山东省聊城市部分学校2024-2025学年高三下学期开年检测物理试卷（解析版）

这是一份山东省聊城市部分学校2024-2025学年高三下学期开年检测物理试卷（解析版），共28页。
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。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
1. 钚（Pu）是一种放射性元素，原子序数为94，是原子能工业的一种重要原料，其同位素钚239是最重要的裂变同位素之一、获取放射性同位素的一种途径为铀238俘获慢中子生成超铀239，核反应方程为，再经过衰变放出粒子，核反应方程为。已知的半衰期为24100年。下列说法正确的是（ ）
A. 铀238与中子的质量之和等于超铀239的质量
B. 衰变放出的粒子是
C. 超铀239的衰变类型为衰变
D. 环境温度升高时的半衰期变短
【答案】C
【解析】A．铀238俘获慢中子生成超铀239，有质量亏损，同时放出光子，那么铀238与中子的质量之和不等于超铀239的质量，A错误；
B．根据核反应方程两边电荷数守恒与质量数守恒可知，超铀239衰变放出的X粒子为电子，B错误；
C．超铀239的衰变类型为衰变，C正确；
D．放射性元素的半衰期是本身特有的性质，跟外部环境没有关系，故环境的温度升高时，放射性元素的半衰期不变，错误。
故选C。
2. 甲、乙两质点沿轴做直线运动，它们的位置坐标随时间的变化规律如图所示，其中甲的图像是一条抛物线，在时刻出现坐标的最大值。已知时，甲、乙两质点的速率相等。下列说法正确的是（ ）
A. 质点甲的加速度大小为
B. 时刻质点甲的速度大小为
C. 质点甲出发时的位置为
D. 质点甲的坐标出现最大值的时刻为
【答案】B
【解析】AD．根据图像斜率表示速度可知，甲图像在时刻出现坐标的最大值，该时刻质点甲的速度为0，在时间内，对质点甲有
由于时，质点甲、乙的速率相等，即
又有
联立解得，
故AD错误；
B．根据运动学公式有
解得
故B正确；
C．根据题意，由运动学公式有
解得
故C错误。
故选B。
3. 篮球是人们生活中比较喜爱的运动之一，既能锻炼身体又能带来欢乐。某场比赛中由于对手防守强度大，某运动员选择在篮板正对面的三分线外投篮，如图所示，结果篮球打板反弹后进入篮筐中心。已知篮球出手的位置距地面的高度为，距篮筐中心的水平距离，篮球途经的最高点比篮筐高。篮筐中心与篮板的水平距离为，篮筐距地面的高度为，篮球碰到篮板后水平速度瞬间反向，大小不变，竖直速度不受影响，忽略篮球的大小和空气阻力，重力加速度取，，，下列说法正确的是（ ）
A. 篮球从出手至撞到篮板经历的时间为
B. 篮球出手时速度的方向跟竖直方向的夹角为
C. 篮球经过的最高点的位置与篮筐中心的水平距离为
D. 篮球落入篮筐时的速度方向与竖直方向夹角的正切值为2
【答案】D
【解析】A．根据题意可知，在竖直方向，篮球出手点与最高点的高度差为
设抛出时篮球的竖直分速度大小为，根据
解得
篮球上升到最高点的时间
由于篮球途经的最高点比篮筐高，根据
解得下降阶段的时间为
经以上分析可得篮球从出手至撞到篮板经历的时间小于，故A错误；
B．根据几何关系可知，篮球从抛出至落到篮筐，水平路程的长度为
那么出手时篮球的水平分速度大小为
则篮球出手时速度的方向与竖直方向夹角的正切值为
即，故B错误；
C．篮球从最高位置至落到篮筐，篮球经历的水平路程为
显然篮球经过的最高位置与篮筐中心的水平距离为，故C错误；
D．篮球落入球筐时竖直分速度大小
得速度方向跟竖直方向夹角的正切值为
故D正确。故选D。
4. 如图，一理想变压器原线圈的匝数匝，可滑动的滑片正好处在副线圈的正中央，电路中的定值电阻，电压表、电流表均为理想电表，当变压器的左端接入的交流电时，电压表与电压表的示数相同，下列说法正确的是（ ）
A. 副线圈的总匝数为800匝
B. 电流表的示数为
C. 副线圈滑片的上、下两部分的电流之比为
D. 当副线圈滑片向下移动时，电阻的功率保持不变
【答案】A
