【高考真題】山東省2024年普通高中物理學(xué)業(yè)水平等級性考試試卷（含答案）

【高考真題】山東省2024年普通高中物理學(xué)業(yè)水平等級性考試試卷一、單選題1．2024年是中國航天大年，神舟十八號、嫦娥六號等已陸續(xù)飛天，部分航天器裝載了具有抗干擾性強的核電池。已知3890Sr衰變?yōu)?990Y的半衰期約為29年；94238PA．3890SrB．94238PuC．50年后，剩余的3890SrD．87年后，剩余的3890Sr2．如圖所示，國產(chǎn)人形機器人“天工”能平穩(wěn)通過斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則它的腳和斜面間的動摩擦因數(shù)不能小于()A．12 B．33 C．223．如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為ΔtA．(3?1):(C．(3+1):(4．檢測球形滾珠直徑是否合格的裝置如圖甲所示，將標(biāo)準(zhǔn)滾珠a與待測滾珠b、c放置在兩塊平板玻璃之間，用單色平行光垂直照射平板玻璃，形成如圖乙所示的干涉條紋。若待測滾珠與標(biāo)準(zhǔn)滾珠的直徑相等為合格，下列說法正確的是()A．滾珠b、c均合格 B．滾珠b、c均不合格C．滾珠b合格，滾珠c不合格 D．滾珠b不合格，滾珠c合格5．“鵲橋二號”中繼星環(huán)繞月球運行，其24小時橢圓軌道的半長軸為a。已知地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則月球與地球質(zhì)量之比可表示為()A．r3a3 B．a(chǎn)3r36．一定質(zhì)量理想氣體經(jīng)歷如圖所示的循環(huán)過程，a→b過程是等壓過程，b→c過程中氣體與外界無熱量交換，c→a過程是等溫過程。下列說法正確的是()A．a(chǎn)→b過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功B．b→c過程，氣體對外做功，內(nèi)能增加C．a(chǎn)→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功D．a(chǎn)→b過程，氣體從外界吸收的熱量等于c→a過程放出的熱量7．如圖所示，質(zhì)量均為m的甲、乙兩同學(xué)，分別坐在水平放置的輕木板上，木板通過一根原長為l的輕質(zhì)彈性繩連接，連接點等高且間距為d(d<l)A．(μmg)2C．3(μmg)8．如圖甲所示，在?d≤x≤d，?d≤y≤d的區(qū)域中存在垂直O(jiān)xy平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（用陰影表示磁場的區(qū)域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區(qū)域發(fā)生了變化，線圈中產(chǎn)生的電動勢變?yōu)閳D丙所示實線部分，則變化后磁場的區(qū)域可能為()A． B．C． D．二、多選題9．甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中沿x軸相向傳播，波速均為2m/s。t=0時刻二者在x=2m處相遇，波形圖如圖所示。關(guān)于平衡位置在x=2m處的質(zhì)點P，下列說法正確的是()A．t=0.B．t=0.5sC．t=1.D．t=1.10．如圖所示，帶電量為+q的小球被絕緣棒固定在O點，右側(cè)有固定在水平面上、傾角為30°的光滑絕緣斜面。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小滑塊從斜面上A點由靜止釋放，滑到與小球等高的B點時加速度為零，滑到C點時速度為零。已知AC間的距離為S，重力加速度大小為g，靜電力常量為k，下列說法正確的是()A．OB的距離l=B．OB的距離l=C．從A到C，靜電力對小滑塊做功W=?mgSD．AC之間的電勢差U11．如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于A．MN最終一定靜止于OO'B．MN運動過程中安培力始終做負(fù)功C．從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MND．從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN12．