【文档说明】河南省濮阳市2024-2025学年高三上学期9月质量检测考试 物理 Word版含解析.docx，共(15)页，940.431 KB，由小赞的店铺上传

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2024—2025学年高三9月质量检测考试物理★全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的

答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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。1．2024年8月6日，我国发

射了千帆极轨01组卫星。现代卫星采用的是星载氢原子钟，氢原子钟是一种精密的时钟，它是利用原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟。如图所示为氢原子六个能级的示意图，n为量子数。已知红光光子的能量范围为1.61~2.00eV

，绿光光子的能量范围为2.14~2.53eV，蓝光光子的能量范围为2.53~2.76eV，紫光光子的能量范围为2.76~3.10eV。根据玻尔理论，下列说法正确的是（）A．使n＝6能级的氢原子电离至少需要13.22eV的能量B．氢原子从n＝6能级跃迁到n＝2能级放出的

光子是紫光光子C．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝6能级能量减小D．处于n＝6能级的大量氢原子向低能级跃迁时辐射光的频率有30种2．北京时间2024年8月7日，中国选手吴艳妮迎来奥运首秀，她在女子100米栏预赛中以12秒97的成绩排名小组第6，接下来将

进入复活赛。若测得吴艳妮在100米栏预赛过程中的速度v与时间t的关系图像如图所示，10t内可近似视为直线，下列说法正确的是（）A．在冲线时可以将吴艳妮看作质点B．1t时刻吴艳妮的瞬时速度大于15.42m/sC．吴艳妮全程的平均速度小于3t时

刻的瞬时速度D．3t时刻后，吴艳妮的加速度减小3．中国古代灌溉农田用的桔是臂架型起重机的雏形。如图所示，用起重机将一质量1502kgm=的重物竖直向上吊起，若重物上表面是边长为d的水平正方形，四根长度均为d的吊绳分别连接在正方形的四个角，另一端

连接在吊索下端的O点。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力和吊绳的重力，起重机的吊索吊着重物匀速上升过程中，吊索上的拉力大小和每根吊绳上的拉力大小分别为（）A．15002N,750NB．15002N,1500NC．30002N,750ND．30

002N,1500N4．如图所示，半圆OACB为某种透明材料的截面，∠AOC＝90°，D点到OC的距离等于半径的一半。一细光束a从O点以45°角射入材料，折射光线刚好照射在D点，一细光束b从D点以平行于AB的方

向射入材料，折射光线刚好照射在B点。光在真空中传播的速度为c，则细光束a和b在透明材料中传播的速度大小分别为（）A．23,23ccB．2,3ccC．26,23ccD．62,2cc5．如图所示，在磁感应强度大小为B的

匀强磁场中，一边长为L的单匝正方形线圈abcd绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，角速度为，矩形线圈通过滑环E、F与理想变压器相连，理想变压器与阻值为R的负载电阻相连，不计其他电阻，变压器原、副线圈匝数之比为k，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是

（）A．当线圈平面与磁场垂直时，线圈中的电动势最大B．线圈中的电动势最大值为22BLC．从图示位置开始计时，线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为2sineBLt=D．线圈转动过程中电阻R的功率为24222BLRk6．如图甲所示，倾角为37°

的光滑斜面体放置在光滑水平面上，与斜面平行的轻弹簧上端固定在斜面上，下端连接质量为1.5kg的小球（视为质点）。现对斜面体施加一水平向右的推力F，测得推力F的大小随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取弹簧

伸长为正，压缩为负），整个过程不超过弹簧的弹性限度，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（）A．轻弹簧的劲度系数为3N/mB．斜面体的质量为4.5kgC．轻弹簧的形变量为0时，斜面体的加速度大小为6m/s2D．轻弹簧压缩10cm时，小球

单位时间内的速度增加量为10m/s7．如图所示，正方形ABCD四个顶点固定四个等量点电荷，其中A、B处电荷带正电，C、D处电荷带负电，E、F、G、H分别为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法正确的是（）A．O点的合场强为零，E、G两点的合场强方

