2020-2021学年福建省莆田市高二(下)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年福建省莆田市高二（下）期末物理试卷1.2021年5月28日，在中科院合肥物质科学研究院，有“人造太阳”之称的全超导
托卡马克核聚变实验装置(EAST)创造新的世界纪录，成功实现可重复的1.2亿摄氏度101秒和1.6亿摄氏度20秒等离子体运行，向核聚变能源应用迈出重要一步．下列关于聚变的说法正确的是()
A. 任何两个原子核都可以发生聚变
B. 两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前减小
C. 两个轻核结合成质量较大的核，核子的平均结合能减小
D. 核聚变比核裂变更为安全、清洁，是目前利用核能的主要方式
2.分析下列物理现象：
①“空山不见人，但闻人语响”；
②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱；
③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低；
④雷声在云层里轰鸣不绝。

这些物理现象分别属于波的()
A. 衍射、干涉、多普勒效应、反射
B. 衍射、多普勒效应、干涉、折射
C. 折射、干涉、多普勒效应、反射
D. 衍射、折射、多普勒效应、干涉
3.在“用油膜法测量油酸分子大小”的实验中，下列
说法正确的是()
A. 用油膜法可以精确测量分子的大小
B. 计算油膜面积时，应舍去所有不足一格的方格
C. 根据油酸的体积和油膜的面积可算出油酸分子
的直径
D. 实验时应先将一滴油酸酒精溶液滴入水面、再把痱子粉洒在水面上
4.图示为氢原子的能级图，现让一束单色光照射到大量处于基态(量子数n=1)的氢
原子上，受激的氢原子发出的所有光子中，频率最小的光子能量为0.66eV，则照射氢原子的单色光的光子能量为()
A. 10.2eV
B. 12.09eV
C. 12.75eV
D. 13.06eV
5.1934年，约里奥⋅居里夫妇用α粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为
 1327Al+24He→1530P+X，反应生成物 1530P像天然放射性元素一样发生衰变，放出正电子 10e，且伴随产生中微子 Z A v，核反应方程为 1530P→1430Si+10e+Z A v。

则下列说法正确的是()
A. 核反应生成物X是质子
B. 中微子的质量数A=0，电荷数Z=0
C. 当温度、压强等条件变化时，放射性元素 1530P的半衰期随之变化
D. 正电子产生的原因是原子核内的质子转化为中子和正电子时释放出来的
6.分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。

若一分子固定于原点O，另一分子仅在分子力作用下，从距O点r1处背离O点运动，下列说法正确的是()
A. 在r<r0阶段，F做负功，分子势能减小
B. 在r>r0阶段，F做负功，分子动能减小
C. 在r=r0时，分子动能最大
D. 在r=r0时，分子势能最大
7.额温枪是新冠病毒防控的重要装备之一，其原理为：人体辐射的红外线照射到温度
传感器，发生光电效应、将光信号转化为电信号，从面显示出人体的温度。

已知人的体温正常时能辐射被长约为10μm的红外线，如图甲所示，用该红外线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，光电流随电压变化的图像如图乙所示，已知ℎ=6.63×10−34J⋅s，e=1.6×10−19C，c=3.0×108m/s。

则()
A. 波长10μm的红外线在真空中的频率为3×1013Hz
B. 将图甲中的电源正负极反接，一定不会产生电信号
C. 由图乙可知，产生的光电子最大初动能为2eV
D. 由图乙可知，该光电管的阴极金属逸出功约为1.67×10−20J
8.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的
情况．若手机质量为200g，从离头部约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.1s，取重力加速度g=10m/s2。

下列分析正确的是()
A. 手机刚接触头部时的速度约为1m/s
B. 手机对头部的冲量约为0.4N⋅s
C. 手机对头部的平均作用力约为6N
D. 手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.4kg⋅m/s
9.某弹簧振子的振动图像如图，由此图像可得该弹簧振子做简谐运动的公式是
x=______cm，从t=0开始经过1.2s振子通过的路程为______cm。

