2015年山东省枣庄市滕州五中
高考物理模拟试卷（4月份）
一、选择题（共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．（6分）（2015?滕州市校级模拟）物体某段过程的v﹣t图象如图所示，在t1和t2时刻的瞬时速度分别为V1和V2，则在t1～t2过程中（）
A．加速度不断增大B．速度不断减小
C．平均速度D．平均速度
【考点】：匀变速直线运动的图像．
【专题】：运动学中的图像专题．
【分析】：在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负．
【解析】：解：A、在速度﹣时间图象中，切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；从图象中看出在t1～t2过程中速度时间图象的斜率逐渐减小，说明加速度的大小在减小，故A错误．
B、由于在速度﹣时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；从图象中可以看出速度对应的纵坐标越来越小，即速度不断减小，故B正确．
CD、如果物体在t1～t2过程中做的是匀减速直线运动，且初末速度分别为V1和V2，那么由匀变速直线运动的规律可得：v=，但是在任意时刻物体的实际速度小于匀减速过程的此时刻的速度，所以＜，故CD错误．
故选：B
【点评】：本题是为速度﹣﹣时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．
2．（6分）一颗月球卫星在距月球表面高为h的圆形轨道运行，已知月球半径为R，月球表面的重力加速度大小为g月，引力常量为G，由此可知（）
A．月球的质量为
B．月球表面附近的环绕速度大小为
C．月球卫星在轨道运行时的向心加速度大小为g月
D．月球卫星在轨道上运行的周期为2π
【考点】：万有引力定律及其应用．
【专题】：万有引力定律的应用专题．
【分析】：卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，万有引力等于重力，根据万有引力定律和向心力公式列式，即可得解．
【解析】：解：“嫦娥一号”卫星绕月做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，则得：G=m（R+h）=m=ma
在月球表面上，万有引力等于重力，则有：
m′g月=G，得GM=g月R2，
由上解得：
M=
v=
a=
T=2π
故A正确，BCD错误；
故选：A．
【点评】：卫星问题基本的思路有两条：一是万有引力提供向心力，二是万有引力等于重力，得到黄金代换式GM=gR2，再运用数学变形求解．
3．（6分）（2015?滕州市校级模拟）如图是用来粉刷墙壁的涂料滚的示意图．使用时，用撑竿推着涂料滚沿墙壁上下滚动，把涂料均匀地粉刷到墙壁上．撑竿的重量和墙壁的摩擦均不计，而且撑竿足够长．粉刷工人站在离墙壁某一距离处缓缓上推涂料滚，使撑杆与墙壁间的夹角越来越小．该过程中撑竿对涂料滚的推力为F1，涂料滚对墙壁的压力为F2，下列说法正确的是（）
A．F1增大，F2减小B．F1减小，F2增大
C．F1、F2均增大D．F1、F2均减小
【考点】：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．
【专题】：共点力作用下物体平衡专题．
【分析】：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为F1和墙壁对涂料滚的弹力的表达式，再分析两个力的变化．
【解析】：解：以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出力图．设撑轩与墙壁间的夹角为α，根据平衡条件得
F1=
F2=Gtanα
由题，撑轩与墙壁间的夹角α减小，cosα增大，tanα减小，则F1、F2均减小．
故选：D．
【点评】：本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用作图法更直观反映出两个力的变化情况．
4．（6分）如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直与环面且过圆心O，下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是（）
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
【考点】：电势；电场强度．
【专题】：电场力与电势的性质专题．
【分析】：圆环上均匀分布着正电荷，根据电场的叠加和对称性，分析O点的场强．根据电场的叠加原理分析x轴上电场强度的方向，即可判断电势的高低．
【解析】：解：
A、B、圆环上均匀分布着正电荷，根据对称性可知，圆环上各电荷在O点产生的场强抵消，合场强为零．圆环上各电荷产生的电场强度在x轴有向右的分量，根据电场的叠加原理可知，x轴上电场强度方向向右，根据顺着电场线方向电势降低，可知在x轴上O点的电势最高，故A错误，B正确；
C、D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿x轴正方向，场强应先增大后减小．x轴上电场强度方向向右，电势降低，故CD错误．
故选：B．
【点评】：解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法场强的变化．
5．（6分）（2015?滕州市校级模拟）如图所示，质量为m、电量为q的小球在电场强度E的匀强电场中，以初速度v0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°，若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg=qE，则下面说法中正确的是（）
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为g
C．小球最大高度为
D．小球电势能的最大值为
【考点】：带电粒子在混合场中的运动．
【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】：小球做匀变速直线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上，结合合力的大小，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合速度位移公式求出小球上升的高度，根据电场力做功求出电势能的变化量，从而得出小球电势能的最大值．
【解析】：解：A、因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上．如图所示．故A错误．