如圖所示，工程隊向峽谷對岸平臺拋射重物，初速度v0大小為20m/s，與水平方向的夾角為30°，拋出點P和落點Q的連線與水平方向夾角為30°，重力加速度大小取10?mA．運動時間為2B．落地速度與水平方向夾角為60°C．重物離PQ連線的最遠距離為10mD．軌跡最高點與落點的高度差為45m三、實驗題13．在第四次“天宮課堂”中，航天員演示了動量守恒實驗。受此啟發(fā)，某同學(xué)使用如圖甲所示的裝置進行了碰撞實驗，氣墊導(dǎo)軌兩端分別安裝a、b兩個位移傳感器，a測量滑塊A與它的距離xA，b測量滑塊B與它的距離x①測量兩個滑塊的質(zhì)量，分別為200.0g和400.0g；②接通氣源，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平；③撥動兩滑塊，使A、B均向右運動；④導(dǎo)出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制xA回答以下問題：（1）從圖像可知兩滑塊在t=s時發(fā)生碰撞；（2）滑塊B碰撞前的速度大小v=m/s（保留2位有效數(shù)字）；（3）通過分析，得出質(zhì)量為200.0g的滑塊是（填“A”或“B”）。14．某學(xué)習(xí)小組對兩種型號鉛筆芯的電阻率進行測量。實驗器材如下：學(xué)生電源（輸出電壓0~16V）滑動變阻器（最大阻值10Ω，額定電流2A）；電壓表V（量程3V，內(nèi)阻未知）；電流表A（量程3A，內(nèi)阻未知）；待測鉛筆芯R（X型號、Y型號）；游標(biāo)卡尺，螺旋測微器，開關(guān)S，單刀雙擲開關(guān)K，導(dǎo)線若干?；卮鹨韵聠栴}：（1）使用螺旋測微器測量鉛筆芯直徑，某次測量結(jié)果如圖甲所示，該讀數(shù)為mm；（2）把待測鉛筆芯接入圖乙所示電路，閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器滑片由最右端向左調(diào)節(jié)到合適位置，將單刀雙擲開關(guān)K分別擲到1、2端，觀察到電壓表示數(shù)變化比電流表示數(shù)變化更明顯，則測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到（填“1”或“2”）端；（3）正確連接電路，得到Y(jié)型號鉛筆芯I?U圖像如圖丙所示，求得電阻RY=（4）使用游標(biāo)卡尺測得X、Y型號鉛筆芯的長度分別為40.68mm、60.78mm，使用螺旋測微器測得X、Y型號鉛筆芯直徑近似相等，則X型號鉛筆芯的電阻率（填“大于”或“小于”）Y型號鉛筆芯的電阻率。四、計算題15．某光學(xué)組件橫截面如圖所示，半圓形玻璃磚圓心為O點，半徑為R；直角三棱鏡FG邊的延長線過O點，EG邊平行于AB邊且長度等于R，∠FEG=30°。橫截面所在平面內(nèi)，單色光線以θ角入射到EF邊發(fā)生折射，折射光線垂直EG邊射出。已知玻璃磚和三棱鏡對該單色光的折射率均為1.5。（1）求sinθ（2）以θ角入射的單色光線，若第一次到達半圓弧AMB可以發(fā)生全反射，求光線在EF上入射點D（圖中未標(biāo)出）到E點距離的范圍。16．圖甲為戰(zhàn)國時期青銅汲酒器，根據(jù)其原理制作了由中空圓柱形長柄和儲液罐組成的汲液器，如圖乙所示。長柄頂部封閉，橫截面積S1=1.0cm2，長度H=100.0cm，側(cè)壁有一小孔A。儲液罐的橫截面積S2（1）求x；（2）松開孔A，從外界進入壓強為p017．如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m，重力加速度大?。?）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N，當(dāng)小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。18．如圖所示，在Oxy坐標(biāo)系x>0，y>0區(qū)域內(nèi)充滿垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。磁場中放置一長度為L的擋板，其兩端分別位于x、y軸上M、N兩點，∠OMN=60°，擋板上有一小孔K位于MN中點?！鱋MN之外的第一象限區(qū)域存在恒定勻強電場。位于y軸左側(cè)的粒子發(fā)生器在0<y<32L（1）求使粒子垂直擋板射入小孔K的加速電壓U0（2）調(diào)整加速電壓，當(dāng)粒子以最小的速度從小孔K射出后恰好做勻速直線運動，求第一象限中電場強度的大小和方向；（3）當(dāng)加速電壓為qB