10.如图，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，已知气体在
状态A时的温度为300K，则气体在状态B时的温度为______K，从状态A到状态C 气体从外界吸收热量______J。

11.在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将所用器材按要求安装在如图甲所示的
光具座上，然后接通电源使光源正常工作。

(1)某同学调节实验装置并观察了实验现象后，总结出以下几点，你认为正确的是
______；
A.干涉条纹与双缝垂直
B.干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
C.干涉条纹的疏密程度与光的波长有关
(2)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第2条到第6条亮条纹中心位
置之间的距离为x，则单色光的波长λ=______；
(3)如图乙所示，实验中发现测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向
上，则该情况下干涉条纹间距Δx的测量值______实际值(填“大于”“小于”或
“等于”)。

12.某同学做“用单摆测量重力加速度的大小”实验时，采用双线摆代替单摆进行实验。

如图1，两根线的一端都系在小钢球的同一点，另一端分别固定在天花板上，两根线的长度均为l、与竖直方向的夹角均为θ，小球的直径为d.现将小钢球垂直纸面向外拉动，使悬线偏离竖直方向一个很小的角度后由静止释放．
(1)当小钢球摆动稳定后，用秒表测量摆动n次全振动的时间t，秒表的示数如图2
甲，则t=______s；
(2)摆长L=______(用题目中给出的物理量符号表示)；
(3)如图2乙所示，该同学由测量数据作出L−T2图像，根据图像求出重力加速度
g=______m/s2(已知π2≈9.86，结果保留3位有效数字)。

13.波源处于x=0处的一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，
t=0.2s时质点a第一次到达波峰位置，求：
(1)波长λ和波速v的大小；
(2)从t=0时刻起，质点b第二次到达波谷的时间Δt；
(3)在图中用虚线画出t=0.4s时的波形图。

14.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定
水深的深度计．如图，细管连通且导热性能良好的
气缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L。

气缸Ⅰ左端开
口，内部有轻质薄活塞A，活塞密封性良好且可无
摩擦左右滑动．外界大气压强为p0，气缸内封有压强为p0的气体，此时A位于气缸Ⅰ最左端。

该装置放入水下后，测出A向右移动的距离可测定水的深度．已知p0相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
(1)当A向右移动L
时，水的深度h；
3
(2)该深度计能测量的最大水深ℎm。

15.如图，在光滑水平地面上有一辆质量M=2kg的小车，小车左右两侧均为半径R=
0.3m的四分之一光滑圆弧轨道，两圆弧轨道之间平滑连接长L=0.6m的粗糙水平
轨道。

质量为m=1kg的小物块(可视为质点)从小车左侧圆弧轨道顶端A处静止释放，小物块和粗糙水平轨道间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2.求：
(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比；
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h；
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s及全过程小车在地面上发
生的位移x的大小。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、自然界中最容易实现的聚变反应是氢的同位素−氘与氚的聚变，不是任意的原子核就能发生核聚变，故A错误；
B、两个轻核结合成质量较大的核，结合时放出能量，出现质量亏损，平均质量减小，则总质量较聚变前减小，故B正确；
C、两个轻核结合成质量较大的核，放出能量，总的结合增加，则核子的比结合能增加，故C错误；
D、与裂变相比轻核聚变辐射极少，废物容易处理，更为安全、清洁，但是目前聚变还不能进行控制，目前利用核能的主要方式时裂变，故D错误。

故选：B。

不是任意的原子核就能发生核聚变；原子核在聚变时释放出巨大的能量，出现质量亏损，比结合能增加；目前利用核能的主要方式时裂变。

本题主要是考查原子核聚变，解答本题的关键是知道原子核发生聚变时放出能量，比结合能增加，生成的原子核更稳固。

2.【答案】A
【解析】解：①“空山不见人，但闻人语响”是声波的衍射；
②围绕发声的双股音叉走一圈，听到声音忽强忽弱，是两根音叉发出的声波在周围空间产生的干涉现象；
③当正在鸣笛的火车背离我们急驶而去时，我们听到汽笛声的音调变低，属于多普勒效应；
④雷声在云层里轰鸣不绝，属于声波的反射。

