2024年贵州省高考物理试卷

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。

1．（4分）某研究人员将一铁质小圆盘放入聚苯乙烯颗粒介质中，在下落的某段时间内，小圆盘仅受重力G和颗粒介质对其向上的作用力f。用高速相机记录小圆盘在不同时刻的位置，相邻位置的时间间隔相等，如图所示，则该段时间内下列说法可能正确的是（　　）

A．f一直大于G

B．f一直小于G

C．f先小于G，后大于G

D．f先大于G，后小于G

【答案】C

【考点】匀变速直线运动规律的综合应用

【分析】根据照片分析小圆盘的运动情况，从而分析受力情况。

【解答】解：由图可知小圆盘先加速，后减速，则可知f先小于G，后大于G，故C正确，ABD错误；故选：C。

【难度】1

2．（4分）土星的部分卫星绕土星的运动可视为匀速圆周运动，其中的两颗卫星轨道半径分别为r₁、r₂，且r₁≠r₂，向心加速度大小分别为a₁、a₂，则（　　）

A．

B．

C．a₁r₁＝a₂r₂

D．a₁ a₂

【答案】D

【考点】万有引力的基本计算

【分析】土星对卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律求解作答。

【解答】解：土星的卫星绕土星做匀速圆周运动，土星对卫星的万有引力提供向心力；根据牛顿第二定律 向心加速度 因此加速度之比 即 ，故ABC错误，D正确。故选：D。

【难度】3

3．（4分）一种测量液体折射率的V形容器，由两块材质相同的直角棱镜粘合，并封闭其前后两端制作而成。容器中盛有某种液体，一激光束从左边棱镜水平射入，通过液体后从右边棱镜射出，其光路如图所示。设棱镜和液体的折射率分别为n₀、n，光在棱镜和液体中的传播速度分别为v₀、v，则（　　）

A．n＜n₀，v＞v₀

B．n＜n₀，v＜v₀

C．n＞n₀，v＞v₀

D．n＞n₀，v＜v₀

【答案】A

【考点】光的折射定律

【分析】根据折射定律求棱镜相对于空气的折射率；根据折射定律求解棱镜相当于某种液体的折射率，再比较棱镜与某种液体折射率的大小；

根据折射率公式分别求解光在棱镜和在某种液体中传播速度的大小。

【解答】解：光从棱镜进入空气的入射角为i，折射角为r；根据折射定律 由于r＞i，因此n₀＞1某种液体入射角为i′，折射角为r′，棱镜对某种液体的折射率为n₁；根据折射定律 由于r′＞i′，因此n₁＞1，光相当于棱镜的折射率大于光相对于某种液体的折射率，即n₀＞n；根据折射率公式，光在棱镜中的传播速度 光在某种介质中的传播速度 联立可知v₀＜v综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。

【难度】3

4．（4分）如图（a），一质量为m的匀质球置于固定钢质支架的水平横杆和竖直墙之间，并处于静止状态，其中一个视图如图（b）所示。测得球与横杆接触点到墙面的距离为球半径的1.8倍，已知重力加速度大小为g，不计所有摩擦，则球对横杆的压力大小为（　　）

A． mg

B． mg

C． mg

D． mg

【答案】D

【考点】解析法求共点力的平衡；牛顿第三定律的理解与应用

【分析】根据几何关系求解支持力与竖直方向夹角，根据平衡列式求解即可。

【解答】解：球的受力分析如图 根据几何关系可知sinα 根据力的分解可知F_Ncosα＝mg解得F_N mg根据牛顿第三定律可知球对横杆的压力大小为 mg故ABC错误，D正确；故选：D。

【难度】3

5．（4分）如图，两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内，导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I₁、I₂，且I₁＞I₂，则当导线框中通有顺时针方向的电流时，导线框所受安培力的合力方向（　　）

A．竖直向上

B．竖直向下

C．水平向左

D．水平向右

【答案】C

【考点】通电非直导线安培力大小的计算

【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在导线框中磁场的方向，根据左手定则及安培力公式解答。

【解答】解：根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里，由于I₁＞I₂，则左侧的磁场较大，根据对称性结合左手定则及F＝BIL可知导线框所受安培力合力方向向左。故ABD错误，C正确；故选：C。