向均为水平向左B．G点的合场强一定大于E点的合场强C．G点电势比H点电势高，将电子从G点沿直线移动到H点，电场力做负功D．将一带正电的试探电荷从E点沿直线移动到F点，试探电荷的电势能一直增大二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A过程，p-V图像如图所示，其中CD的延长线经过坐标原点O，DA段为双曲线的一支。已知理想气体的内能与热力学温度成正比，下列说法正确的是（）A．在A、B、C三个状态中，气体分子在状态C

时的平均动能最大B．气体在状态C的内能是在状态A内能的4倍C．在A→B→C→D→A整个过程中，气体对外界做功为零D．B-→C过程中，容器壁单位时间单位面积内受到气体分子撞击的次数减少9．预计在2025年1月16日将发生火星冲日现象，即火星、地球、太阳三者处于同一直线，地球处于太阳、火星

之间，此时是观察火星的最佳时间。已知地球到太阳距离为1个天文单位，火星到太阳距离约为1．5个天文单位，太阳系目前已知的八大行星按距日由近及远依次为：水星、金星、地球、火星、木星、土星、天王星、海王星。设火星和地球在同一平面

内沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是（）A．水星比火星更易发生冲日现象B．火星绕太阳公转的周期约为1.8年C．上一次出现火星冲日现象是在2022年1月D．地球绕太阳公转的加速度大小约为火星绕太阳公转加速度大小的2.25倍10．如图所示，半径为d的金属圆形

导轨固定在水平面内，金属圆形导轨内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为0B，长度为d、阻值为R。的直导体棒ab置于圆形导轨上，a端处于导轨圆心处，导体棒ab绕过圆心的竖直轴OO'以角速度ω逆时针（从上向下看）匀速转动。两根足够长、相互平行且倾斜的光滑长直金属导轨PQ

、MN与水平面的夹角为，导轨的间距为2d，顶端P点通过开关S1与圆形导轨相连，M点通过导线和竖直金属轴与a点接触，倾斜导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，两导轨通过开关S2接入阻值为4R0的电阻R。闭合开关S1、断开开关S2，质量为m、长度为2d、阻值为2R0的导体棒cd恰好

静止在倾斜导轨PQ、MN上，导体棒始终与导轨接触良好且导轨PQ、MN足够长。重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．导体棒a端的电势高于b端的电势B．倾斜导轨所在处匀强磁场的磁感应强度大小为0303sinmgR

BdC．断开开关S1、闭合开关S2，导体棒cd先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动D．断开开关S1，、闭合开关S2，导体棒cd所受重力的最大功率为222006BdR三、非选择题：本题共5小题，共54分。11．（8分）某

同学做观察电容器充、放电并估测电容器的电容实验，采用8V的稳压直流电源、单刀双掷开关、电流传感器（与电脑相连，能描绘出电流i随时间t（变化的图线）、定值电阻和导线若干，连成如图甲所示的电路。（1）下列说法正确的是__________（填正确答案标号）。A．单刀双掷开关S掷向1端，电容器放

电B．先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容先增大后减小C．电容器带电时，两个极板只有一个板上有电荷D．电容器充电时，与电源正极相连的极板带正电（2）用8V的稳压直流电源对电容器先充满电，后电容器放电，电脑屏幕上显示出电容器在放电过程中电流随时间变化的i-t（曲

线如图乙所示，根据图像可估算出1s到4s内曲线下包含的小格的个数大约为40个，根据图像估算出释放的电荷量为_______C（结果保留两位有效数字）。（3）根据前面的信息，计算出电容器的电容为_______F（结果保留一位有效数字）。（4）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电

时i-t曲线与横轴所围成的面积将_______（填“增大”“不变”或“变小”）；放电时间将_______（填“变长”“不变”或“变短”）。12．（8分）某实验小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，一根长度为L