【解析】AB．设变压器原线圈处的电压为，两电压表的示数均为，通过电阻的电流均为，根据理想变压器的电压关系有
得电阻两端电压为，那么通过定值电阻的电流为，根据能量守恒可知
解得
那么
解得，匝
电流表的示数为
A项正确，B项错误；
C．副线圈滑片的上、下两部分的电流之比为，C项错误；
D．当副线圈滑片向下移动时，电阻两端的电压减小，通过的电流减小，若电阻两端的电压不变，那么副线圈中的电流也减小，电阻两端的电压减小，原线圈处的电压增大，原、副线圈的总匝数都没有变化，那么电阻的功率变大，项错误。
故选A。
5. 如图所示，已知椭圆的方程为，a、b、c、d分别为椭圆与坐标轴的交点，M、N分别是Oa、Od的中点，在a、c两点各固定一电荷量为+Q的点电荷，b、d两点各固定一电荷量为-Q的点电荷。规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（ )
A. 椭圆中心O点的电场强度为零，电势也为零
B. 椭圆的长轴上电场强度为零的位置有3处
C. 将试探电荷+q沿坐标轴从M点经O点移至N点，其电势能一直减小
D. 移除a处的点电荷+Q，若要使a处的电场强度为零，则应将b、d两处点电荷的电荷量均变为
【答案】C
【解析】A．根据等量同种点电荷的电场的分布特点可知，椭圆中心O点的电场强度为零，但该点的电势不为零，故A错误；
B．根据等量同种点电荷的电场的分布特点可知，椭圆长轴上O点左、右两侧的电场方向分别沿Ob、Od方向，则只有O点的电场强度为零，故B错误；
C．根据等量同种点电荷的电场的分布特点可知，从M点到O点电场方向由M点指向O点，从O点到N点电场方向由O点指向N点，可知，将试探电荷+q沿坐标轴从M点经O点移至N点，电场力始终做正功，根据功能关系可知，试探电荷的电势能一直减少，故C正确；
D．若要使a处的电场强度为零，设b、d两处点电荷的电荷量的大小均为，则有
解得
那么这两处应该放置的点电荷的电荷量为，故D错误。
故选C。
6. 一定质量理想气体从状态开始，经历变化过程到达状态的关系图像如图所示。已知气体在状态时的压强为，图线、cd的延长线均过坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A. 理想气体在状态时的压强为
B. 过程气体的温度升高，所有分子的速率都增大
C. 理想气体在状态时单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数是状态时的2倍
D. 变化过程气体从外界吸收的热量等于内能的增加量
【答案】D
【解析】A．根据理想气体状态方程
可知在图像中过原点的倾斜直线反映的是理想气体等压变化的规律，即，，由于过程为等容变化过程，根据查理定律
可知理想气体在状态时的压强为，故A错误；
B．过程气体的温度升高，分子运动的平均速率增大，但不是所有分子的速率都增大，故B错误；
C．根据以上分析可知，状态的压强为状态压强的2倍，由于过程温度升高，分子的平均动能变大，分子的平均撞击力也变大，则气体在状态单位时间内撞击容器壁单位面积的分子数一定小于状态时的2倍，故C错误；
D．变化过程，外界对气体做的总功为
根据热力学第一定律
可知，变化过程气体从外界吸收的热量等于内能的增加量，故D正确。
故选D。
7. 2023年5月30日“神舟十六号”载人飞船成功对接于“天宫”空间站“天和”核心舱径向端口，两飞行乘组的航天员于18时22分会师“天宫”。空间站绕地球的运动可以看做匀速圆周运动。已知地球的平均密度为，地球表面的重力加速度为，空间站到地球表面的距离为（远低于同步卫星的高度），引力常量为，下列说法正确的是（ ）
A. 空间站内航天员不受重力，处于完全失重状态
B. 空间站运行的线速度大小与第一宇宙速度大小之比为
C. 根据已知信息可以求得地球的质量为
D. 空间站的向心加速度小于赤道上物体随地球自转的向心加速度
【答案】B
【解析】A．空间站绕地球做匀速圆周运动，处于完全失重状态，但是重力仍然存在，A错误；