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知3890SrB.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知94238Pu衰變?yōu)?2CD.根據(jù)題意可知94238Pu的半衰期大于3890Sr的半衰期，現(xiàn)用相同數(shù)目的3890Sr故選D。【分析】AB.原子核衰變遵循質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒書寫衰變方程，然后作答；

CD.根據(jù)元素的半衰期公式求解作答。2．【答案】B【解析】【解答】根據(jù)題意可知機器人“天工”它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，對“天工”分析有

故有mgsin可得μ≥故選B?！痉治觥扛鶕?jù)平衡條件和滑動摩擦力公式求解作答。3．【答案】A【解析】【解答】木板在斜面上運動時，木板的加速度不變，設(shè)加速度為a，木板從靜止釋放到下端到達A點的過程，根據(jù)運動學(xué)公式有L=木板從靜止釋放到上端到達A點的過程，當(dāng)木板長度為L時，有2L=當(dāng)木板長度為2L時，有3L=又Δt1聯(lián)立解得Δ綜上分析，故A正確，BCD錯誤。故選A?！痉治觥扛鶕?jù)牛頓第二定律求加速度，判斷木板的運動情況；根據(jù)勻變速運動學(xué)公式求解作答。4．【答案】C【解析】【解答】單色平行光垂直照射平板玻璃，?上玻璃的下表面和下玻璃上表面的反射光在上玻璃上表面發(fā)生干涉，形成干涉條紋，光程差為兩塊玻璃距離的兩倍；根據(jù)光的干涉知識可知，同一條干涉條紋各處空氣層的厚度相同，光的波程差相等，即滾珠a的直徑與滾珠b的相等，滾珠b合格；不同的干涉條紋位置空氣層的厚度不同，光的波程差不同，即滾珠a的直徑與滾珠c的直徑不相等，則滾珠c的直徑不合格。

綜上分析，ABD錯誤，C正確。

故選：C

【分析】根據(jù)薄膜干涉的形成分析出同一條干涉條紋各處空氣層的厚度相同，光的波程差相等，從檢驗小球與標(biāo)準(zhǔn)小球在干涉條紋的位置判斷小球直徑是否合格5．【答案】D【解析】【解答】“鵲橋二號”中繼星在24小時橢圓軌道運行時，根據(jù)開普勒第三定律a同理，對地球的同步衛(wèi)星根據(jù)開普勒第三定律r又開普勒常量與中心天體的質(zhì)量成正比，所以M聯(lián)立可得M綜上分析，故ABC錯誤，D正確。故選D?！痉治觥扛鶕?jù)萬有引力定律、勻速圓周運動公式和開普勒第三定律求解作答。6．【答案】C【解析】【解答】A.a→b過程壓強不變，是等壓變化且體積增大，氣體對外做功W<0，由蓋-呂薩克定律可知T即內(nèi)能增大，ΔUab>0，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+WB.方法一：b→c過程中氣體與外界無熱量交換，即Q又由氣體體積增大可知Wbc<0，由熱力學(xué)第一定律方法二：c→a過程為等溫過程，所以T結(jié)合Tb>所以b到c過程氣體的內(nèi)能減少。故B錯誤；C.c→a過程為等溫過程，可知T根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知a→b→c過程，氣體從外界吸收的熱量全部用于對外做功，C正確；D.根據(jù)熱力學(xué)第一定律結(jié)合上述解析可知：a→b→c→a一整個熱力學(xué)循環(huán)過程ΔU=0，整個過程氣體對外做功，因此熱力學(xué)第一定律可得ΔU=故a→b過程氣體從外界吸收的熱量Qab不等于c→a過程放出的熱量?故選C。【分析】根據(jù)氣體實驗定律分析各個過程氣體狀態(tài)參量的變化，根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷氣體內(nèi)能的變化、做功情況與吸放熱情況。對于D選項可根據(jù)p-V圖像與橫軸所圍圖形的面積等于氣體做功的絕對值，判斷a→b→c→a一個循環(huán)過程氣體做功情況，再根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷a→b過程氣體從外界吸收的熱量與c→a過程放出的熱量的大小關(guān)系。7．【答案】B【解析】【解答】當(dāng)甲所坐木板剛要離開原位置時，對甲及其所坐木板整體有k解得彈性繩的伸長量x則此時彈性繩的彈性勢能為E從開始拉動乙所坐木板到甲所坐木板剛要離開原位置的過程，乙所坐木板的位移為x則由功能關(guān)系可知該過程F所做的功W=綜上分析，故ACD錯誤，B正確。故選B?！痉治觥扛鶕?jù)平衡條件求解甲所坐木板剛要離開原位置時彈性繩的伸長量；根據(jù)彈性勢能的定義求解此時的彈性勢能；根據(jù)題意求解乙同學(xué)的位移，根據(jù)功能關(guān)系求解拉力所做的功，然后作答。8．【答案】C【解析】【解答】根據(jù)題意可知，磁場區(qū)域變化前線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=E由題圖丙可知，磁場區(qū)域變化后，當(dāng)Esinωt=3E綜上分析，故ABD錯誤，C正確。故選C?！痉治觥烤匦尉€圈在繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦交變電流；根據(jù)交流電的圖像求解瞬時電動勢的表達式；根據(jù)圖丙求解磁場的覆蓋區(qū)域。9．【答案】B,C【解析】【解答】AB.在0.5s內(nèi)，甲、乙兩列波傳播的距離均為Δx=vΔt=2×0根據(jù)波形平移法可知，t=0.5s時，x=1m處甲波的波谷剛好傳到P處，x=3m處乙波的平衡位置振動剛好傳到P處，根據(jù)疊加原理可知，t=0.CD.在1.0s內(nèi)，甲、乙兩列波傳播的距離均為Δ根據(jù)波形平移法可知，t=1.0s時，x=0甲波的平衡位置振動剛好傳到P處，x=4m處乙波的平衡位置振動剛好傳到P處，且此時兩列波的振動都向y軸正方向運動，根據(jù)疊加原理可知，故選BC?！痉治觥扛鶕?jù)波在傳播過程傳遞振動形式結(jié)合波傳播過程的疊加原理進行分析解答10．【答案】A,D【解析】【解答】AB.由題意知小滑塊在B點處的加速度為零，則根據(jù)受力分析有沿斜面方向mg解得l=A正確，B錯誤；C.因為滑到C點時速度為零，小滑塊從A到C的過程，靜電力對小滑塊做的功為W，根據(jù)動能定理有W+mgS解得W=?故C錯誤；D.根據(jù)電勢差與電場強度的關(guān)系可知AC之間的電勢差U故D正確。故選AD?！痉治觥緼B.根據(jù)平衡條件列方程求解OB之間的距離；

