2024年高考贵州卷物理真题

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

【答案与解析】

由图可知相等时间内小圆盘相邻位置间距先增大后减小，故其速度先增大后减小；以向下为正方向，加速度先正后负。由牛顿第二定律 $G-f=ma$ 知， $a>0$ 时 $f<G$ ， $a<0$ 时 $f>G$ ，故 $f$ 先小于 $G$ 后大于 $G$ 。故选C。
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 $r_1,r_2$ ，且 $r_{1}\neq r_{2}$ ，向心加速度大小分别为 $a_{1}$ 、 $a_{2}$ ，则（　　）

A． $\frac{a_{1}}{r_{1}}=\frac{a_{2}}{r_{2}}$

B． $\frac{a_{1}}{r_{1}^{2}}=\frac{a_{2}}{r_{2}^{2}}$

C． $a_{1}r_{1}=a_{2}r_{2}$

D． $a_1r_1^2=a_2r_2^2$

【答案与解析】

设土星质量为 $M$ ，两卫星质量分别为 $m_1$ 、 $m_2$ ，由万有引力提供向心力 $G\dfrac{Mm}{r^2}=ma$ ，得 $a=\dfrac{GM}{r^2}$ ，即 $ar^2=GM$ （常量）。故 $a_1r_1^2=a_2r_2^2$ 。故选D。
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 $n_{0},n$ ，光在棱镜和液体中的传播速度分别为 $v_{0}$ 、 $v$ ，则（　　）

A． $n<n_{0},v>v_{0}$

B． $n<n_{0},v<v_{0}$

C． $n>n_{0},v>v_{0}$

D． $n>n_{0},\nu<\nu_{0}$

【答案与解析】

由光路图知，光从棱镜射入液体时入射角小于折射角，由折射定律 $n_0\sin i=n\sin r$ 且 $i<r$ ，得 $n<n_0$ 。又由 $v=\dfrac{c}{n}$ 知折射率越小传播速度越大，故 $v>v_0$ （即 $n<n_0,\ v>v_0$ ）。故选A。
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． $\frac{3}{5}mg$

B． $\frac{3}{4}mg$

C． $\frac{4}{3}mg$

D． $\frac{5}{3}mg$

【答案与解析】

对球受力分析，球受重力 $mg$ 、横杆支持力 $F_{\mathrm{N}}$ （竖直向上）、墙的支持力 $F^{\prime}$ （水平）。设球与横杆接触点和球心连线与竖直方向夹角为 $\alpha$ ，由几何关系 $\sin\alpha=\dfrac{1.8R-R}{R}=0.8$ ，故 $\cos\alpha=0.6$ 。沿横杆法线方向平衡： $F_{\mathrm{N}}\cos\alpha=mg$ ，得 $F_{\mathrm{N}}=\dfrac{mg}{\cos\alpha}=\dfrac{5}{3}mg$ 。由牛顿第三定律，球对横杆的压力大小 $F_{\mathrm{N}}'=F_{\mathrm{N}}=\dfrac{5}{3}mg$ 。故选D。
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 $I_1$ 、 $I_2$ ，且 $I_1>I_2$ ，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

【答案与解析】

由右手螺旋定则，两直导线在导线框所在区域产生的磁场均垂直纸面向里；因 $I_1>I_2$ ，左侧磁场强于右侧，且同一竖直线上磁场强弱相同，故导线框上下水平边所受安培力相互抵消。由左手定则，左侧竖直边受水平向左的安培力大于右侧竖直边受水平向右的安培力，合力水平向左。故选C。
质量为 $1\mathrm{kg}$ 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 $x=3\mathrm{m}$ 处，F做功的瞬时功率为（　　）

A． $8\mathrm{W}$

B． $16\mathrm{W}$

C． $24\mathrm{W}$

D． $36\mathrm{W}$

【答案与解析】

由 $F-x$ 图像，物块从 $x=0$ 到 $x=3\mathrm{m}$ 过程中 $F^{\prime}$ 做功 $W_F=3\times2\ \mathrm{J}+2\times1\ \mathrm{J}=8\ \mathrm{J}$ 。由动能定理 $W_F=\dfrac{1}{2}mv^2$ ， $m=1\mathrm{kg}$ ，得 $v=\sqrt{2\times8}=4\ \mathrm{m/s}$ 。此时 $F=2\mathrm{N}$ ，瞬时功率 $P=Fv=2\times4=8\ \mathrm{W}$ 。故选A。
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 $30^{\circ}$ 。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 $\frac{q_{A}}{q_{B}}$ 等于（　　）