B、根据平行四边形定则知，小球所受的重力和电场力相等，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球的加速度为g．故B正确．
C、小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s==，则小球上升的最大高度h=s=．故C错误．
D、在整个过程中电场力做功W=qEscos120°=﹣mv02，电势能增加mv02，所以小球电势
能的最大值为mv02．故D错误．
故选：B．
【点评】：本题应在正确分析小球受力情况的基础上，运用牛顿第二定律、运动学公式和功能关系分析．知道物体做直线运动，合力的方向与速度方向在同一条直线上．
6．（6分）如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B 间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是（）
A．当F＜2μmg 时，A、B都相对地面静止
B．当F=μmg时，A的加速度为μg
C．当F＞3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【考点】：牛顿第二定律；滑动摩擦力；力的合成与分解的运用．
【专题】：牛顿运动定律综合专题．
【分析】：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．【解析】：解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为μmg．故当0＜F≤μmg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B
将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；
C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′﹣μmg=3ma′，解得F′=3μmg，故当μmg＜F≤3μmg时，A相对于B
静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．
B、当F=μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F﹣μmg=3ma，解得a=，B正确．
D、对B来说，其所受合力的最大值F m=2μmg﹣μmg=μmg，即B的加速度不会超过μg，
D正确．
因选不正确的，故选：A
【点评】：本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力
7．（6分）（2015?滕州市校级模拟）如图所示，水平放置的光滑轨道上固定有两个阻值均为R的定值电阻，空间中存在有竖直向下的匀强磁场，一质量为m，电阻也为R的金属棒垂直的放在导轨上，已知金属棒的长度等于导轨间距为D，某时刻给金属棒一水平初速度V0，金属棒在导轨上运动了L后速度变成V，则关于此过程下面说法中正确的是（）
A．金属棒上产生的热量为m（v02﹣v2）
B．金属棒上产生的热量为m（v02﹣v2）
C．此区域内磁感应强度为B=
D．此区域内磁感应强度为B=
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．
【专题】：电磁感应——功能问题．
【分析】：金属棒动能的减少量等于整个回路产生的热量，根据焦耳定律分析金属棒与两个定值电阻产生的热量关系，求解金属棒上产生的热量．从加速度入手，运用微元法求解B．
【解析】：解：AB、设金属棒上产生的热量为Q，每个R上产生的热量为Q′，通过R的电流为I，根据焦耳定律得：
Q=（2I）2Rt，Q′=I2Rt，则Q=4Q′
根据Q+Q′=m（v02﹣v2）得Q=m（v02﹣v2），故AB错误．
CD、设金属棒速度为v时加速度为a，取极短时间△t，则有a=
得△v=a△t
根据牛顿第二定律得：a=
棒所受的安培力大小F=BIL=B D=
联立以上三式可得△v=△t
两边求和得：△v=∑△t
又v△t=△x，v△t=x=L
联立解得：B=，故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】：本题一方面要准确把握能量的分配关系，另一方面要学会：对于变速直线运动，从加速度的定义式入手，运用微元法可以研究力和速度的关系．
二、非选择题
8．（8分）探究加速度与力的关系装置如图所示．带滑轮的长木板水平放置，细绳通过两滑轮分别与弹簧秤挂钩和沙桶连接，细线与桌面平行．将木块放在靠近打点计时器的一端，缓慢向沙桶中添加细沙，直到木块开始运动，记下木块运动后弹簧秤的示数F，通过纸带求出木块运动的加速度a．将木块放回原处，向沙桶中添加适量细沙，释放木块…获取多组a、F 数据．
（1）关于该实验的操作，以下说法正确的是AB
A．实验过程中，应先闭合打点计时器开关，再释放小车
B．通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据
C．每次添加细沙后，需测出沙及沙桶的质量
D．实验过程要确保沙及沙桶的质量远小于木块的质量
（2）某同学根据实验数据做出了两个a﹣F图象如图2所示，正确的是B；
由图象可知，木块所受的滑动摩擦力大小大小为2F0；若要作出木块的加速度与合力的关系，需要对图象进行修正．修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0（用F、F0表示）．
【考点】：测定匀变速直线运动的加速度．
【专题】：实验题；牛顿运动定律综合专题．
【分析】：（1）该实验不需要测量沙及沙桶的质量，绳子的拉力由弹簧秤直接测量，不需要满足沙及沙桶的质量远小于木块．
（2）根据牛顿第二定律得出a与F的关系式，结合关系式得出正确的图线．
（3）根据加速度等于零求出弹簧的拉力，从而求出此时的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得出加速度与合力的关系式，从而得出修正后的横坐标．
【解析】：解：（1）实验中应该先接通电源后释放纸带，故A正确．
B、通过缓慢添加细沙，可以方便地获取多组实验数据，故B正确．
C、绳子的拉力可以通过弹簧测力计测出，不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．故C、D错误．
故选：AB．
（2）小车所受的拉力等于2倍的弹簧秤拉力，可以直接测量得出，根据牛顿第二定律得，
a==，故正确的图线是B．
当弹簧拉力为F0时，小车开始滑动，可知滑动摩擦力f=2F0．
根据牛顿第二定律得，a=，所以修正后的横坐标F合应该等于2F﹣2F0．
故答案为：（1）AB；（2）B；2F0，2F﹣2F0
