重庆市南开中学2022-2023学年高一物理下学期期末试题（Word版附解析）

重庆南开中学高2025级高一（下）期末考试物理试题本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分120分，考试时间120分钟。第Ⅰ卷和第Ⅱ卷都答在答题卡上。第Ⅰ卷（选择题共66分）一、单项选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出，不选、多选或错选不给分。1.下列说法正确是（）A.泊松亮斑是由光的干涉现象造成的B.阳光下肥皂泡呈现彩色条纹是由光的衍射现象造成的C.在空房间讲话，会感到声音比在野外响是由波的衍射现象造成的D.疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是因为发生了多普勒效应【答案】D【解析】【详解】A．泊松亮斑是由光的衍射现象造成的，故A错误；B．阳光下肥皂泡呈现彩色条纹是由光的干涉现象造成的，故B错误；C．在空房间讲话，会感到声音比在野外响是由声波的反射现象造成的，故C错误；D．疾驰而过的急救车使人感觉音调变化，是因为发生了多普勒效应，故D正确。故选D。2.下列说法正确的是（）A.伽利略提出了行星三大定律B.牛顿提出日心说，认为太阳是宇宙的中心C.地球是绕太阳运动的一颗行星，其运动轨迹为椭圆D.两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力【答案】C【解析】【详解】A．开普勒提出了行星三大定律，故A错误；B．哥白尼提出日心说，认为太阳是宇宙的中心，故B错误；C．根据开普勒第一定律可知，地球是绕太阳运动的一颗行星，其运动轨迹为椭圆，故C正确；D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对相互作用力，故D错误。故选C。 3.有关动量的认识，下列说法正确的是（　　）A.物体的动量变化，其动能一定变化B.物体做变速运动，合力一定不为零，动量一定发生变化C.物体做直线运动，动量变化量的方向与物体的运动方向相同D.运动的物体在任意时刻的动量方向与该时刻的加速度方向相同【答案】B【解析】【详解】A．物体的动量变化，可能是速度方向发生变化，当速度大小不变时，其动能不变，选项A错误；B．物体做变速运动，有加速度，合力一定不为零，动量一定发生变化，选项B正确；C．物体做直线运动，动量变化量的方向与合力的方向相同，而当物体做减速运动时，合力方向与物体的运动方向相反，选项C错误；D．运动的物体在任意时刻的动量方向与该时刻的速度方向相同，与加速度方向不一定相同，选项D错误。故选B。4.在平静的水面下方有一单色点光源，它发出的某一条光线的完整光路可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】根据反射定律可知，入射角和反射角相等，根据折射定律可知，光线在光密介质中与法线的夹角小于在光疏介质中与法线的夹角，并且由光密介质向光疏介质入射，可能发生全反射。故选A。5.如图所示，火星与地球近似在同一平面内绕太阳沿逆时针方向做匀速圆周运动。当地球、火星与太阳在同一直线上，且火星与太阳位于地球两侧时，称为火星冲日。忽略地球自转，只考虑太阳对行星的万有引力。下列说法中正确的是（） A.火星公转的周期小于地球公转的周期B.火星公转线速度大于地球公转的线速度C.火星的向心加速度大于地球的向心加速度D.在冲日处，地球上的观测者观测到火星相对于地球由西向东运动【答案】D【解析】【详解】ABC．根据万有引力提供向心力可知解得，，，由于火星的轨道半径大于地球的轨道半径，则火星公转的周期大于地球公转的周期，火星公转的线速度小于地球公转的线速度，火星的向心加速度小于地球的向心加速度，故ABC错误；D．由于火星公转的角速度小于地球公转的角速度，则在冲日处，地球上的观测者观测到火星相对于地球由西向东运动，故D正确。故选D。6.如图所示，，是同频率同步调的两个波源，振幅均为A，周期为T，实线代表波峰，虚线代表波谷。