【难度】3

6．（4分）质量为1kg的物块静置于光滑水平地面上，设物块静止时的位置为x轴零点。现给物块施加一沿x轴正方向的水平力F，其大小随位置x变化的关系如图所示，则物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率为（　　）

A．8W

B．16W

C．24W

D．36W

【答案】A

【考点】瞬时功率的计算

【分析】根据动能定理求解x＝3m末的瞬时速度；根据功率公式求x＝3m末的瞬时功率，然后作答。

【解答】解：设物块运动到x＝3m处的速度为v；全过程运用动能定理 代入数据解得v＝4m/s根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F₂v＝2×4W＝8W。综上分析，故A正确，BCD错误。另解：0～2m内，物块做匀加速直线运动，加速度为a₁；根据牛顿第二定律F₁＝ma₁代入数据解得 根据运动学公式 2m末的瞬时速度 在2～3m内，物块以加速度为a₂做匀加速直线运动；根据牛顿第二定律F₂＝ma₂代入数据解得 根据运动学公式 3m末的瞬时速度v₃＝4m/s根据功率公式，物块运动到x＝3m处，F做功的瞬时功率P＝F₂v₃＝2×4W＝8W。综上分析，故A正确，BCD错误。故选：A。

【难度】5

7．（4分）如图，A、B、C三个点位于以O为圆心的圆上，直径AB与弦BC间的夹角为30°。A、B两点分别放有电荷量大小为q_A、q_B的点电荷时，C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，则 等于（　　）

A．

B．

C．

D．2

【答案】B

【考点】单个或多个点电荷周围的电势分布

【分析】由于C点的电场强度方向恰好沿圆的切线方向，因此q_A、q_B带异种电荷；根据点电荷的场强公式、场强的叠加结合数学知识求解作答。

【解答】解：根据题意，q_A、q_B带异种电荷，假设q_A为正点电荷，q_B为负点电荷，两点电荷产生的场强如图所示： 设圆的半径为r，根据数学知识A点到C点的距离r_A＝rB点到C点的距离 根据点电荷的场强公式，点电荷q_A在C点产生的场强 点电荷q_B在C点产生的场强 根据数学知识 代入数据联立解得 综上分析，故ACD错误，B正确。故选：B。

【难度】5

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8．（5分）我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜FAST，其科学目标之一是搜索地外文明。在宇宙中，波长位于搜索地外文明的射电波段的辐射中存在两处较强的辐射，一处是波长为21cm的中性氢辐射，另一处是波长为18cm的羟基辐射。在真空中，这两种波长的辐射相比，中性氢辐射的光子（　　）

A．频率更大

B．能量更小

C．动量更小

D．传播速度更大

【答案】BC

【考点】光子的动量；光子与光子的能量

【分析】根据真空中的光速公式结合光子能量公式、动量公式以及真空中光速特性进行分析判断。

【解答】解：根据公式c＝λν，光子的能量公式E＝hν，动量p 可知，中性氢辐射的光子由于波长更长，所以频率更低，能量更小，动量更小，所有光波在真空中的传播速度相同，都为光速c，故AD错误，BC正确。故选：BC。

【难度】3

9．（5分）如图，一玻璃瓶的瓶塞中竖直插有一根两端开口的细长玻璃管，管中一光滑小球将瓶中气体密封，且小球处于静止状态，装置的密封性、绝热性良好。对小球施加向下的力使其偏离平衡位置，在t＝0时由静止释放，小球的运动可视为简谐运动，周期为T。规定竖直向上为正方向，则小球在t＝1.5T时刻（　　）

A．位移最大，方向为正

B．速度最大，方向为正

C．加速度最大，方向为负

D．受到的回复力大小为零

【答案】AC

【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题

【分析】根据题意先判断小球在经过1.5T时刻做简谐运动对应的位置，再根据位置判断位移、瞬时速度、回复力、加速度等的大小和方向。

【解答】解：小球的初始位置位于平衡位置的下方最大位移处，简谐运动的周期为T，结合简谐运动的特点，则经过1.5T的时间，小球应该运动到竖直方向上的最高点，此时平衡位置在该位置下方。A.根据以上分析，该位置位移有最大值，且方向为正，故A正确；B.由于小球在最高点，所以速度为0，故B错误；CD.根据F_回＝﹣kx可知，该位置回复力最大，而a ，可得加速度最大，方向为负，故C正确，D错误。故选：AC。