、不可伸长的轻绳一端连接固定在铁架台上的拉力传感器，另一端连接小钢球，自然下垂时小钢球刚好位于光电门处。在铁架台上固定一角度测量仪（0刻度线水平），使轻绳的上端和角度测量仪的圆心重合。已知轻绳的长度远大于小钢球的半径，重力加速度为g。（1）实验小组的同学用螺旋测微器测量小钢球的直径d，

如图乙所示，该小钢球的直径d＝_______mm。（2）小组同学先将小钢球拉离最低点一个角度，由静止释放小钢球，使小钢球在角度测量仪0刻度线下方摆动，由角度测量仪读取轻绳与水平方向的夹角，由光电计时器记录小钢球的挡光时间，多次改变角度重复实验。若该

过程小钢球的机械能守恒，则满足_______（用题中所给的物理量符号表示）。（3）小组同学再给小钢球一水平向左适当大小的初速度，使小钢球摆动到角度测量仪0刻度线上方，由光电计时器记录小球的挡光时间t，由角度测量仪读取拉力传感器示数为0时的角度α，改变小

钢球的初速度大小，重复上述过程。通过记录的实验数据，以三为纵轴，欲将图线拟合成一条直线，应以_______（填“sinα”“cosα”或“tanα”）为横轴，若该过程小钢球的机械能守恒，则图线的斜率k＝_______（用题中所给的物理量符号表示）。13．

（9分）图甲为一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，质点a的位移为15cm，b是平衡位置为x＝2m处的质点，图乙为质点b的振动图像，请回答下列问题：（1）判断这列波的传播方向并求波速；（2）推导坐标原点O处质点

做简谐运动的表达式；（3）从t＝0开始计时，t＝32s时质点a的位移和经过32s质点b通过的路程。14．（13分）如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二象限中，存在以A、C连线为界的匀强电场和匀强磁场，AC以及上方存在斜向右上方的匀强电场，方向与x轴的夹角37=，AC下方和第一象限内存在垂直纸

面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子a从x轴上的A点由静止释放，经电场加速后从y轴上的C点进入匀强磁场，此时粒子Q的速度大小为0v，O点到C点的距离为L。质量为m的不带电粒子b静止在x轴上的D点，粒子a在D点

沿x轴负方向与粒子b碰撞，粒子a的一半电荷量转移给粒子b，碰撞后粒子a在磁场中运动时恰好再次经过C点。碰撞时间极短，不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场和磁场的边缘效应。求：（1）第二象限内电场强度E的大小；（2）第一象

限内磁感应强度B的大小和D点的位置坐标；（3）从粒子a由静止释放到第二次经过C点的时间。15．（16分）如图所示，平板车C（上表面水平）静止在光滑的水平面上，在C的上表面放置两个紧挨着的小物块A和B（A、B可视为质

点）。A的质量为m，B、C的质量均为2m，A、B两物块与C之间的动摩擦因数均为μ＝0.3。t＝0时刻在瞬时外力的作用下物块A获得大小v0＝3m/s的速度水平向左运动，物块B获得大小为2v0。的速度水平向

右运动，两物块刚好不从平板车上滑落（不计空气阻力，重力加速度大小g＝10/s2），求：（1）t＝0时刻A、B、C加速度大小之比；（2）平板车C的最大速度的大小和A、B、C三者共速时速度的大小；（3）平板车C的长度。2024

—2025学年高三9月质量检测考试参考答案物理★1．B解析：n＝6能级的氢原子具有的能量为－0.38eV，故要使其发生电离即能量变为0，至少需要0.38eV的能量，选项A错误；氢原子从n＝6能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量为E＝－0.38eV－（－3.40eV）＝3.02

eV，则该光子能量在紫光光子的能量范围内，选项B正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝6能级，由低能级跃迁到高能级，要吸收能量，总能量增大，选项C错误；处于n＝6能级的大量氢原子向低能级跃迁，辐射光的频率有2615C=种，选项D错误。故