A． $\frac{1}{3}$

B． $\frac{\sqrt{3}}{3}$

C． $\sqrt{3}$

D．2

【答案与解析】

设圆半径为 $r$ 。因 $AB$ 为直径， $\angle ACB=90^\circ$ ；直径 $AB$ 与弦 $BC$ 夹角 $30^\circ$ ，故 $\angle ABC=30^\circ$ 、 $\angle CAB=60^\circ$ ，由几何得 $AC=r$ 、 $BC=\sqrt{3}r$ 。 $C$ 点合场强沿圆切线方向（垂直于 $OC$ ），两电荷必为异种电荷；取垂直于切线方向分量相消： $\dfrac{kq_A}{r^2}\cdot\dfrac{1}{2}+\dfrac{kq_B}{3r^2}\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=0$ ，得 $\dfrac{q_A}{q_B}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ ，故大小之比 $\left|\dfrac{q_A}{q_B}\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ 。故选B。
我国在贵州平塘建成了世界最大单口径球面射电望远镜 $\mathrm{FAST}$ ，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 $21\mathrm{cm}$ 的中性氢辐射，另一处是波长为 $18\mathrm{cm}$ 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

【答案与解析】

真空中所有电磁波传播速度均为 $c$ ，D 错。中性氢辐射波长 $\lambda_{\mathrm{H}}=21\mathrm{cm}$ 大于羟基辐射 $\lambda_{\mathrm{OH}}=18\mathrm{cm}$ ，由 $\nu=\dfrac{c}{\lambda}$ 知中性氢辐射频率更小，A 错；由 $E=h\nu$ 知能量更小，B 对；由 $p=\dfrac{h}{\lambda}$ 知动量更小，C 对。故选BC。
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

【答案与解析】

$t=0$ 时小球被向下压离平衡位置后由静止释放，故此时位于最低点。简谐运动周期 $T$ ，经 $t=1.5T$ 到达最高点：位移最大，方向向上（正），A 对；此时速度为零，B 错；由 $F=-kx$ 、 $a=-\dfrac{kx}{m}$ 知回复力与加速度均最大，方向向下（负），C 对、D 错。故选AC。
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 $\frac{mv}{BL}$

B．金属棒加速的时间为 $\frac{2mR}{B^{2}L^{2}}$

C．加速过程中拉力的最大值为 $\frac{4B^{2}L^{2}v}{3R}$

D．加速过程中拉力做的功为 $\frac{1}{2}mv^2$

【答案与解析】

设加速、减速阶段位移均为 $x$ 。由 $q=\dfrac{\Delta\Phi}{R}=\dfrac{BLx}{R}$ 知加速与减速过程通过棒的电荷量相等；减速过程由动量定理 $-BLq=0-mv$ ，得 $q=\dfrac{mv}{BL}$ ，A 对。又 $q=\dfrac{BLx}{R}$ ，得 $x=\dfrac{mvR}{B^2L^2}$ ；加速阶段由 $x=\dfrac{v}{2}t$ 得 $t=\dfrac{2x}{v}=\dfrac{2mR}{B^2L^2}$ ，B 对。加速末刻拉力最大，由 $F-BIL=ma$ 、 $a=\dfrac{v}{t}$ 及 $I=\dfrac{BLv}{R}$ 得 $F_m=\dfrac{3B^2L^2v}{2R}\neq\dfrac{4B^2L^2v}{3R}$ ，C 错。加速过程拉力做正功、安培力做负功，由动能定理知拉力做功 $W=\dfrac{1}{2}mv^2+W_{\text{安}}>\dfrac{1}{2}mv^2$ ，D 错。故选AB。
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，数据如下表所示：

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

（4）根据表中数据，在答题卡上补全图（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 $t^{2}$ 的函数关系式为 $h=4.916t^{2}(\mathrm{SI})$ 。据此函数可得重力加速度大小为＿＿＿＿ $\mathrm{m}/\mathrm{s}^2$ 。（结果保留3位有效数字）