【点评】：本题实验源于课本实验，但是又不同于课本实验，关键要理解实验的原理，注意该实验不需要测量砂及沙桶的质量，也不需要保证沙及沙桶的质量远小于木块．
9．（4分）（2015?滕州市校级模拟）某同学用游标卡尺测量圆形管内径时的测量结果如图甲所示，则该圆形钢管的内径是40.45mm．
如图乙所示是某次用千分尺测量时的情况，读数为0.700mm．
【考点】：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．
【专题】：实验题．
【分析】：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．【解析】：解：1、游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：40mm+0.45mm=40.45mm．
2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．
故答案为：40.45，0.700
【点评】：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
10．（8分）用下列器材组装成一个电路，要求既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．
A．电压表V1（量程6V，内阻很大）
B．电压表V2（量程3V，内阻很大）
C．电流表A（量程3A，内阻很小）
D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω，额定电流4A）
E．小灯泡（2A，5W）
F．电池组（电动势E，内阻r）
G．开关一只，导线若干
实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小．
（1）请将设计的实验电路图在图1虚线框中补充完整．
（2）每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到U﹣I坐标系中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图2所示，则电池组的电动势E= 4.5V，内阻r= 1.0Ω．（结果保留两位有效数字）（3）在U﹣I坐标系中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为0Ω．
【考点】：测定电源的电动势和内阻．
【专题】：实验题．
【分析】：（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图．
（2）电源的U﹣I图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻．
（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值．
【解析】：解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电
压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小，则V1测路端电压，V2测灯泡两端电压，电路图如图所示．
（2）电源的U﹣I图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻
r===1.0Ω．
（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V，此时电路电流I=2.0A，电源电动势E=Ir+U L+IR滑，即4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R滑，则R滑=0Ω．
故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0．
【点评】：电源的U﹣I图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错．
11．（16分）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机外，一般还配有紧急出口．发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面部分AC和水平部分CD构成），机舱中的人可沿该气囊滑行到地面上来，如图所示．某机舱离气囊底端的竖直高度AB=3.0m，气囊构成的斜面长AC=5.0m，AC与地面之间的夹角为θ．斜面部分AC和水平部分CD平滑连接．一个质量m=60kg的人从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平部分上的E点静止，已知人与气囊之间的动摩擦因数为μ=0.55．不计空气阻力g=10m/s2．求人从A点开始到滑到E 点所用的时间．
【考点】：牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．
【专题】：牛顿运动定律综合专题．
【分析】：由牛顿第二定律求出加速度，然后由运动学公式求出人在斜面与水平面上的运动时间，然后求出总的运动时间．
【解析】：解：人的受力如图所示，由牛顿运动定律得：mgsin θ﹣μF N=ma
F N﹣mgcosθ=0，
则：a=gsinθ﹣μgcosθ，
解得：a=1.6 m/s2
设人在斜面部分滑下所用的时间为t1，
s=at，
代入数据解得：t1=2.5 s
设人滑到斜面底端C时的速度为v C，
v C=at1=1.6×2.5=4 m/s
由牛顿运动定律得：μmg=ma′
由0﹣v C=（﹣a′）t2
解得：t2=0.73 s
故人从开始到滑到E点所用的时间：t=t1+t2=3.23 s．
答：人从A点开始到滑到E 点所用的时间为3.23s．
【点评】：本题考查了求运动时间，分析清楚人的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题．
12．（16分）（2015?滕州市校级模拟）如图所示为一种电磁装置，由粒子源、加速电场、偏转电场、匀强磁场组成．在S点有一粒子源，能不断释放电量为q，质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U 的匀强偏转电场（偏转电场中电压正负极随时间做周期性变化），偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子在偏转电场中一次偏转后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B．若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：