【难度】5

10．（5分）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（　　）

A．加速过程中通过金属棒的电荷量为

B．金属棒加速的时间为

C．加速过程中拉力的最大值为

D．加速过程中拉力做的功为 mv²

【答案】AB

【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用

【分析】A.根据题意计算减速过程的位移从而计算加速位移，再根据动能定理、电流表达式、电荷量的计算公式列式求解电荷量；

B.根据匀变速直线运动的位移规律列式求解时间；

C.根据牛顿第二定律结合匀变速之心运动的速度规律列式联立求解；

D.根据动能定理进行分析判断。

【解答】解：A.设加速阶段和减速阶段相等的位移大小为x，在撤去拉力F之后导体棒做减速运动的过程，根据动能定理有﹣B L•x＝0 mv²，而 ，所以加速过程的电荷量q •Δt ，联立解得x ，q ，故A正确；B.金属棒做匀加速运动的过程中，根据匀变速直线运动的公式x v•t，得加速时间t ，故B正确；C.金属棒在加速运动过程中由于安培力不断增加，加速度不变，则拉力也逐渐增大，所以拉力的最大值出现在撤去拉力的瞬间，根据牛顿第二定律有F_m﹣B L＝ma，而v＝at，联立解得F_m ，故C错误；D.根据动能定理，加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，合外力的功等于 mv²，所以拉力做功大于 mv²，故D错误。故选：AB。

【难度】5

三、非选择题：本题共5小题，共57分。

11．（5分）智能手机内置很多传感器，磁传感器是其中一种。现用智能手机内的磁传感器结合某应用软件，利用长直木条的自由落体运动测量重力加速度。主要步骤如下：

（1）在长直木条内嵌入7片小磁铁，最下端小磁铁与其他小磁铁间的距离如图（a）所示。

（2）开启磁传感器，让木条最下端的小磁铁靠近该磁传感器，然后让木条从静止开始沿竖直方向自由下落。

（3）以木条释放瞬间为计时起点，记录下各小磁铁经过传感器的时刻，数据如表所示：

h（m）	0.00	0.05	0.15	0.30	0.50	0.75	1.05
t（s）	0.000	0.101	0.175	0.247	0.319	0.391	0.462

（4）根据表中数据，补全图（b）中的数据点，并用平滑曲线绘制下落高度h随时间t变化的h﹣t图线。

（5）由绘制的h﹣t图线可知，下落高度随时间的变化是 　 　（填“线性”或“非线性”）关系。

（6）将表中数据利用计算机拟合出下落高度h与时间的平方t²的函数关系式为h＝4.916t²（SI）。据此函数可得重力加速度大小为 　 　m/s²。（结果保留3位有效数字）

【答案】（4）补充描点和作出的图像如上图所示；（5）非线性；（6）9.83。

【考点】测定自由落体运动的加速度

【分析】（4）根据表格中的数据补充描点，用平滑的曲线连线作图，不能落在曲线上的点均匀分布在曲线两侧；

（5）根据描出的曲线判断是否属于线性关系；

（6）根据自由落体运动规律结合图中给出的表达式进行计算解答。

【解答】解：（4）补全图（b）中的数据点，绘制出的h﹣t图线如下图所示

（5）由绘制的h﹣t图线可知，下落高度随时间的变化是非线性关系；（6）如果长直木条做自由落体运动，则满足h gt²，由h＝4.916t²可得， g＝4.916m/s²，所以g＝9.832m/s²≈9.83m/s²故答案为：（4）补充描点和作出的图像如上图所示；（5）非线性；（6）9.83。

【难度】3

12．（10分）某实验小组根据热敏电阻的阻值随温度变化的规律，探测温度控制室内的温度。选用的器材有：

热敏电阻R_T；

电流表G（内阻R_g为240Ω，满偏电流为I_g）；

定值电阻R（阻值为48Ω）；

电阻箱R₀（阻值0～999.9Ω）；

电源E（电动势恒定，内阻不计）；

单刀双掷开关S₁、单刀单掷开关S₂；导线若干。

请完成下列步骤：

（1）该小组设计了如图（a）所示的电路图。根据图（a），完成图（b）中的实物图连线。

（2）开关S₁、S₂断开，将电阻箱的阻值调到 　 　（填“最大”或“最小”）。开关S₁接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为60.0Ω时，电流表示数为I_g。再将S₁改接2，电流表示数为 ，断开S₁。得到此时热敏电阻R_T的阻值为 　 　Ω。