【答案与解析】

（4）据表中 $h$ 、 $t$ 数据在图（b）中描点并用平滑曲线连接， $h-t$ 图线为下凸曲线，随 $t$ 增大斜率增大。（5）由图线可知下落高度 $h$ 随 $t$ 增大而增大且增长越来越快，故 $h$ 与 $t$ 为非线性关系。（6）自由落体规律 $h=\dfrac{1}{2}gt^2$ ，与拟合式 $h=4.916t^2$ 对比得 $\dfrac{1}{2}g=4.916$ ，故重力加速度 $g=9.832\ \mathrm{m/s^2}\approx9.83\ \mathrm{m/s^2}$ （保留 3 位有效数字）。故（5）为非线性，（6） $g=9.83\ \mathrm{m/s^2}$ 。
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 $240\mathrm{\Omega}$ ，满偏电流为 $I_{g}$ ）；定值电阻R（阻值为 $48\mathrm{\Omega}$ ）；电阻箱 $R_{0}$ （阻值 $0\sim999.9\mathrm{\Omega}$ ）；电源E（电动势恒定，内阻不计）；单刀双掷开关 $\mathrm{S}_1$ 、单刀单掷开关 $\mathrm{S}_2$ ；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），在答题卡上完成图（b）中的实物图连线。 $(2)$ 开关 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ 断开，将电阻箱的阻值调到＿＿＿＿（填“最大”或“最小”）。开关 $S_{1}$ 接1，调节电阻箱，当电阻箱读数为 $60.0\mathrm{\Omega}$ 时，电流表示数为 $I_{g}$ 。再将 $\mathrm{S}_1$ 改接2，电流表示数为 $\frac{I_{g}}{2}$ ，断开 $\mathrm{S}_1$ 。得到此时热敏电阻 $R_T$ 的阻值为＿＿＿＿ $\Omega$ 。 $(3)$ 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＿＿＿＿ $^{\circ}\mathrm{C}$ 。（结果取整数） $(4)$ 开关 $\mathrm{S}_1$ 接1，闭合 $\mathrm{S}_2$ ，调节电阻箱，使电流表示数为 $I_{g}$ 。再将 $\mathrm{S}_1$ 改接2，如果电流表示数为 $\frac{I_{g}}{k}(k>1)$ ，则此时热敏电阻 $R_T=$ ＿＿＿＿ $\Omega$ （用k表示），根据图（c）即可得到此时温度控制室内的温度。

【答案与解析】

（1）根据图（a）电路图完成图（b）实物连线。（2）闭合开关前为保护电路，电阻箱阻值应调到最大； $S_1$ 接 1 时 $E=I_{\mathrm{g}}(R_0+R_{\mathrm{g}})$ ， $S_1$ 改接 2 时 $E=\dfrac{I_{\mathrm{g}}}{2}(R_T+R_{\mathrm{g}})$ ，结合电路关系得 $R_T=R_0+R_{\mathrm{g}}=60\Omega+240\Omega=300\Omega$ 。（3）由图（c） $R_T-t$ 曲线， $R_T=300\Omega$ 对应温度约为 $9^\circ\mathrm{C}$ 。（4） $S_1$ 接 1、闭合 $S_2$ 时调 $R_0$ 使电流为 $I_{\mathrm{g}}$ ； $S_1$ 改接 2 后电流为 $\dfrac{I_{\mathrm{g}}}{k}$ ，由并联分流与欧姆定律可得 $R_T=50(k-1)\Omega$ 。故填最大；300；9；50(k-1)。
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 $V_0$ ，压强为 $p_0$ ，现缓慢充气后压强变为 $4p_{0}$ ，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 $p_0$ 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 $V_{1}$ ，压强为 $p_1$ 。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 $MN^{\prime}$ 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）

【答案与解析】

（1）充气过程温度不变，设充入气体在室温、压强 $p_0$ 下体积为 $V$ 。由玻意耳定律（分态式） $p_0V_0+p_0V=4p_0\cdot V_0$ ，得 $V=3V_0$ 。（2）状态 $M$ 为充气后气体（ $p_M=4p_0$ ， $V_M=V_0$ ），状态 $N$ 为（ $p_N=p_1$ ， $V_N=V_1$ ）；由理想气体状态方程 $\dfrac{p_MV_M}{T_M}=\dfrac{p_NV_N}{T_N}$ ，得 $\dfrac{T_N}{T_M}=\dfrac{p_1V_1}{4p_0V_0}$ 。（3）图（b）中实线 $M\to N$ 与绝热线 $M\to N'$ 比较，实线过程气体对外做功（ $p-V$ 图线下方面积）多于绝热过程，而两过程末态体积相同，由热力学第一定律可知气体必从外界吸热。故充入气体在 $p_0$ 下的体积为 $3V_0$ ； $\dfrac{T_N}{T_M}=\dfrac{p_1V_1}{4p_0V_0}$ ； $M\to N$ 过程吸热。
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 $\frac{\sqrt{3}}{3}L$ 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。