B．设地球的半径为，质量为，在地球表面由万有引力提供重力得
球的质量
可得
由环绕天体的向心力公式
解得地球的第一宇宙速度大小
同理可得，空间站的线速度大小
联立解得空间站运行的线速度大小与第一宇宙速度大小之比为，B正确；
C．根据，联立
解得地球的质量为，C错误；
D．根据
结合同步卫星的轨道高度远大于空间站的高度可知，空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度；
而同步卫星与地球自转的周期相同，根据
可知同步卫星的向心加速度大于赤道上随地球自转物体的向心加速度，那么空间站的向心加速度大于赤道上物体随地球自转的向心加速度，错误。故选B。
8. 如图，三段刚性细绳依次连接，、为两个结点，连接后绳的两端分别固定在竖直墙壁上的、两点，对结点施加水平向右的拉力，通过短线悬挂于点的物块静止。已知物块的质量为，结点、在墙壁上的垂直投影点分别为，各线段长度的关系为，重力加速度为，则水平拉力的大小为（ ）
A. B. C. D. mg
【答案】B
【解析】如图甲所示，设细绳与水平方向的夹角分别为与竖直方向的夹角为绳上的拉力为。对结点受力分析，如图乙所示
根据正弦定理可得
对结点受力分析，如图丙所示，根据正弦定理可得
两式联立可得
根据几何关系解得水平拉力
故选B。
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示为圆心在点的四分之一竖直固定粗糙圆弧轨道，半径，最低端点处的切线水平，点到水平地面的距离。一质量的物块从轨道上的B点由静止开始下滑，落到地面上（图中未画出）点时，速度与水平方向的夹角为，已知与竖直方向的夹角，重力加速度取，，，物块可视为质点，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 物块滑至点前重力的功率先增大后减小
B. 从开始下滑到落地前的运动过程中物块克服阻力做的功为
C. 物块经过点时受到轨道的作用力大小为
D. 从开始下滑到落地前的运动过程中，物块动能的增加量小于机械能的减少量
【答案】AB
【解析】A．由题意可知，物块从静止出发，初速度为零，初始功率为零，运动到点，重力和速度方向垂直，在点功率也为零，所以重力的功率先增大后减小，故A正确；
B．物块落地时，竖直分速度大小
由于落到点时速度与水平方向的夹角为，那么落到点时水平分速度大小
从滑至的过程，根据动能定理有
解得
故B正确；
C．在点对物块受力分析，根据向心力公式
解得
由于存在摩擦力，则物块在轨道最低点受到轨道作用力的大小应该为
故C错误；
D．由功能关系可知，落地前物块的机械能减少等于摩擦力做功，物块落地速度为
动能增加量为，显然落地前的运动过程中，物块动能的增加量大于机械能的减少量，故D错误。
故选AB。
10. 如图，导热性能良好的汽缸水平放置，其内部空间的长度为，轻质活塞将汽缸内分隔为甲、乙两部分，充有同种气体，两根原长均为的相同轻质弹簧一端连接活塞，另一端分别连接在汽缸的左端和右端。开始时活塞静止，甲部分气体的体积为乙部分气体的2倍，缓慢从进气口对空间乙充入同种气体，直到乙部分气体的体积为甲部分气体的2倍，此时活塞再次静止。已知弹簧的劲度系数，活塞的横截面积为，与汽缸的摩擦忽略不计且密封良好，气体可看作理想气体，开始时乙部分气体的压强为，环境的温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 开始时甲部分气体压强为
B. 充气后气体再次稳定时乙部分气体的压强为
C. 初始时甲、乙两部分气体的质量之比为
D. 充入气体跟乙部分原有气体的质量之比为
【答案】BD
【解析】A．根据题意可知开始时两弹簧的形变量均为，设甲部分气体的压强为，对活塞进行受力分析有
解得
故A错误；
B．设乙部分充气后，活塞再次静止时甲气体的压强为，乙气体的压强为，对甲气体根据玻意耳定律有
对活塞受力分析有
解得
故B正确；
C．对甲、乙两部分气体由
可得初始时甲、乙两部分气体的质量之比为
故C错误；