关于图中所标的a、b、c、d四个质点，下列说法正确的是（）A.a的振幅为2AB.b为振动加强点，c为振动减弱点 C.图示时刻b在波峰，经0.5T，b到达波谷D.经1.5T质点a运动到质点b处【答案】C【解析】【详解】A．质点a处于两列波的波峰与波谷叠加处，由于两列波振幅相同，所以该时刻质点a的振动振幅为0，故A错误；B．图中质点b处于两列波的波峰与波峰叠加处，经0.5T，b到达波谷，质点c处于两列波的波谷与波谷叠加处，都是振动加强点，故B错误，C正确；D．质点只会在平衡位置附近运动，不会“随波逐流”，故D错误。故选C。7.鱼漂是钓鱼竿的重要组成部分，如图甲所示为在水中处于平衡状态时鱼漂的简化图，鱼咬钩时会使鱼漂在竖直方向上做简谐运动。若观察到鱼漂的振动图像如图乙所示，以竖直向上为正方向。下列说法正确的是（）A.鱼漂的振幅为10cmB.在时，鱼漂的加速度沿y轴正方向C.在时，鱼漂的速度沿y轴负方向D.在0.5s~0.6s时间内，鱼漂所受回复力逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知，鱼漂的振幅为，故A错误；B．由图乙可知，在时，鱼漂的位移沿y轴正方向，则鱼漂的加速度沿y轴负方向，故B错误；C．在时，鱼漂从平衡位置下方向上振动，鱼漂的速度沿y轴正方向，故C错误；D．在0.5s~0.6s时间内，鱼漂从平衡位置向上振动到最大位移处，鱼漂所受回复力逐渐增大，故D正确。故选D。8.如图甲所示，在一条绷紧的绳子上挂a、b、c摆，a、c摆的摆长相同，b摆的摆长最长。当a摆振动时，通过绷紧的绳子给b、c摆施加驱动力，使b、c摆也振动起来。图乙是c摆振动稳定以后的图像，其周期为，重力加速度为g，忽略空气阻力。下列说法正确的是（） A.b摆的摆长大于B.达到稳定时，b摆的振幅最大C.三个单摆的固有周期关系为D.摆动过程中摆球所受重力与摆线对摆球拉力的合力充当回复力【答案】A【解析】【详解】A．由图乙可知，c摆振动后的周期为，则a摆的周期为，根据单摆周期公式可得解得可知b摆的摆长大于，故A正确；BC．根据单摆周期公式可知三个单摆的固有周期关系为达到稳定时，b摆和c摆做受迫振动，b摆的振幅最小，故BC错误；D．摆动过程中摆球所受重力沿切线方向的分力充当回复力，故D错误。故选A。9.拍篮球是当下流行的大众体育活动项目，当篮球上升到最高点时，小明用手竖直向下拍球，使球从静止开始向下做加速运动。已知篮球的质量为0.3kg，拍球过程中手与球的作用时间为0.2s，球离开手时速度为 5m/s。忽略空气阻力及球的形变，重力加速度，则在拍球过程中手对球的冲量大小为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据动量定理可得解得在拍球过程中手对球的冲量大小为故选B。10.如图甲所示，每年夏季我国多地会出现日晕现象，日晕是当日光通过卷层云时受到冰晶的折射或反射形成的。一束太阳光射到截面为六角形的冰晶上发生折射，其光路图如图乙所示，a、b为其折射出的两条单色光。下列说法正确的是（）A.a光的频率较大B.光在真空中传播时，b光的波长较大C.从冰晶中射入空气发生全反射时，b光的临界角较小D.通过同一装置发生双缝干涉时，a光的相邻条纹间距较小【答案】C【解析】【详解】AB．根据折射定律 由图可知，太阳光射入冰晶时，入射角相同，a光的折射角大于b光的折射角，则a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小于b光的频率；光在真空中传播时，a光的波长较大，故AB错误；C．根据全反射临界角公式由于a光的折射率小于b光的折射率，则从冰晶中射入空气发生全反射时，b光的临界角较小，故C正确；D．根据双缝干涉相邻条纹间距公式由于a光的频率小于b光的频率，则a光的波长大于b光的频率，通过同一装置发生双缝干涉时，a光的相邻条纹间距较大，故D错误。故选C。11.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹。O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是（）A.由a点运动到b点的过程，炮弹损失的动能大于炮弹增加的重力势能B.运动过程中，炮弹经过a、c两点时动能相等C.炮弹由a点运动到b点与由b点运动到c点的过程重力做功相同D.由a点运动到b点的过程中，空气阻力对炮弹做的功等于炮弹动能的改变量【答案】A【解析】【详解】A．由a点运动到b点的过程，由于空气阻力的作用，使得炮弹损失的动能有一部分转化为内能，则炮弹损失的动能大于炮弹增加的重力势能，故A正确；B．由于空气阻力的作用，炮弹的机械能逐渐减小，炮弹经过a、c两点时的重力势能相等，则炮弹经过a点时的动能大于经过c点时的动能，故B错误； C．炮弹由a点运动到b点的过程重力做负功，由b点运动到c点的过程重力做正功，故C错误；D．由a点运动到b点的过程中，根据动能定理可知，，空气阻力和重力对炮弹做的总功等于炮弹动能的改变量，故D错误。故选A。12.如图甲所示，儿童四轮电动汽车具有高度的仿真性，能很好培养孩子的操作能力，锻炼孩子肢体的协调性。小南选择一辆儿童电动汽车进行实验，他先操控汽车沿水平直轨道由静止开始运动，3s时达到最大功率，之后保持最大功率行驶，14s时解除动力自由滑行，20s时停止运动，汽车运动的图像如图乙所示（仅3s~10s内图像为曲线）。已知人与车总质量为65kg，假定汽车所受的阻力恒定，重力加速度g取，结合图像的信息可知（）A.汽车的最大功率为650WB.汽车所受到的阻力大小为50NC.前3s内汽车所受牵引力的大小为130ND.14s~20s内汽车克服阻力所做的功为1300J【答案】C【解析】【详解】ABD．汽车从14s时解除动力自由滑行，20s时停止运动，则有解得汽车所受到的阻力大小为汽车做匀速运动时，牵引力等于阻力，则有解得汽车的最大功率为14s~20s内，根据动能定理可得 解得汽车克服阻力所做的功为故ABD错误；C．前3s内汽车做匀加速直线运动的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得前3s内汽车所受牵引力的大小为故C正确。故选C。13.如图甲所示的按压式圆珠笔，其结构由外壳、内芯和轻质弹簧三部分组成。小李把笔竖直倒立于水平桌面上，用力下压外壳，然后释放，圆珠笔向上弹起，其过程可简化为如图乙所示的三个阶段。圆珠笔外壳先竖直向上运动，当弹簧恰好恢复原长时，外壳与静止的内芯碰撞，碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，碰撞时间极短，忽略所有摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（）A.外壳与内芯碰撞前，外壳向上做加速运动B.圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的冲量为零C.从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量D.外壳与内芯碰撞时，圆珠笔的机械能不守恒【答案】D【解析】【详解】A．外壳与内芯碰撞前，弹簧对外壳的弹力先大于外壳重力后小于外壳重力，外壳的合力先向上后向下，外壳向上先做加速运动后做减速运动，故A错误； B．圆珠笔离开桌面前，桌面对圆珠笔的支持力向上，所以冲量向上，不为零，故B错误；C．外壳与静止的内芯碰后与内芯一起以共同的速度向上运动到最大高度处，所以碰撞过程属于非弹性碰撞，有内能产生，所以从释放外壳到圆珠笔运动到最高点的过程，圆珠笔重力势能的增加量小于弹簧弹性势能的减少量，故C错误；D．由题意可知外壳与内芯的碰撞是非弹性碰撞，机械能损失，所以圆珠笔的机械能不守恒，故D正确。故选D。14.如图所示，有一夹角恒为可绕光滑固定轴O转动的轻质细杆，杆的末端固定有质量分别为3m和m的小球A、B，A到O的距离为，B到O的距离为，球的大小可忽略不计，已知重力加速度为g。