选B。2．C解析：冲线时，吴艳妮的头部、脚部等部位过线，即表示冲线成功，故此时不能将吴艳妮看作质点，故A错误；由xvt=可知吴艳妮全程的平均速度约为7.71m/s，由图像可估算吴艳妮全过程的平均速度与1t时刻的瞬时速度差不多，故B错误；由图像可知吴艳妮全过程的平均速度小于3t时刻的瞬时速度，

故C正确；v-t图像的斜率表示加速度，3t时刻后，吴艳妮的加速度增大，故D错误。故选C。3．A解析：设吊索上的拉力大小为1F，根据力的平衡条件，有115002NFmg==，设吊绳与竖直方向的夹角为，则22sindd==22，设每根吊绳上的拉力大小为2F，根据力的平

衡条件，有24cosFmg=，解得2F=2750N4mg=，选项A正确。故选A。4．A解析：根据题意，作出细光束a和细光束b的光路图，由几何关系得1sin2DOC=，所以30DOC=，由折射定律可得透明材料对细光束a的折射率

为sin452sin30an==，所以细光束a在透明材料中传播的速度大小为22aacvcn==；由几何关系可得细光束b的入射角为60，折射角为30，由折射定律可得透明材料对细光束b的折射率为bn=sin603sin30=，所以细光束b在透明材料中传播的速

度大小为33bbcvcn==，故A正确，B、C、D错误。故选A。5．D解析：当线圈平面与磁场平行时，线圈中的电动势最大，选项A错误；线圈中的电动势最大值为2mEBSBL==，选项B错误；图示位置线圈平面与磁场平行，此时电动势最大，则线圈中的电动势e随时间t变化的关系式为2mc

oscoseEtBLt==，选项C错误；线圈转动过程中变压器原线圈两端电压有效值2m122EBLU==，副线圈两端电压有效值2122UBLUkk==，电阻R的功率2242222UBLPRRk==，选项D正确。故选D。6．D解析：

设斜面体的质量为M，小球的质量为m，对斜面体和小球整体，由牛顿第二定律得()FMma=+，对小球，由平衡条件和牛顿第二定律得Ncos37sin37Fkxmg+=，Nsin37cos37Fkxma−=，整理得F=3()

5()44MmgMmkxm++−，由图乙可知3()5()30N,100N/m44MmgMmkm++==，所以斜面体的质量为2.5kgM=，轻弹簧的劲度系数为30N/mk=，故A、B错误；轻弹簧的形变量为0

时，推力30NF=，对斜面体和小球整体，由牛顿第二定律得斜面体的加速度大小为27.5m/s，故C错误；轻弹簧压缩10cm时，推力40NF=，对斜面体和小球整体，由牛顿第二定律得小球和斜面体的加速度大小为210m/s，小球单位时间内的速度增加量为10m

/s，故D正确。故选D。7．B解析：根据点电荷电场的叠加，四个点电荷在O点的合场强方向由E指向F，不可能为零，根据电场的对称性可知E、F两点和G、H两点的电场强度分别相同，E、G点的场强如图所示，根据对称性可知E、G两点的合场强方向都是水平向右，选项A错误；E点场强由1E、2

E合成，G点场强由3E、4E、5E、6E合成，四个电荷等量，所以3412EEEE==，3E、4E同向，34?¢EE的合场强一定大于1E、2E的合场强，所以G点的合场强一定大于E点的合场强，选项B正确；G、H两点关于EF连线对称，故G、H两点的电势一定相同，将电子从

G点沿直线移动到H点，电场力做功为零，选项C错误；根据矢量合成法则，从E点沿直线到F点，各个位置的场强方向向右，所以将一带正电的试探电荷从E点沿直线移动到F点，电场力方向向右，所以电场力一直做正功，电荷的电

势能一直减小，选项D错误。故选B。8．BD解析：由图像可知AB→是等压膨胀过程，气体温度升高，BC→是等容降压过程，气体温度降低，A、B、C三个状态中，气体在状态B的温度最高，分子平均动能最大，故A错误；由理想气体状态方程pVCT