D．设充入气体的体积为，由玻意耳定律有
解得
则充入气体跟乙部分原有气体的质量之比为
故D正确。
故选BD。
11. 两波源的平衡位置分别位于和处，它们在同一均匀介质中沿轴方向振动形成的简谐横波沿轴传播，振幅均为时两列波的图像如图所示，已知波源的振动方程为，下列说法正确的是（ ）
A. 两列波都到达原点处时，平衡位置位于处质点的振幅为
B. 两波源的振动步调相反
C. 时间内，平衡位置位于处的质点通过的路程为
D. 两波源之间振动加强的位置有9个
【答案】CD
【解析】两列波此时传播距离不同，说明不是同时起振，因此可将此时波源的振动方向当成起振方向来处理
B．根据同侧法可知，时，两波源均沿轴正方向运动，即它们的振动步调一致，故B错误；
A．处到两波源距离的差值等于半波长，那么该点为振动减弱点，故振幅为零，故错误；
C．根据两列波的图像可知，它们的波长均为
由波源的振动方程
可知，波的传播周期为
那么波的传播速度为
故从开始，两列波到达处还需要的时间分别为，
故时间内，两列波都没有到达处；时间内，只有轴左侧的简谐波到达处，且振动了，即时间内质点通过的路程为
时间内，两列波都已到达处，该点到两波源距离的差值为
该点为振动加强点，即时间内质点通过路程为
故在时间内，平衡位置位于处的质点通过的路程为，故正确；
D．两波源之间位置到两波源距离差的范围是即，即存在点到之间位置到两波源距离差等于，根据相干波叠加的原理，振动的加强点为9个，故正确。
故选CD。
12. 如图所示，两根足够长的倾斜金属直导轨平行放置，倾角，导轨间距为L，轨道间存在匀强磁场，方向垂直于轨道所在平面向上，磁感应强度大小为B，由密度和电阻率均相同的金属材料制成的金属棒ab、cd长度均为L，质量分别为2m、m，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数，电阻为R，金属棒cd光滑，开始时两金属棒均静止在导轨上。某时刻同时由静止释放两金属棒，当金属棒cd下滑距离为x时，金属棒ab开始运动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度为g，金属棒跟导轨始终垂直且接触良好，导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒ab刚要运动时，金属棒cd的速度大小为
B. 金属棒cd沿轨道下滑能达到的最大速度为
C. 从释放到金属棒ab刚要运动时，金属棒cd下滑的时间为
D. 经过足够长的时间，两金属棒具有恒定的速度差为
【答案】ACD
【解析】A．由题意，根据，，可知金属棒cd的电阻为，结合左手定则，对金属棒ab受力分析有
根据法拉第电磁感应定律有
电路中的电流
联立解得
故A正确；
B．对金属棒ab、cd整体受力分析有
可知两金属棒始终都存在加速度，即不存在最大速度，故B错误；
C．从开始释放到金属棒ab刚要运动时，对金属棒cd根据动量定理有
又
联立解得金属棒cd下滑的时间为
故C正确；
D．设两金属棒最终下滑的加速度为a，那么
解得加速度
对金属棒cd，有
但电路中的电流是由双电源形成的，即
联立解得
故D正确。
故选ACD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某小组设计实验并采用如图甲、乙所示的装置测量物块与水平面间的动摩擦因数，重力加速度为g。
（1）如图甲，轻质弹簧一端固定于水平地面上，并处于原长状态。将质量为3m的物块A从弹簧的顶端由静止释放，当物块A下降到最低点时，锁定弹簧，测得物块A下降的最大高度为，那么轻质弹簧所储存的弹性势能为___________。
（2）如图乙，将锁定的弹簧左端固定在墙壁上，右端拴接物块B，物块C紧靠在物块B的右侧（不粘接）。某时刻解除对弹簧的锁定，物块C向右滑动一段距离后静止在P点（图中未画出）。物块B、C完全相同，质量均为m。
（3）为测量物块C与地面之间的动摩擦因数，还需要测量的物理量为___________。
A．物块B向右运动的最大距离