（1）粒子进入磁场时速度大小．
（2）匀强磁场的宽度D至少为多少？
（3）该带电粒子周期性运动的周期T是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向？
【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】：（1）对在加速电场中运用动能定理，结合在偏转电场中做类平抛运动求出偏转位移的大小和偏转角，对整个过程运用动能定理，求出粒子进入磁场的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，结合几何关系求出匀强磁场的最小宽度．
（3）粒子在加速电场中匀加速直线匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，结合运动学公式和推论以及在磁场中运动的周期公式求出带电粒子的周期T．偏转电压正负极变换一次方向的时间等于粒子在磁场中运动的时间．
【解析】：解：（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理得：
，解得：…①
由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间t1为：t1==…②
粒子在偏转电场中做类似平抛运动，
其加速度a为：，
粒子通过偏转电场的时间t2为：…③
粒子在偏转电场中的侧移距离y为：…④
侧向速度v y为：
则粒子射出偏转电场时的速度v为：…⑤
（2）以速度v进入磁场后做匀速度圆周运动，洛仑兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，解得：…⑥
则磁场宽度为：…⑦
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T'为：
，tanθ==2，则：θ=arctan2，
所以粒子在磁场中运动的时间t3为：…⑧粒子从S出发到回到S的周期T为：
T=2t1+2t2+t3=4d+2L+；
偏转电压正负极换向时间t为：t==2d+L+；
答：（1）粒子进入磁场时速度大小为．
（2）匀强磁场的宽度D至少为+．
（3）该带电粒子周期性运动的周期T是4d+2L+；
偏转电压正负极经2d+L+变换一次方向．
【点评】：本题考查了粒子在电场中和磁场中的运动问题，关键作出粒子的轨迹，知道粒子在加速电场中做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动，在匀强磁场中做圆周运动，结合动能定理和运动学公式进行求解．
13．（16分）如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以=300m/s
水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2．求：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？
（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？
【考点】：动量守恒定律；牛顿第二定律．
【分析】：（1）根据动量守恒定律求出子弹穿过木块的瞬间，木块的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离．
（2）根据运动学公式求出子弹被一颗子弹击中到下一颗子弹击中，这段时间内的位移，从而确定最多能被多少颗子弹击中．
（3）根据功能关系求出被一颗子弹击中到下一颗子弹击中这段时间内所产生的热量，包括子弹击穿木块的过程中产生的内能，与传送带发生相对滑动产生的内能，从而得出子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能．
【解析】：解：（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：
mv0﹣Mv1=mv+Mv1′，
解得：v1′=3m/s，
木块向右作减速运动加速度：a==μg=0.5×10=5m/s2，
木块速度减小为零所用时间：t1=
解得：t1=0.6s＜1s
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=，
解得：s1=0.9m．
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间为：t2=1s﹣0.6s=0.4s
速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；
向左移动的位移为：s2=at22=×5×0.42=0.4m，
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1﹣S2=0.5m方向向右
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为：s=15×0.5m=7.5m，
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：
Q1=mv02+Mv12﹣mu2﹣Mv1′2，
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，
产生的热量为：Q2=μMgs′，
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2﹣s2，
产生的热量为：Q3=μMgs″，
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3﹣at32=0.8，
解得：t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8
产生的热量为：Q4=μMgs，
全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4
解得：Q=14155.5J；
答：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m．
（2）木块在传达带上最多能被16颗子弹击中．
（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．
【点评】：此题综合性非常强，既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，要求掌握物理知识要准确到位，能够灵活应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚过程后，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．