综上所述可知，A正确、BCD错误。

故选：A。

根据声波能够产生衍射、干涉、反射、多普勒效应等进行分析。

本题主要是考查声波的衍射、干涉、多普勒效应和声波的反射，关键是能够根据所学的知识分析生活中常见的一些物理现象，做到学有所用。

3.【答案】C
【解析】解：A、由于油膜法假设分子是单层并且紧密相连的；并不完全符合实际，故不能精确测量分子的大小，故A错误；
B、在计算面积时，超过半个的按一个，不足半格的才能舍去，故B错误；
C、根据实验原理可知，分子直径是由纯油酸的体积除以相应的油膜的面积求出的，故C正确；
D、实验时要先洒痱子粉，再滴油酸酒精溶液，故D错误。

故选：C。

明确用“油膜法”估测分子大小的实验原理：认为油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度即为油酸分子直径。

本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验，正确解答实验问题的前提是明确实验原理，知道实验步骤中各步的意义。

4.【答案】C
【解析】解：根据玻尔理论可知，受激的氢原子发出的所有光子中，频率最小的光子为最高的两个相邻的能级之间跃迁发出的光，结合能级图可知：
E4−E3=−0.85−(−1.51)=0.66eV
可知受激的氢原子跃迁到第4能级，则吸收的光子的能量为：
E=E4−E1=−0.85−(−13.6)=12.75eV
故C正确，ABD错误
故选：C。

根据玻尔理论判断哪一种情况下能发出0.66eV的光子，然后判断对应的能级，最后求出照射氢原子的单色光的光子能量。

解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即E m−E n=ℎv.知道能级差越大，辐射光子频率越大，波长越小。

5.【答案】BD
【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒可知，X的质量数为：A=27+4−30=1，电荷数为：Z=13+2−15=0，故X为中子 01n，故A错误；
B、根据质量数和电荷数守恒可知，中微子的质量数为：A=0，电荷数为：Z=0，故B正确；
C、半衰期由放射性元素本身的因素决定，不会随着温度、压强等条件变化而变化，故C错误；
D、正电子产生的原因是核内的质子转化为中子时放出的，故D正确。

故选：BD。

半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；由质量数和核电荷守恒可以推出，中微子的质量数和电荷数都为零；根据质能方程及质量亏损来判断。

本题考查了原子核衰变及半衰期、裂变反应和聚变反应等知识点。

注意点：理解人工核反应和原子核衰变的特点，会应用质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的类别。

6.【答案】BC
【解析】解：A、在r<r0阶段，F表现为斥力，r增大，F做正功，分子势能减小，故A错误；
B、在r>r0阶段，F表现为引力，r增大，F做负功，分子势能增大，分子动能减小，故B正确；
CD、分子势能E p−r图象如下：根据E p−r图象，在r=r0时，分子势能最小，分子动能最大，故C正确，D错误。

故选：BC。

根据E p−r图象，在r=r0时，分子势能最小；r<r0阶段，随着分子距离减小，分子势能增加；在r>r0阶段，随着分子距离减小，分子势能减小；对于整个过程，分子势能先减小后增大，说明分子力先做正功再做负功。

本题考查了分子势能、分子力等知识点。

利用F−r图象及E p−r图象，可以快速解决分
子力及分子势能变化的问题，我们平时训练时一定要结合图象来记忆。

7.【答案】AD
【解析】解：A、波长10μm的红外光在真空中的频率为：ν=c
λ=3×108
10×10−6
Hz=3×1013Hz，
故A正确；
B、根据图乙可知，遏止电压为0.02V，如果反接，但电源电压小于0.02V，则会产生电信号，故B错误；
C、依据E km=eU c得到：E km=0.02eV，故C错误；
D、根据爱因斯坦光电效应方程：E km=ℎν−W0，那么阴极金属逸出功约为：
W0=6.63×10−34×3×1013J−0.02×1.6×10−19J≈1.67×10−20J，故D正确。