B．物块B最终静止位置与出发位置间的距离
C．两物块都静止时，二者之间的距离
D．物块C最终静止位置与出发位置间的距离
（4）进行必要的测量后，通过记录的数据计算得出物块B、C与水平面之间的动摩擦因数为___________（用题中所给或所测物理量的字母表示）。
【答案】（1） （3）D （4）
【解析】（1）[1]根据能量的转化和守恒定律可得
即弹簧内储存的弹性势能为。
（3）[2]解除锁定后，物块B、C会在弹簧原长位置分离，它们一起运动的距离为，分离后物块C继续向右滑动，那么还需要测量物块C最终静止位置与出发位置间的距离。
故选D。
（4）[3]对物块B、C，根据能量的转化和守恒定律有
对物块C有由动能定理有
联立解得
14. 某实验小组准备利用量程为0~1mA的灵敏电流计G改装成一个简易多用电表，设计了如图甲所示的电路图。
（1）为较为准确地测得灵敏电流计G的内阻，他们利用如图乙所示的电路进行测量，各电阻箱的阻值分别为，当电阻箱的阻值调整到时，灵敏电流计的示数刚好为零，那么_______。
（2）图甲中a、b分别是量程为0~100mA、0~10mA两挡电流表接线柱，那么两定值电阻的阻值_______，_______。
（3）图甲中的电源电动势，内阻，当B接c时，使用图丙所示刻度盘的表盘中值刻度为15，这块欧姆表的挡位为_______（选填“×1”、“×10”或“×100”）挡，欧姆调零后滑动变阻器接入电路的阻值为_______Ω。
【答案】（1）36 （2）0.4 3.6
（3）×10 145.8
【解析】【小问1详解】
[1]根据惠斯通电桥平衡方程可知
代入数据解得
【小问2详解】
[2][3]接a接线柱，电流表满偏时有
接b接线柱，电流表满偏时有
联立解得
小问3详解】
[4][5]欧姆调零后，短接表笔，灵敏电流计满偏，则有
解得
欧姆表内阻为
B接c时，使用图丙所示刻度盘的表盘中值刻度为15，此时内外阻值应相等，则欧姆表应为“×10”挡位。
15. 如图所示为某棱柱形均匀透光介质的横截面，ABC为直角三角形，其中一个底角，底边BC的长度为d，M、N分别为斜边AB的中点和四等分点，截面所在平面内有两束相同的单色光分别从M、N点平行于AC边射入介质，经过M点形成的折射光恰好到达C点。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑光在介质中的多次反射，求：
（1）该均匀介质对该单色光的折射率；
（2）两束光在介质中传播的时间差。
【答案】（1） （2）
【解析】【小问1详解】
根据题意，设两束光的入射角为i，折射角为r，作出两束光的光路如图所示
根据几何关系得，
根据折射定律有
解得
【小问2详解】
由全反射定律
得
故从N点入射的光在D点发生全反射，设从M、N两点入射的光在该均匀介质中传播的路程分别为、，几何关系可知
A、D两点间距离为
可知D为AC边的中点那么
则
光在介质中的传播速度
两束光在介质中传播的时间差
16. 一足够长的平台固定在水平地面上，其横截面如图所示，右边界是四分之一圆弧，点为圆心，半径，圆弧顶点位于点正上方，是圆弧上一点，与水平方向的夹角为。一小球从平台上的点斜向右上方抛出，初速度的竖直分量为，小球落到圆弧面上时恰好与圆弧边界相切于点。重力加速度取。小球可视为质点，忽略空气阻力，求：
（1）小球抛出时的速度的大小；
（2）小球抛出后运动至速度方向与初速度方向垂直时所用的时间。
【答案】（1）
（2）
【解析】【小问1详解】
由于初速度的竖直分量为，设上升的最大高度为，根据竖直上抛运动规律有
设由最高点下降到点的高度为，根据几何关系有
在竖直方向由匀变速运动规律有
根据题中小球轨迹与右边界相切于点，那么在点有
则初速度满足
联立解得初速度的大小
【小问2详解】
设初速度与水平方向的夹角为，则瞬时速度与初速度方向垂直时的方向与水平方向的夹角为，根据几何关系与速度的矢量关系有
即
设小球抛出后运动至速度与初速度垂直位置所用的时间为，则
联立解得