【答案与解析】

（1）粒子在 $cdef$ 区域做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡： $qE=qv_0B$ ，得 $v_0=\dfrac{E}{B}$ （速度水平向右，粒子带正电）。（2）粒子从 $b$ 到 $cd$ 中点的运动可逆向看作从 $cd$ 中点到 $b$ 的类平抛运动。设运动时间 $t$ 、加速度 $a=\dfrac{qE}{m}$ ，由类平抛规律 $v_0t=L$ 、 $\dfrac{1}{2}at^2=\dfrac{L}{2}$ ；联立得 $a=\dfrac{2v_0^2}{L}=\dfrac{2E^2}{B^2L}$ ，故 $\dfrac{q}{m}=\dfrac{a}{E}=\dfrac{E}{B^2L}$ 。（3）粒子在圆形区域做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 $qv_0B=\dfrac{mv_0^2}{r}$ ，得轨迹半径 $r=\dfrac{mv_0}{qB}=L$ 。由几何关系，粒子沿半径方向射入、沿半径方向射出，圆形区域半径 $R=\dfrac{\sqrt{3}}{3}L$ 、轨迹半径 $r=L$ ，可得偏转角 $\alpha=60^\circ$ 。故 $v_0=\dfrac{E}{B}$ ； $\dfrac{q}{m}=\dfrac{E}{B^2L}$ ；偏转角 $60^\circ$ 。
如图，半径为 $R=1.8\mathrm{m}$ 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 $d=2.7\mathrm{m}$ 。一长为 $L=3.3\mathrm{m}$ 的水平传送带以恒定速率 $v_{0}=1\mathrm{m/s}$ 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 $6\mathrm{N\cdot s}$ 。以后每隔 $\Delta t=0.6\mathrm{s}$ 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 $m_{a}=1\mathrm{kg},b$ 的质量为 $m_{b}=2\mathrm{kg}$ ，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 $\mu=0.5$ ，取重力加速度大小 $g=10\mathrm{m/s^{2}}$ 。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。

【答案与解析】

（1） $a$ 从顶端到圆轨道底端，机械能守恒 $m_a gR=\dfrac{1}{2}m_a v_1^2$ ，得 $v_1=\sqrt{2gR}=6\ \mathrm{m/s}$ ；在底端由牛顿第二定律 $N-m_a g=m_a\dfrac{v_1^2}{R}$ ，得 $N=m_a g+m_a\cdot 2g=3m_a g=30\ \mathrm{N}$ 。（2） $a$ 从 $P$ 到 $M$ ： $m_a gR-\mu m_a g d=\dfrac{1}{2}m_a v_M^2$ ，得 $v_M=3\ \mathrm{m/s}$ 。 $a$ 、 $b$ 弹性碰撞： $m_a v_M=m_a v_a+m_b v_b$ 、 $\dfrac{1}{2}m_a v_M^2=\dfrac{1}{2}m_a v_a^2+\dfrac{1}{2}m_b v_b^2$ ，解得 $v_b=2\ \mathrm{m/s}$ （向左）。 $b$ 上传送带后受向右的滑动摩擦力，加速度大小 $a'=\mu g=5\ \mathrm{m/s^2}$ ；减速到与带同速（ $1\ \mathrm{m/s}$ ）时间 $t_1=\dfrac{1}{5}=0.2\ \mathrm{s}$ ，位移 $x_1=\dfrac{2+1}{2}\times0.2=0.3\ \mathrm{m}$ ；剩余 $L-x_1=3.0\ \mathrm{m}$ 匀速， $t_2=\dfrac{3.0}{1}=3.0\ \mathrm{s}$ 。故 $t_{MN}=0.2+3.0=3.2\ \mathrm{s}$ 。（3）在 $N$ 点给 $b$ 向右冲量 $I$ ：取向右为正， $I=m_b v_5-m_b(-v_0)$ ， $6=2v_5-2(-1)$ ，得 $v_5=2\ \mathrm{m/s}$ 。此后 $b$ 向右减速（摩擦向左）至 $0$ 再向左加速到 $v_0$ ，一个周期（ $0.6\ \mathrm{s}$ ）相对传送带路程 $0.9\ \mathrm{m}$ ，摩擦生热 $\Delta Q=\mu m_b g\cdot0.9=9\ \mathrm{J}$ ；每周期向右净位移 $0.3\ \mathrm{m}$ 。经 $10$ 个周期向右 $3.0\ \mathrm{m}$ ，第 $11$ 次冲量后向右减速 $0.3\ \mathrm{m}$ 恰到 $M$ ，该段相对路程 $0.5\ \mathrm{m}$ 、生热 $5\ \mathrm{J}$ 。总热量 $Q=10\times9+5=95\ \mathrm{J}$ 。故（1） $30\ \mathrm{N}$ ；（2） $3.2\ \mathrm{s}$ ；（3） $95\ \mathrm{J}$ 。