C.根據(jù)動能定理列式求解靜電力做的功；

D.根據(jù)電場力做功和電勢差關(guān)系列式求解。11．【答案】A,B,D【解析】【解答】AB.由楞次定律結(jié)合左手定則可知，安培力與MN的運動方向的夾角始終大于90°，則安培力始終做負(fù)功，電路中有電阻，運動過程中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒的機械能最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，最終會停止在最低點，故AB正確；

D.根據(jù)楞次定律可知，從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N，故D正確；

C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，在即將到達OO'位置的時刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，處于減速狀態(tài)，說明MN在OO'位置速率不是最大，故C錯誤。

【分析】AB.根據(jù)楞次定律和左手定則分析安培力做功，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒分析最終的狀態(tài)；

D.根據(jù)楞次定律判斷電流方向；

C.根據(jù)沿速度方向的合力和加速度的變化情況分析速率的變化情況。12．【答案】B,D【解析】【解答】AC.將初速度分解為沿PQ方向分速度v1和垂直PQ分速度vv1=將重力加速度分解為沿PQ方向分速度a1和垂直PQ分速度aa1=g垂直PQ方向根據(jù)對稱性可得重物運動時間為t=2重物離PQ連線的最遠距離為d故AC錯誤；B.重物落地時豎直分速度大小為v則落地速度與水平方向夾角正切值為tan可得θ=60°故B正確；D.從拋出到最高點所用時間為t則從最高點到落地所用時間為t軌跡最高點與落點的高度差為h=故D正確。故選BD?！痉治觥緼.根據(jù)位移分解的知識結(jié)合幾何關(guān)系列式求解運動時間；

B.根據(jù)速度分解的知識結(jié)合速度偏角的關(guān)系列式求解夾角；

C.在垂直于PQ連線的方向上分解速度和加速度，結(jié)合勻變速直線運動規(guī)律求解最遠距離；

D.根據(jù)豎直方向分運動的特點列式求解最高點和落點的高度差。13．【答案】（1）1.0（2）0.20（3）B【解析】【解答】（1）由x?t圖像的斜率表示速度可知兩滑塊的速度在t=1.（2）根據(jù)x?t圖像斜率的絕對值表示速度大小可知碰撞前瞬間B的速度大小為v=|（3）由題圖乙知，碰撞前A的速度大小vA=0.50m/s，碰撞后A的速度大小約為v代入數(shù)據(jù)解得m所以質(zhì)量為200.0g的滑塊是B。故答案為：（1）1.0；（2）0.20；（3）B【分析】（1）碰撞過程兩滑塊的速度大小會發(fā)生變化，由x-t圖像的斜率表示速度判斷速度變化的時刻。

