线与亮条纹Q中心对齐时，目镜中观察到的图应为③图中的______。
（3）已知单缝与光屏的间距，双缝与光屏的间距，双缝间距d，图①中分划板中心线与亮条纹P中心对齐时手轮读数为，与亮条纹Q中心对齐时手轮读数为（），则实验测得该光的波长的表达式为______
【答案】（1）DFC （2）A
（3）
【解析】
【小问1详解】
实验装置中的双缝是D、光屏是F、单缝是C，可知，双缝、光屏、单缝，依次是图中的DFC。
【小问2详解】
转动测量头手轮，目镜中观察到的条纹宽度不变，即与②图中亮条纹宽度相同，且分划板中心线与亮条纹Q中心对齐时，根据图像可知，第二语第三个图像中的分划板中心线没有与亮条纹Q中心对齐，而第四个图像的条纹宽度明显增大，只有第一个图像符合要求。
故选A。
【小问3详解】
P、Q条纹中心之间有三条亮条纹，则相邻条纹间距为
根据
解得
14. 半导体薄膜压力传感器阻值会随压力变化而改变。某小组设计实验测量一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，现有以下器材：
电源：电动势3V，内阻不计
电流表A1：量程250，内阻约为50
电流表A2：量程250，内阻约为10
电压表V：量程3V，内阻约为20；
滑动变阻器R：阻值范围0~100
压力传感器，开关S，导线若干。
（1）为了提高测量的准确性，电流表应选_______（选填“A1”或“A2”），并请补充完整图甲中虚线框内的测量电路___。
（2）通过多次实验测得其阻值随压力F变化的图像如图乙所示，重力加速度取。
（3）完成前面的实验工作后，将该压力传感器接入如图丙所示电路中，制作成简易电子工秤，它主要构成有：压力传感器，定值电阻、理想电流表（量程），电动势为6V的电源，电源内阻不计。
①将该电子秤水平放置在竖直方向运动的电梯里，在托盘上放一砝码，托盘和砝码的总质量为200g，电流表示数为，通过计算可得电梯的加速度大小为_______；
②若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则重物质量的测量值将_______（选填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】 ①. A1 ②. ③. 1.0 ④. 偏大
【解析】
【详解】（1）[1]电路中最大电流为
故为了提高测量的准确性，电流表应选A1；
[2]由于滑动变阻器的阻值相比压力传感器阻值小得多，且使电表示数变化范围更大，滑动变阻器采用分压式接法，根据
所以电流表采用内接法，故电路图连接如图所示
（3）①[3]由闭合电路的欧姆定律
代入数据解得
由图乙可知，当时，压力传感器的示数为
由牛顿第二定律
解得
②[4] 若使用一段时间后，电源电动势减小，电源内阻不计，则电路中电流减小，的计算值增大，导致重物压力的值增大，所以重物质量的测量值将偏大。
15. 下表是一辆轻便电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。
请参考表中数据，完成下列问题（g取）
（1）此电动机的电阻是多少？
（2）仍在上述道路上行驶，若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由图中信息可知，正常工作时电源的总功率为
解得
①
②
解得
③
（2）设电动车的额定车速为，此时电动车牵引力为，则：
④
⑤
将代入以上两式解得
当车速为时，此时电动车牵引力为，则：
⑥
⑦
将、联立③④可得
16. 近年来越来越多的汽车搭载了“空气悬挂”结构，相比“弹簧悬挂”更加舒适，可调节范围更广，其构造可以简化为下图所示模型。汽缸上部与汽车底盘相连，活塞通过连杆与车轮轴连接，活塞与汽缸之间的距离为h，两者之间还连接一弹簧，弹簧一端与活塞粘连在一起，弹簧另一端与汽缸不粘连，可以将汽车对汽缸的作用等效为质量为M的物块压在汽缸的上方。在某一温度下当汽车空载时M＝150kg，静止在水平路面上时，弹簧恰好处于原长状态。已知活塞的横截面积为，弹簧的劲度系数，不计弹簧体积、缸体的重力以及活塞与缸体之间的摩擦力，气体的温度始终不变，外界大气压恒为，，，g取，计算：
（1）保持阀门关闭，将汽车移至倾角为的斜面，空载时汽缸与活塞之间的距离；