（3）该热敏电阻R_T阻值随温度t变化的R_T﹣t曲线如图（c）所示，结合（2）中的结果得到温度控制室内此时的温度约为 　 　℃。（结果取整数）

（4）开关S₁接1，闭合S₂，调节电阻箱，使电流表示数为I_g。再将S₁改接2，如果电流表示数为 （k＞1），则此时热敏电阻R_T＝　 　Ω（用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。

【答案】（1）见解答；（2）最大；300；（3）9；（4）50（k﹣1）

【考点】研究热敏、光敏、压敏等可变电阻的特性

【分析】（1）根据原理图连接实物图；

（2）闭合开关前，必须保证回流电流最小，为了保护电流表，再根据电路特点调节电阻阻值；根据串并联知识计算热敏电阻R_T的阻值；

（3）由图（c）得到温度控制室内此时的温度；

（4）根据串并联知识计算热敏电阻R_T的阻值。

【解答】解：（1）实物图如图所示， （2）为防止电路中电流太大损坏电流表和电源，所以应该在闭合 S₁ 前将变阻箱调到最大值位置。根据串并联知识可得：E 解得：E＝300I_g，R_T＝R_g+R₀＝240Ω+60.0Ω＝300Ω；（3）由图（c）可知，当R_T＝300Ω时，温度为9℃；（4）根据串并联知识可得：E 解得：R_T＝50（k﹣1）故答案为：（1）见解答；（2）最大；300；（3）9；（4）50（k﹣1）

【难度】5

13．（9分）制作水火箭是青少年科技活动的常见项目之一。某研究小组为了探究水火箭在充气与喷水过程中气体的热学规律，把水火箭的塑料容器竖直固定，其中A、C分别是塑料容器的充气口、喷水口，B是气压计，如图（a）所示。在室温环境下，容器内装入一定质量的水，此时容器内的气体体积为V₀，压强为p₀，现缓慢充气后压强变为4p₀，不计容器的容积变化。

（1）设充气过程中气体温度不变，求充入的气体在该室温环境下压强为p₀时的体积。

（2）打开喷水口阀门，喷出一部分水后关闭阀门，容器内气体从状态M变化到状态N，其压强p与体积V的变化关系如图（b）中实线所示，已知气体在状态N时的体积为V₁，压强为p₁。求气体在状态N与状态M时的热力学温度之比。

（3）图（b）中虚线MN'是容器内气体在绝热（既不吸热也不放热）条件下压强p与体积V的变化关系图线，试判断气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热还是放热。（不需要说明理由）

【答案】（1）充入的气体在该室温环境下压强为p₀时的体积为3V₀；（2）气体在状态N与状态M时的热力学温度之比为 ；（3）气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热。

【考点】热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合；气体的等温变化与玻意耳定律的应用

【分析】（1）根据玻意耳定律列式求解充入的气体体积；

（2）根据理想气体的状态方程列式求解温度之比；

（3）根据实线图像压强偏大进行分析判断。

【解答】解：（1）充气过程中气体发生等温变化，设充入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有p₀V₀+p₀ΔV＝4p₀V₀，解得ΔV＝3V₀（2）容器喷出一部分水后，被封闭的一定质量的气体的体积、压强和温度都将发生变化，设状态M对应的温度为T₀，状态N对应的温度为T₁，根据理想气体的状态方程有 ，得状态N和状态M的热力学温度之比 （3）气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热。答：（1）充入的气体在该室温环境下压强为p₀时的体积为3V₀；（2）气体在状态N与状态M时的热力学温度之比为 ；（3）气体在图（b）中沿实线从M到N的过程是吸热。

【难度】5

14．（14分）如图，边长为L的正方形abcd区域及矩形cdef区域内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下且与ab边平行的匀强电场，ef右边有一半径为 L且与ef相切的圆形区域，切点为ef的中点，该圆形区域与cdef区域内均存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从b点斜向上射入电场后沿图中曲线运动，经cd边的中点进入cdef区域，并沿直线通过该区域后进入圆形区域。所有区域均在纸面内，粒子始终在该纸面内运动，不计粒子重力。求：

（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小；

（2）粒子的电荷量与质量之比；

（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角。

【答案】（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为 ；（2）粒子的电荷量与质量之比为 ；（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为60°。