17. 如图所示，在平面坐标系xOy中，的矩形区域Oabc内存在沿y轴负方向的匀强电场，同时坐标平面内的其他区域分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带负电的粒子以速度从坐标原点O沿x轴负方向进入电场，由d点飞出电场，进入磁场后恰好经过b点，已知粒子的质量为m、电荷量为-q，d点为bc边的三等分点，不计粒子的重力。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）若改变电场强度的大小和粒子的初速度大小，粒子从原点O沿x轴负方向进入电场，从b点飞出电场后恰好垂直经过y轴。
（i）求改变后的电场强度大小和粒子的初速度大小；
（ii）计算粒子第二次进入电场后能否再次从b点射出电场。
【答案】（1）
（2）（i），；（ii）不能
【解析】（1）如图甲所示为粒子的运动轨迹，d点为bc的三等分点，根据类平抛运动规律有
解得
那么粒子在d点的速度大小
设速度与x轴负方向的夹角为，那么
由几何关系有
根据洛伦兹力提供向心力得
联立解得
（2）（i）设粒子在电场中运动的加速度为a，粒子的运动轨迹如图乙所示根据牛顿第二定律有
由几何关系有
、
设粒子从b点飞出电场时的速度与水平方向的夹角为，那么
此时粒子的速度大小为
根据题意，粒子垂直经过y轴，那么在磁场中运动的圆心在y轴上，则有
根据洛伦兹力提供向心力有
联立解得
（ii）设粒子第二次进入电场时的位置为e，与a点的距离为
粒子再次射出电场时在电场中的偏移量为
可知粒子第二次进入电场后，不能从b点射出电场.
18. 如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在点，半径，厚度相同、材质相同、质量均为的木板、静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板的右端固定有轻质挡板，圆弧轨道的末端与木板的上表面相切于木板的左端，滑块、分别放置在木板、的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为，滑块A的质量为，滑块B的质量为，滑块的质量为，滑块与木板间的动摩擦因数分别为和，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。
（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）求滑块A、B碰撞后瞬间滑块的加速度大小；
（3）求滑块A、B和木板组成的系统因摩擦而产生的热量；
（4）滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？
【答案】（1）， （2）
（3）
（4）不会，
【解析】【小问1详解】
设滑块A到达轨道底端时的速度大小为，滑块A、B碰撞后的速度大小分别为、，根据动能定理有
滑块相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
联立解得，
【小问2详解】
滑块A冲上木板P后，假设滑块C与木板相对静止，对两块木板与滑块C，根据牛顿第二定律有
解得
滑块C的最大加速度为
假设成立，则滑块的加速度大小为
【小问3详解】
滑块A、B相撞后，设加速度大小分别为、，根据牛顿第二定律有，
设滑块A与木板P达到共速的时间为，则
那么此刻滑块的速度大小
解得
滑块B的速度大小
解得
滑块A的位移大小
解得
滑块B的位移大小
解得
该段时间木板前进的距离为
可知
即滑块恰好到达木板的右端，那么滑块在木板上相对滑动时因摩擦而产生的热量为
【小问4详解】
滑块B、C相撞时，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
解得，
设最终没有滑落，对滑块与木板，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有，
代入数据联立解得
显然滑块不会从木板上滑落，最终滑块相对静止时与挡板的距离为