现让B球从最低位置由静止释放，在两小球顺时针转动的过程中，下列说法正确的是（）A.当系统顺时针转过时，B小球的速度大小为B.A小球转到最低位置时，A小球的速度大小为C.A小球转到最低位置的过程中杆对A小球所做的功为D.B小球恰好可以转到竖直位置的最高点【答案】B【解析】【详解】转动过程中，两球的角速度相等，根据可知同一时刻，两球的速度关系总满足A．当系统顺时针转过时，根据系统机械能守恒可知 联立解得故A错误；BC．A小球转到最低位置时，根据系统机械能守恒可知联立解得此过程，以A小球为对象，根据动能定理可得解得杆对A小球所做的功为故B正确，C错误；D．设B小球可以转到竖直位置的最高点，则A小球减少的重力势能为B小球增加的重力势能为由于可知B小球不可以转到竖直位置的最高点，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，至少有一个答案符合题目要求，全部选对得4分，漏选得2分，选错得0分。15.下列说法中正确的是（）A.波发生折射时，频率不变B.波发生折射时，波速不变C.任意两列波相遇时，都会发生干涉现象D.一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象【答案】AD【解析】 【详解】AB．波发生折射时，频率不变，波速发生变化，故A正确，B错误；C．任意两列波相遇时，如果这两列波的频率不相等，不会发生干涉现象，故C错误；D．一切波都能发生衍射，衍射是波特有的现象，故D正确。故选AD。16.一质点做初速度为0的匀加速直线运动，在最初的第1个T内、第2个T内，关于动量增量或动能增量的说法，其中正确的是（）A.动量增量之比为B.动量增量之比为C.动能增量之比为D.动能增量之比为【答案】AC【解析】【详解】AB．动量增量则最初的第1个T内、第2个T内，动量增量之比为，故A正确，B错误；CD．动能增量初速度为0的匀加速直线运动，在最初的第1个T内、第2个T内，位移之比为1:3，所以动能之比为1:3，故C正确，D错误。故选AC。17.如图所示为双缝干涉实验装置示意图，当使用波长为的可见光做实验时，光屏上P点出现中央0级亮条纹，点为P点上方相邻的亮条纹，则（）A.点到双缝的距离之差为B.点到双缝的距离之差为C.换用波长为的可见光重复上述实验后，点处将出现暗条纹 D.换用波长为的可见光重复上述实验后，点处仍出现亮条纹【答案】BC【解析】【详解】AB．点为P点上方相邻的亮条纹，可知点到双缝的距离之差为，故A错误，B正确；CD．换用波长为的可见光重复上述实验后，则可见光的波长变为点到双缝的距离之差为可知点处将出现暗条纹，故C正确，D错误。故选BC。18.为了了解地震、减少地震带来的危害，需要研究地震波的发生、传播等规律。某地震监测站监测到一列沿x轴传播的地震波，该列波在时刻的波形图如图甲所示，在处的质点的振动图像如图乙所示，则（）A.这列波沿x轴正方向传播B.这列波沿x轴负方向传播C.时，质点P的位移为正D.时，质点Q的速度为负【答案】AC【解析】【详解】AB．由图乙可知，处的质点在时刻向上振动，根据波形平移法可知，这列波沿x轴正方向传播，故A正确，B错误；CD．由图乙可知，周期为，根据这列波沿x轴正方向传播，可知时刻，质点P向上振动，质点Q向下振动，由可知时，质点P位于平衡位置上方向上振动，位移为正；质点Q位于平衡位置下方向上振动，速度为正，故C正确，D错误。 故选AC。19.喷气背包是宇航员舱外航天服背包上的一个重要模块，它能让宇航员保持较高的机动性。当宇航员在距离空间站舱门某位置与空间站保持相对静止时，启动喷气背包，背包内的压缩气体通过横截面积为S的喷口以速度v持续喷出，喷气装置受到气体对它的作用力为F。忽略宇航员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩气体密度的变化。以宇航员、舱外航天服和所喷出的压缩气体为系统，下列判断正确的是（）A.在喷气的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒B.