【考点】带电粒子由电场进入磁场中的运动；带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动

【分析】（1）粒子能在cdef做直线运动，可知电场力和洛伦兹力平衡，可知粒子带正电，速度方向为水平向右，再根据qE＝qvB求解速度大小；

（2）对粒子从b点运动到cd中点的类斜抛运动分析，到达cd中点的速度即为初速度的水平分量，电场力提供加速度，结合平抛运动规律即可求解粒子的比荷；

（3）根据粒子比荷即可确定粒子在圆形磁场区域的轨道半径，画出粒子大致运动轨迹，根据几何关系求解偏转角度。

【解答】解：（1）粒子在cdef中做直线运动，则电场力和洛伦兹力平衡，则粒子带正电，在cd中点时速度水平向右，设粒子到达cd中点的速度大小为v₀，电荷量为q，质量为m，则有qE＝qv₀B解得 （2）结合（1）中分析，粒子从b点到cd中点的运动可以逆向看作从cd中点到b点的平抛运动，设这段运动过程时间为t，加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得qE＝ma根据平抛运动规律可得v₀t＝L 联立解得粒子的电荷量与质量之比 （3）粒子从ef中点水平进入圆形磁场做匀速圆周运动，设粒子匀速圆周运动的轨道半径为R，根据牛顿第二定律可得 解得：R＝L粒子在圆形磁场中运动轨迹如图所示 根据带电粒子在圆形磁场中做圆周运动的规律可知，粒子沿半径方向射入，也会沿半径方向射出，根据上图轨迹分析可知，粒子射出圆形磁场区域的速度方向与进入圆形磁场区域时速度方向的夹角为α＝2θ，根据图中几何关系可得 解得 ，即θ＝30°则α＝60°答：（1）粒子沿直线通过cdef区域时的速度大小为 ；（2）粒子的电荷量与质量之比为 ；（3）粒子射出圆形区域时速度方向与进入圆形区域时速度方向的夹角为60°。

【难度】5

15．（19分）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v₀＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为m_a＝1kg，b的质量为m_b＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s²。求：

（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

（2）b从M运动到N的时间；

（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

【答案】（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。

【考点】常见力做功与相应的能量转化；水平传送带模型；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动

【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律求a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

（2）根据动能定理求a运动到M的速度，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律以及运动学公式求b从M运动到N的时间；

（3）根据动量定理求物块b的速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

【解答】解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理 解得v_P＝6m/s在P点，根据牛顿第二定律 解得N_P＝30N（2）设a运动到M的速度为v_M，由动能定理 解得v_M＝3m/s取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为v₁、v₂把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律m_av_M＝m_av₁+m_bv₂物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒 联立解得v₁＝﹣1m/s，v₂＝2m/s物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律﹣μm_bg＝m_ba得a＝﹣5m/s²设达到共速时间为t₁，根据运动学公式v₀＝v₂+at₁解得t₁＝0.2s减速位移 匀速运动的位移x₂＝L﹣x₁＝3.3m﹣0.3m＝3.0m匀速运动的时间 b从M运动到N的总时间t＝t₁+t₂＝0.2s+3.0s＝3.2s（3）设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为v₃，取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为v₀＝﹣1m/s根据动量定理I＝m_bv₃﹣m_bv₀解得v₃＝2m/s物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t₃，根据运动学公式 物块b对地位移 传送带位移x₄＝v₀t₃＝1×0.6m＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx₁＝x₃+x₄＝0.3m+0.6m＝0.9m由于Δt＝t₃，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v₄根据动量定理I＝m_bv₄﹣m_bv₀解得v₄＝2m/s同理可得，物块b对地位移x₅＝0.3m传送带位移x₆＝0.6m物块b相对于传送带的位移Δx₂＝0.9m以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：s₁＝L﹣10x₃＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s₁＝0.3m离开传送带，此过程时间为t₄，根据运动学公式s₁＝v₃t₄ 解得：t₄＝0.2s此过程物块b相对于传送带的位移大小为：Δx₃＝v₀t₄+s₁＝1×0.2m+0.3m＝0.5m物块b相对于传送带总的相对位移为：Δx＝10Δx₁+Δx₃＝10×0.9m+0.5m＝9.5m产生的摩擦热Q＝μm_bgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；（2）b从M运动到N的时间为3.2s；（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。

【难度】5