故选：AD。

根据图乙可知遏止电压为0.02V，再结合反向电压的关系判断；
根据光速公式c=λν求解红外光频率；
根据E k=ℎν−W0和E k=eU c求解光电子的最大初动能，再由爱因斯坦光电效应方程求逸出功；
温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大。

考查红外线的特征与应用、光电效应以及热辐射等知识，会用所学的物理知识解决生活中的问题是关键。

8.【答案】CD
【解析】解：手机质量m=200g=0.200kg，手机下落高度ℎ=20cm=0.20m，头部受到手机的冲击时间约为t=0.1s
A、手机下落过程做自由落体运动，手机接触头部之前的速度大小v=√2gℎ=
√2×10×0.20m/s=2m/s，故A错误；
B、手机落在头上没有反弹，速度减为0，规定竖直向下为正方向，对手机，由动量定理得：mgt+I=0−mv，
代入数据解得，头部对对手机的冲量：I=−0.6N⋅s，负号表示方向竖直向上，
根据牛顿第三定律可知，手机对头部的冲量大小：I′=−I=0.6N⋅s，故B错误；
C、根据冲量定义得手机对头部的作用力大小为：F=I′
t =0.6
0.1
N=6N，故C正确；
D 、手机与头部作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与头部作用过程中动量变化为：ΔP =0−mv =0−0.200×2kg ⋅m/s =−0.4kg ⋅m/s ，负号表示方向向上，电动量的变化量大小是0.4kg ⋅m/s ，故D 正确。

故选：CD 。

手机砸到头部前做自由落体运动，应用运动学公式求出手机刚接触头部时的速度大小； 然后应用动量定理和牛顿第三定律求出手机动量变化和手机对头部的冲量大小。

本题以手机砸到头部的情况为背景命制试题，让人觉得耳目一新，感觉物理学就在我们身边，可以用它来解释我们身边经常见到或遇到的一些现象的物理学原理，能够激发学生的求知欲和学习兴趣；应用运动学公式、动量定理与冲量的定义式、动量的计算公式即可解题；解题时注意正方向的选择。

9.【答案】2sin(2.5πt) 12
【解析】解：根据图象读出周期为T =0.8s ，振幅A =2cm ，为正弦函数，即x =Asin 2πT
t =
2sin(
2π0.8
t)cm =2sin(2.5πt)cm ；
从t =0开始经过1.2s ，运动时间为t =1.2s =1.2
0.8T =3
2T ，运动的路程s =6A =6×2cm =12cm 。

故答案为：①2sin(2.5πt)②12。

由图象可读出振子振动的周期和振幅，简谐运动的公式x =Asin 2πT
t ；振子一个周期的
路程为四个振幅，半个周期内2个振幅。

解决该题的关键是能通过图象正确读出振子的周期、振幅，简谐运动的公式x =Asin 2πT
t ；
振子一个周期的路程为四个振幅，半个周期内2个振幅。

10.【答案】100 400
【解析】解：由图示图象可知，气体的状态参量是：p A =6×105Pa ，p B =p C =2×105Pa ，V A =V B =1×10−3m 3，V C =3×10−3m 3，由题意可知：T A =300K
由图示图象可知，气体从状态A 到状态B 体积不变，由查理定律得：p
A T A =
p B
T B ，代入数
据解得：T B =100K
气体从状态B 到状态C 气体的压强不变，由盖−吕萨克定律得：V B
T
B
=V
C T C
，代入数据解得：
T C=300K，
一定质量的理想气体内能由温度决定，A、C两状态气体温度相等，内能相等，从A到C过程气体内能不变，ΔU=0，
气体从A到B过程体积不变，外界对气体不做功，气体从B到C过程气体体积变大，气体对外做功，
B到C过程气体对外界做的功W BC=p B(V C−V B)=2×105×(3×10−3−1×10−3)J= 400J，
该过程外界对气体做功W BC′=−W BC=−400J
从A到C过程外界对气体做功：W=W AB+W BC′=0−400J=−400J
从A到C过程，由热力学第一定律ΔU=W+Q可知：Q=ΔU−W=0−(−400J)= 400J，即气体从外界吸收400J的热量。