=可知气体在状态C的温度是状态A温度的4倍，所以气体在状态C的内能是在状态A内能的4倍，故B正确；pV−图像围成图形的面积表示气体对外界做的功，所以在AB→→CDA→→整个过程中，气体对外界做功不为零，故C错误；BC→是等容降

压过程，气体温度降低，气体分子的平均动能减小，气体分子的平均速率降低，容器壁单位时间单位面积内受到气体分子撞击的次数减少，故D正确。故选BD。9．BD解析：火星冲日是太阳、地球、火星在同一直线上且地球位于中间，地球不会在太阳和水星中间，水星不会

发生冲日现象，选项A错误；火星、地球绕太阳做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律可知330220RRTT=，得T=332000301.51.81RTTTR=，即火星绕太阳公转的周期约为1.8年，选项B正确；如果两次行星冲日时间间隔为

t年，则地球多转动一周，有0222tTT=−，解得t=001.811.81TTTT=−−年2.25=年，则上一次出现火星冲日现象不是在2022年1月，选项C错误；由公式2MmGmar=，得2GMar=，则20202.25arar==，地球绕太阳公转的加速度大小约为火星绕太阳公转

加速度大小的2.25倍，选项D正确。故选BD。10．BCD解析：导体棒ab旋转切割磁感线，由右手定则可知导体棒a端的电势低于b端的电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律得21012EBd=，由闭合电路欧姆定律得11002EIRR=+，导体棒cd静止在倾

斜导轨PQ、MN上，由平衡条件得sinmg=12BId，解得0303sinmgRBBd=，故B正确；断开开关1S、闭合开关2S，导体棒cd和定值电阻R构成闭合回路，在重力沿导轨的分力和安培力的共同作用下，导体棒cd沿导轨向下加速运动，当重力沿导轨的分力

和安培力平衡后，导体棒cd做匀速运动，故C正确；导体棒cd速度达到最大时重力的功率最大，由法拉第电磁感应定律得2max2EBdv=，由闭合电路欧姆定律得220042EIRR=+，对导体棒cd，由平衡条件得2sin2mgBId=，重力功率的最大值为max

maxsinPmgv=，解得maxP=224006BdR，故D正确。故选BCD。11．答案：（1）D（2分）（2）33.210−（2分）（3）4410−（2分）（4）不变（1分）变短（1分）解

析：（1）当单刀双掷开关S掷向1端，电源向电容器充电，选项A错误；先将S掷向1端，然后掷向2端，电容器电容不变，选项B错误；电容器带电时，两个极板带等量异号电荷，选项C错误；电容器充电时，与电源正极相连的极板带正

电，选项D正确。（2）根据it−图像与t轴围成的面积可估算电容器在全部放电过程中释放的电荷量，根据图乙知纵坐标每个小格为0.4mA，横坐标每小格为0.2s，则每小格所代表的电荷量为30.4100.2Cq−==5810C−，曲线下包含的小格的个

数大约为40个，所以电容器全部释放的电荷量为3403.210CQq−==。（3）该电容器的电容为33.210F8QCU−===4410F−。（4）由电容的计算公式，可得电荷量QCU=，电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只

减小电阻R，放电时it−曲线与横轴所围成的面积将不变。由于电阻减小，对电流的阻碍作用减弱，电流平均值变大，放电时间将变短。12．答案：（1）10.500（2分）（2）22(1sin)2dgLt−=（表达式正确即可）（2分）（3）sin（2分）23gLd（2分）解

析：（1）固定刻度值为10.5mm，可动刻度值为0.000mm，因此读数为10.500mm，即小钢球的直径10.500mmd=。（2）由于小钢球经过光电门时挡光时间极短，则挡光时间内小钢球的平均速度近似等于瞬时