在喷气的过程中，系统的动量守恒、机械能增加C.若仅增大S，则F变小D.若仅增大v，则F变大【答案】BD【解析】【详解】AB．宇航员、舱外航天服和所喷出的压缩气体组成的系统动量守恒，由于喷气做功，所以系统的机械能增加，故A错误，B正确；CD．设在时间内喷出的气体质量为，由动量定理有又由牛顿第三定律有联立可得仅增大S，则F变大；若仅增大v，则F变大，故C错误，D正确。故选BD20.如图甲所示，质量分别为1kg、2kg的两物体A与B用轻质弹簧连接放置在光滑水平面上。现给物体A一个向右的初速度，物体B运动的图像如图乙所示，其图像为一条正弦曲线。若弹簧的劲度系数，弹性势能的表达式（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），下列说法正确的是（　　） A.物体A的初速度为8m/sB.物体A运动过程中最小速度为0C.运动过程中弹簧最大弹性势能为12JD.当物体B的速度为3m/s时，物体A的加速度为【答案】BCD【解析】【详解】AB．当物块B速度最大时，弹簧处于原长状态，设此题A的速度v1A，则由能量关系由动量守恒其中vB=4m/s解得v0=6m/sv1A=-2m/s即A的速度先减小到零，后反向增加到-2m/s，最小速度为0，选项A错误，B正确；C．当弹簧压缩到最短时，两物体具有相同的速度，根据动量守恒有解得运动过程中弹簧最大弹性势能选项C正确；D．当物体B的速度为3m/s时，根据动量守有解得 此时的弹性势能又解得物体A的加速度为选项D正确。故选BCD。第Ⅱ卷（非选择题共54分）三、实验题：本题共2小题，21题6分，22题8分，共14分。21.如图甲所示为一光滑圆弧槽AOC，由于不知其圆心位置，故无法直接测量槽的半径R。为了准确测量槽的半径R，小刘同学让一光滑小钢球在圆弧槽最低位置O附近做小弧度的圆周运动（可视为简谐运动），已知当地的重力加速度为g。其实验步骤如下：（1）用游标卡尺测得小钢球的直径d如图乙所示，其读数______mm；（2）当小钢球第1次经最低位置O且向右运动时开始计时，第n次经最低位置O且向右运动时停止计时，总时间为t，则小钢球运动的周期______（用字母n、t表示）；（3）通过计算可得圆弧槽的半径______（用字母、T、d、g表示）。 【答案】①.18.6②.③.【解析】【详解】（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为0.1mm，由图甲可知小钢球的直径为（2）[2]第n次经最低位置O且向右运动时停止计时，则经过了n-1个周期，所以周期为（3）[3]小钢球运动时简谐振动，周期为可得22.某同学用如图所示的装置来“验证碰撞中的动量守恒”。先将一长木板固定在水平桌面上，再在长木板的左端固定一弹射装置，弹射装置将物块弹出后，物块将沿中轴线运动。该同学选取了两块材料相同的物块P与Q进行实验，物块大小可忽略不计，其实验步骤如下：①让质量为的物块P压缩弹簧至某一位置K后由静止释放，物块P最后停在B点；②把质量为的物块O静止放置在O点，再将物块P压缩弹簧至同一位置K后由静止释放，最后两物块分别停在A、C两点；③用刻度尺测出A、B、C三点到O的距离分别为、、。试回答以下问题：（1）O点左方是否粗糙对本实验______（选填“有”或“无”）影响；（2）本实验物体的质量应满足______（选填“＞”、“＜”或“＝”）；（3）要验证两物块在碰撞中的动量守恒，应满足关系式______成立（用、、、、表示）；（4）若物块P、Q不可视为质点，P与Q碰撞前Q的左端与O点对齐并静止放置，实验时应在P、Q碰撞停下后测量P的①端、Q的②端到O点的距离。以上①②对应的是______。 A左、左B.左、右C.右、左D.右、右【答案】①.无②.>③.④.C【解析】【详解】（1）[1]只要弹簧的压缩量不变，P释放的初位置不变，无论O点左方是否粗糙，P到O点的速度就不变，所以O点左方是否粗糙对本实验无影响；（2）[2]由题图可知，碰后P停在A点，Q停在C点，根据动量守恒可知；（3）[3]要验证两物块在碰撞中的动量守恒，则应满足即整理可得（4）[4]P的右端与Q的左端在O点碰撞，所以P、Q碰撞停下后应测量P的右端和Q的左端到O点的距离。