（2）某次汽车停在水平路面上装载后等效为，此时气泵会自动给汽缸充入适量空气，使活塞和汽缸之间的距离回到，充入的气体与原气体的质量之比。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）选择汽缸受力分析，静止水平路面时：
解得
停在斜面上时
解得
由玻意尔定律得
解得
（2）充气前后温度不变
解得
17. 如图所示，在xOy平面内的第一象限内存在一有界匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B、方向垂直于xOy平面向外，在第四象限内充满范围足够大、方向与x轴负方向的夹角为的匀强电场。一束质量为m、电荷量为的粒子以不同的速率从O点沿xOy平面内的OP方向发射，沿直线飞行到P点时进入有界匀强磁场区域，O、P两点间的距离为L，OP连线与x轴正方向的夹角，所有粒子在离开磁场后最终都能从轴上垂直轴射出，若速度最大的粒子A从x轴上的Q点以速度（未知）射出，且射出之前都在磁场内运动，匀强电场的电场强度，粒子所受的重力忽略不计，求：
（1）的大小；
（2）粒子A在匀强磁场中运动的时间；
（3）y轴上有粒子穿过的长度；
（4）有界匀强磁场区域的最小面积。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）设粒子A在磁场中做圆周运动的半径为，由几何关系得
粒子在磁场中的圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
（2）粒子做匀速圆周运动，则有
，
解得
速度为的粒子的运动轨迹如图所示
由运动轨迹可知，粒子A经过磁场后的偏转角为120°，则粒子A在磁场中运动的时间
解得
（3）由运动学关系可知，速度最小的粒子从P点正下方轴上的点飘入电场中，在电场中做初速度为0的匀加速运动，运动方向沿电场线方向，此粒子运动到y轴上距原点的距离
从Q点进入电场中的粒子，沿x轴负方向做初速度为0的匀加速运动，沿y轴负方向做匀加速运动，根据几何关系可知
根据位移公式有
解得
又由于
解得
有粒子穿过的长度为
解得
（4）由几何关系可知三角形的面积
圆心角对应的扇形面积
由数理规律可知，磁场区域的最小面积为图中阴影部分面积，其面积
18. 如图所示，一质量为M＝2kg、长为L＝4.5m的木板静止在倾角的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为。现给木板一沿斜面向下的初速度，木板到达斜面底端时小物块也恰好位于木板下端，此刻木板被锁定，小物块滑到水平足够长的传送带上继续运动，传送带顺时针转动，其速率为，小物块与传送带间动摩擦因数，不计小物块经过斜面与传送带连接处的机械能损失，忽略小物块与挡板弹性碰撞的时间，重力加速度g取。求：
（1）小物块和木板刚开始运动时的加速度大小；
（2）经多长时间物块与木板发生第一次碰撞；
（3）物块最终停止的位置距木板下端的距离；
（4）整个过程中系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）对物块受力分析，由牛顿第二定律得

解得
对木板受力分析，由牛顿第二定律得
解得
（2）设时间两者发生第一次碰撞，碰前位移，木板
物块
或1s（舍去）。
（3）第1次碰前物块和木板速度分别为和，碰后分别为和
由碰撞前后动量守恒及机械能守恒得
解得
由
可知之后物块、木板都做匀速运动，物块以
的速度滑上传送带，物块滑上传送带后先做减速运动，然后反向加速至，加速度大小为，方向不变。由牛顿第二定律得
解得
减速位移
加速位移
故之后物块与传送带以共同向右运动，物块以再次滑上木板，在木板上运动时加速度为，则有
解得
设物块运动后减速为0，之后静止，则由运动学关系得
（4）物块与木板磁后木板加速度为，经木板停止
解得
解得
木板下滑位移
木板与斜面间摩擦产生的热量
解得
物块与木板间的摩擦产生的热量
解得
物块在传送带上减速运动时间为，加速运动时间为
物块与传送带间摩擦产生的热量
解得
额定车速
整车质量
满载
额定输出功率
电动机额定工作电压和电流
18km/h
35kg
65kg
360W
48V/8A