故答案为：100；400。

由图示图象可知，气体从A到B发生等容变化，应用查理定律可以求出气体在状态B 时的温度；气体从B到C过程发生等压变化，应用盖−吕萨克定律求出气体在状态C的温度，一定质量的理想气体内能由温度决定，求出从A到C过程气体内能的变化量；根据图示图象求出气体从状态A到状态C气体对外界做的功，然后应用热力学第一定律分析答题。

本题考查了查理定律与盖−吕萨克定律与热力学第一定律的应用，根据图示图象分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的前提；应用查理定律与盖−吕萨克定律和热力学第一定律即可解题。

11.【答案】C dx
4l
大于
【解析】解：(1)A、依据干涉原理，则干涉条纹与双缝平行的，故A错误；
B、干涉条纹的间距公式为Δx=L
d
λ，干涉条纹的疏密程度与单缝宽度无关，故B错误；
C、干涉条纹的间距公式为Δx=L
d
λ；可知，其疏密程度与光的波长有关，故C正确；故选：C．
(2)测得第2条到第6条亮条纹中心位置之间的距离为x，相邻干涉条纹的间距为Δx=
x 6−2=x
4
．
根据双缝干涉条纹的间距公式Δx=L
d λ，得：λ=Δx⋅d
l
=dx
4l
．
(3)如下图所示：
三角形中斜边最长，故如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，干涉条纹间距测量值Δx 偏大；
故答案为：(1)C ； (2)dx
4l ；(3)大于。

(1)根据干涉条纹的间距公式Δx =L
d λ分析间距与哪些因素有关；
(2)依据Δx =x
6−2.再根据双缝干涉条纹的间距公式Δx =L
d λ求出光波的波长； (3)如果测量头中的分划板中心刻度线与干涉条纹不在同一方向上，条纹间距测量值偏大．
本题关键是明确实验原理，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式Δx =L
d λ，并注意相邻干涉条纹间距的求解．
12.【答案】74.3 lcosθ+d
2 9.62
【解析】解：(1)秒表的示数t =60s +14.3s =74.3s (2)摆长应为有效摆长，即L =lcosθ+d
2 (3)根据T =2π√L
g 可得 L =
g 4π2
T 2
由图像可知 k =g
4π2=1.004.1
m/s 2
解得
g =9.62m/s 2
故答案为：(1)74.3，(2)lcosθ+d
2，(3)9.62(9.53～9.71均可) (1)根据秒表可得时间t ；
(2)实验摆长应为有效摆长；
(2)先利用单摆周期公式推导L−T2的关系，再根据图像，就能得出重力加速度。

熟记单摆周期公式，明确单摆周期与哪些因素有关，会利用周期公式进行变形求重力加速度。

13.【答案】解：(1)简谐横波沿x轴正方向传播，质点a开始向上运动，经t=0.2s=1
4
T到达波峰，则周期T=0.8s，
由图象可读出波长λ=4m，所以波速：v=λ
T =4
0.8
m/s=5m/s；
(2)由波形知，波传到x=8m处的时间t1=Δx
v =8−6
5
s=0.4s。

质点b从刚开始振动(运
动方向沿y轴向下)到质点b第二次到达波谷时，所用时间t2=1
4T+T=5
4
×0.8s=1.0s。

所以总时间t=t1+t2=0.4s+1.0s=1.4s；
(3)因为t=0.4s=1
2
T，经过半个周
期，x0=0处的质点的位移y0=
0cm，x1=1m处的质点的位移y1=
5cm，x2=2m处的质点y2=0cm，
x3=3m处的质点y3=−5cm……
描出以上点的坐标，用虚线画出t=0.4s的波形如图所示；
答：(1)波长λ为4m，波速v的大小为5m/s；
(2)从t=0时刻起，质点b第二次到达波谷的时间Δt为1.4s；
(3)t=0.4s波形如图所示(虚线)。