故选C。四、计算题：本题共3小题，23题10分，24题12分，25题18分，共40分。请写出列式依据、重要的演算步骤等，只写出最后结果计0分。23.如图所示，一列简谐横波沿x轴方向传播，在时刻波形如图中的实线所示，且质点P的振动方向沿y轴负方向。时刻的波形如图中虚线所示。（1）求该列波的波长及可能的波速；（2）若该列波的周期，时刻质点M（图中未画出）的位移为2.5cm，求从时刻开始经12s时间该质点经过的路程。【答案】（1）8m，（，，）；（2）30cm【解析】 【详解】（1）由图可知波长为通过P的振动方向向下，根据波形平移法可知波传播的方向沿x轴负方向，时刻的波形如图中虚线所示，则有（，，）联立可得（，，）（2）由可得（，，）由于，则，解得由于则12s内质点M走过的路程24.如图所示，光滑水平面上停放着质量的小车C，小车左端与光滑轨道NP齐平，MN为竖直平面内半径的四分之一光滑圆弧轨道。质量和的物块A与B静止在轨道NP上。物块A与B之间通过细线压缩一轻质弹簧（两物块与弹簧均不拴接），弹簧的弹性势能。现将连接两物块的细线剪断，物块A、B被弹簧弹开。A、B与弹簧分离时均位于轨道NP上。重力加速度g取。（1）求物块A在轨道MN上能上升的最大高度h；（2）若物块B与小车C间的动摩擦因数，物块B滑上小车C后，为保证物块B不从小车C上掉下，求小车的最小长度L。 【答案】（1）0.05m；（2）0.75m【解析】【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得，对A，由机械能守恒可得解得（2）设B滑上小车后最后与小车C有共同速度，由动量守恒定律得解得对B、C组成系统，由能量守恒得解得小车的最小长度为。25.如图所示，长度的传送带与水平面夹角，当传送带静止时，质量的物块静止在传送带的中点P处。某时刻一质量为的子弹以的速度平行于传送带打入物块，并以的速度穿出物块。在子弹穿出物块同时启动传送带，让其沿顺时针方向一直做加速度为的匀加速运动。传送带上端A处有一挡板，物块每次与挡板碰撞反弹后其动能变为碰前动能的。已知物块与传送带间的动摩擦因数，不计物块与挡板碰撞的时间，取重力加速度 ，，。求：（1）子弹穿出物块时，物块的速度大小；（2）从子弹刚穿出物块到物块第一次与挡板碰撞所经历的时间及该过程中摩擦力对物块所做的功；（3）从子弹刚穿出物块到物块与挡板发生次碰撞的过程中（），物块与传送带间产生的热量。可能用到的数学知识：一组数列，……，若从第二项起，每一项与其前一项的比值等于同一常数，该种数列称为递缩等比数列。n个这样的数求和公式为，当时，。【答案】（1）5m/s；（2）14s，15.6J；（3）120.4J【解析】【详解】（1）对子弹与物块组成系统，由动量守恒定律可得解得（2）子弹穿过物块后，物块的加速度为物块沿传送带向下做匀减速直线运动到零，再反向匀加速到与传送带共速，设经时间为，物块与传送带达共同速度为，取沿传送带向上为正方向，有解得，所以物块与传送带共速时，物块恰好回到P点，该10s内滑动摩擦力做功为零；物块与传送带共速后一起加速到与挡板相碰，由牛顿第二定律得 解得该过程摩擦力对物块做的功为设该过程用时为，由解得故总时间为其图如图甲所示（3）由图甲可知，前14s传送带与物块间的相对位移为物块第一次与挡板碰时的速度因每次与挡板碰撞反弹后其动能为碰前动能的，即物块每次以反弹；物块反弹后向下减速到0，然后向上加速到上次碰后速度再次与挡板相碰（因传送带一直加速，故不再有共速的可能），直到物块速度减为0为止，其图如图乙所示 第一次反弹到第二次碰撞所经历的时间第二次反弹到第三次碰撞所经历的时间第三次反弹到第四次碰撞所经历的时间……由等比数列求和公式可知物块速度刚减为0用时此时传送带速度为由图像可知，这14s内传送带与物块间的相对位移与传送带的位移相等为所以整个过程产生的热量为