（2）根據(jù)x-t圖像斜率的絕對值等于速度大小求解碰撞前瞬間B的速度大小。

（3）同理，由題圖分別求得碰撞前、后A、B的速度大小，對A和B的碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律求得它們的質(zhì)量大小關(guān)系。14．【答案】（1）2.450（2）1（3）1.91（4）大于【解析】【解答】（1）根據(jù)螺旋測微器的讀數(shù)規(guī)則可知，其讀數(shù)為d=2mm+0（2）由于電壓表示數(shù)變化更明顯，說明電流表分壓較多，因此電流表應(yīng)采用外接法，即測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到1端；（3）根據(jù)圖丙的I?U圖像，結(jié)合歐姆定律有R（4）根據(jù)電阻定律R=ρlS兩種材料的橫截面積近似相等，分別代入數(shù)據(jù)可知ρ故答案為：（1）2.450；（2）1；（3）1.92；（4）大于?！痉治觥浚?）螺旋測微器的精確度為0.01mm，測量值=固定刻度對應(yīng)示數(shù)（mm）+可得刻度對齊格數(shù)（估讀一位）×精確度；

（2）根據(jù)電壓表和電流表示數(shù)變化的明顯程度判斷電流表的內(nèi)外接法；

（3）根據(jù)歐姆定律求解I-U函數(shù)，結(jié)合圖像斜率含義求電阻；

（4）根據(jù)電阻定律求解作答。15．【答案】（1）解：由題意設(shè)光在三棱鏡中的折射角為α，則根據(jù)折射定律有n=由于折射光線垂直EG邊射出，根據(jù)幾何關(guān)系可知α=∠FEG=30°代入數(shù)據(jù)解得sin（2）解：根據(jù)題意作出單色光第一次到達半圓弧AMB恰好發(fā)生全反射的光路圖如圖則根據(jù)幾何關(guān)系可知FE上從P點到E點以θ角入射的單色光線第一次到達半圓弧AMB都可以發(fā)生全反射，根據(jù)全反射臨界角公式有sin設(shè)P點到FG的距離為l，則根據(jù)幾何關(guān)系有l(wèi)=R又因為x聯(lián)立解得x所以光線在EF上的入射點D到E點的距離范圍為0<θ≤【解析】【分析】（1）根據(jù)折射定律和幾何關(guān)系求入射角的正弦值；

（2）根據(jù)幾何關(guān)系、臨界角公式求D點到E點的距離范圍。16．【答案】（1）解：由題意可知緩慢地將汲液器豎直提出液面過程只能夠，氣體發(fā)生等溫變化，所以有p又因為pp代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得x=2cm（2）解：外界氣體進入后，以所有氣體為研究對象有p又因為p代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得V=8【解析】【分析】（1）根據(jù)壓強平衡條件求得末態(tài)氣體壓強，封閉氣體發(fā)生等溫變化，根據(jù)玻意耳定律求解。

（2）對新進入的氣體和原有的氣體整體作為研究對象，根據(jù)玻意耳定律求解。17．【答案】（1）解：根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=m代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s（2）解：（i）根據(jù)題意可知當(dāng)F≤4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知F=根據(jù)圖乙有k=當(dāng)外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F?μmg=Ma結(jié)合題圖乙有a=可知k=截距b=?聯(lián)立以上各式可得M=1kg，m=1kg，μ=0（ii）由圖乙可知，當(dāng)F=8N時，軌道的加速度為6m/s2當(dāng)小物塊運動到P點時，經(jīng)過t0時間，則軌道有小物塊有v在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有1水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有M聯(lián)立解得t根據(jù)運動學(xué)公式有L=代入數(shù)據(jù)解得L=4【解析】【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律列式求解速度；

（2）（i）根據(jù)圖像分別列出兩次牛頓第二定律方程，結(jié)合圖像的兩個斜率的物理意義列式聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)和小物塊質(zhì)量；

（ii）根據(jù)運動學(xué)規(guī)律列位