【解析】(1)由题目所给的图象读出波长，结合题意x=0的质点，经过0.2s第一次到波峰，可以求周期，从而求波速；
(2)利用b点到波峰的距离除以波速得到第一次到达波峰的时间；
(3)用描点法绘出t=0.4s的波形图。

本题考查了波的传播过程中质点振动方向的判断，周期、波速的求法．要熟练运用质点
的带动法判断质点的振动方向．
14.【答案】(1)当A向右移动L
3
时，对汽缸内气体，由玻意耳定律得：
p0S⋅2L=p′S⋅5
3
L
解得：p′=1.2p0
而此时B中气体的压强为2p0>p1，故B不动
由p′=p0+pℎ
解得水的深度pℎ=p′−p0=0.2p0
已知p0相当于10m高的水柱产生的压强
故ℎ=2m；
②该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，汽缸内气体压强逐渐增大，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，由玻意耳定律得：
p0S⋅2L=p′′SL
解得p′′=2p0
水的深度pℎm=p′′−p0=p0
联立解得pℎm=p0，故ℎm=10m．
答：(1)当A向右移动L
3
时，水的深度为2m；
(2)该深度计能测量的最大水深为10m。

【解析】(1)根据玻意尔定律可明确压强大小，再由压强公式即可确定水的深度；
②当A恰好移动到缸底时所测深度最大，对气体进行分析，根据玻意尔定律可确定压强，从而求出水的深度。

本题考查玻意尔定律的应用和压强的计算，要注意明确研究对象的正确选择，在解题时应对缸内气体进行分析求解。

15.【答案】解：(1)小物块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，设小物块第一次滑到圆弧轨道末端时的速度大小为v1，小车速度为大小v2
以向右为正方，由动量守恒定律得：mv1−Mv2=0
由机械能守恒定律得：mgR=1
2mv12+1
2
Mv22
代入数据解得：v1=2m/s，v2=1m/s
所以小物块第一次滑到圆弧轨道的末端时，小物块与小车的速度之比为2：1
(2)由于水平方向动量守恒，当小物块第一次滑到右弧最高点时：mv1−Mv2=(m+ M)v3
机械能守恒有：mgR=μmgL+mgℎ+1
2
(m+M)v32
联立代入数据解得：v3=0，ℎ=0.24m
(3)从小物块滑下到最终相对小车静止，设小物块在粗糙水平面上走过的路程为s对小物块与小车组成的系统，在整个运动过程，由能量守恒定律得：
mgR=μmgs
代入数据解得：s=3.0m
因为s=5×0.6m，即物块将停在粗糙轨道的最右端。

物块相对小车停下时，小车也停止运动，整个过程中，物块相对小车发生位移：x总= R+L=0.3m+0
6m=0.9m
对m、M整体，水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，
以向右为正方，由动量守恒定律得：m x1
t −M x2
t
=0
又：x1+x2=x总
代入数据解得：x2=0.3m，方向水平向左
答：(1)小物块第一次滑到左侧圆弧轨道末端时，小物块与小车的速度大小之比为v1：v2=2：1；
(2)小物块第一次滑到右侧圆弧轨道上的最大高度h为0.24m；
(3)整个运动过程小物块在粗糙水平轨道上经过的路程s为3.0m，全过程小车在地面上发生的位移x的大小为0.3m。

【解析】(1)小物块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小物块第一次滑到圆弧轨道末端时小物块的速度和小车速度的大小之比；
(2)根据能量守恒求出小物块滑到最右端时的高度；
(2)根据功能量守恒定律解小物块滑下到最终相对小车静止物块在小车粗糙面上滑动的路程，由此得到小物块最终相对于小车静止的位置，根据动量守恒定律求解整个运动过程中小车发生的位移。

本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。