速度，则小钢球经过光电门时的速度为0dvt=，若该过程小钢球的机械能守恒，则有201(1sin)2mgLmv−=，整理得22(1sin)2dgLt−=；（3）拉力传感器示数为0时，小钢球重力沿轻绳方

向的分力恰好提供向心力，设此时小钢球的速度为v，根据牛顿第二定律可得2sinvmgmL=，根据机械能守恒可得22011(1sin)22mvmvmgL−=+，联立可得2223sindgLgLt=+，化简得2212gLtd=+23singLd，所以欲将图线拟

合成一条直线，应以sin为横轴，图线的斜率23gLkd=。13．答案：（1）x轴正方向0.5m/s（2）π25sincm4yt=−（3）15cm400cm解析：（1）由图乙知，0t=时刻质点b沿y轴正方向振动，结合图甲根据同侧法可知波沿x轴正

方向传播（1分）由图甲可知波长4m=（1分）由图乙可知周期8sT=（1分）则波速0.5m/svT==（2）由波的图像可知振幅25cmA=（1分）该波的周期8sT=，则24T==（1分）坐标原点O处质点做简谐运动的表达式为sin25sincm4yAtt=−=−（1分）（3）

从0t=到32st=质点a振动了4个周期，质点位置不变，位移不变，15cmy=（1分）从0t=到32st=质点b振动了4个周期，所以运动的路程为44400cmA=（1分）14．答案：（1）20310mvqL（2）09,053mv

LqL（3）0105033324Lv+解析：（1）在第二象限，由几何关系得5sin373LLAC==（1分）由动能定理得2012EqACmv=（1分）解得20310mvEqL=

（1分）（2）在第一象限，由几何关系得cos37rrL+=（1分）由洛伦兹力提供向心力得200mvqvBr=（1分）解得095mvBqL=（1分）由几何关系得sin37Dxr=（1分）所以D点的位置坐标为,03L（1分）（3）粒子a在第二象限运动

时有012vACt=（1分）碰撞后粒子a恰好再次经过C点，则其在匀强磁场中运动的轨迹半径不变，由牛顿第二定律得22qmvvBr=（1分）粒子a在匀强磁场中运动的时间为202172π1432π360360rrtvv=+（1分）粒子a从A点出发，到

第二次经过C点的时间为12ttt=+（1分）解得010503π3324Ltv=+（1分）15．答案：（1）2：2：1（2）2m/s1.8m/s（3）6.8m解析：（1）0t=时刻对A由牛顿第二定律可得Amgma

=，解得23m/sAag==（1分）0t=时刻对B由牛顿第二定律可得22Bmgma=，解得23m/sBag==（1分）0t=时刻对C由牛顿第二定律可得22Cmgmgma−=解得211.5m/s2Cag==（1分）0t=时刻A、B、C加速度大小之比为:2:

:2:1ABCaaa=（1分）（2）以向右为正方向，若A、C先共速则设共速时间为ACt，若B、C先共速则设共速时间为BCt，则有0CACAACatvat=−+02CBCBBCatvat=−（1分）解得00243ACBCvvttgg==（1分）

所以B、C先共速，此后二者相对静止，B、C整体受到A向左的摩擦力而减速，所以C的最大速度在与B共速时取得m022m/s3CCBCvatv===（1分）设A、B、C三者共速时速度的大小为v共，一起向右匀速运动时，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得002BAmvmv−

=()ABCmmmv++共（1分）解得A、B、C三者共速时速度的大小v=共031.8m/s5v=（1分）（3）根据分析可知B、C整体减速的加速度大小为1224BCmgagmm==+（1分）A加速的加速度大小不变，则三者共速所需时间()0CmBCABC

vatvatt−=−++（1分）解得0415vtg=（1分）木板C的长度等于BCCALxxxx=−+−=BAxx−（1分）又根据22001212232BBCBBCBCxvtatvtat=−+−（1分）()()2012ABCABCxvttatt

=−+++（1分）联立解得木板C的长度20346.8m15vLg==（1分）