【文档说明】湖南省邵阳市2023届高三三模物理试题 含解析.docx，共(25)页，4.685 MB，由小赞的店铺上传

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2023年邵阳市高三第三次联考物理注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。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、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右匀速运动，

当它经过靠近桌边的竖直木板ad边正前方时，木板开始做自由落体运动．若木板开始运动时，cd边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移

，则由运动的合成可知投影的轨迹；【详解】投影在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上相对于木板向上做加速运动，故小球的合速度应偏向上方，同时加速度指向曲线的内侧，故轨迹应向上；故ABD错误，C正确．【点睛】匀速直线运动和匀变速直线运动的合运动一定为曲线运动，并且运动方向向加

速度的方向靠近．2.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这些光分别照射到图（a）电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变化的图像如图（b）所示，已知氢原子的能级图如图

（c）所示，则下列推断正确的是（）A.只有b光照射时，仅增加其强度，则对应的遏止电压增大B.阴极金属的逸出功可能为02.5eVW=C.图（b）中的a光是氢原子由第2能级向基态跃迁发出的D.图（b）中的c光光子能量为10.2eV【答案】D【解析】【详解】A．遏止电压与光电子的最大初动能之间

的关系为ckeUE=而由爱因斯坦的光电效应方程有k0EhW=−ν可见，遏止电压的大小与光的频率有光，与光照强度无关，故A错误；B．根据题意可知，三种能够使阴极K发生光电效应的光按照能量的大小分别是从第4

、第3、第2能级向基态跃迁的过程中产生的，则由第二能级跃迁向第一能级辐射出的光子的能量为21213.4eV(13.6eV)10.2eVEEE=−=−−−=而在这群氢原子跃迁的过程中，辐射出的能量排第四的为第四能级跃迁到第二能级时辐射出的光子的能量，有42420.85eV(3.4eV)2.

55eVEEE=−=−−−=由题意可知只有三种光子能够使阴极K发生光电效应，则可知该金属的逸出功大于2.55eV，小于10.2eV，故B错误；C．图（b）中的a光对应的遏止电压最大，则可知a光的频率最大，

因此a光一定是从第4能级向基态跃迁时发出的，故C错误；D．图（b）中的c光对应的遏止电压最小，可知c光的频率在能够发生光电效应的三种光中最小，因此c光一定是从第2能级向基态跃迁时辐射出的，则c光光子的能量为21213.4eV(13.6eV)10.2eVEEE=−=−−−=故D正确。故选D。3.甲

、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车位移—时间图像如图所示，其中乙的图像为抛物线，则下列说法正确的是（）A.10~t时间内，甲、乙两车相距越来越远B.出发后甲、乙两车可相遇两次C.12t时刻两车的速度刚好相等D.1

0~t时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度【答案】C【解析】【详解】A．位移—时间图像的交点表示两车在某一时刻相遇，由题可知，两车由同一地点沿同一方向做直线运动，则可知两车在1t时刻相遇，故A错误；B．位移—时间图像的斜率表示物体的

速度，由图像可知，甲乙两车在1t时刻相遇后，乙图的斜率始终大于甲图的斜率，即乙车的速度始终大于甲车的速度，因此出发后甲、乙两车只能相遇一次，故B错误；C．位移—时间图像的斜率表示物体的速度，由图像可知，甲车的图

线为倾斜的直线，则甲车做匀速直线运动，而乙的图像为抛物线，且图线的斜率逐渐增大，可知，乙车做匀加速直线运动，而匀变速直线运动在某段时间内的中间时刻的瞬时速度就等于这段时间内的平均速度，可知在10~t这段时间的中间时刻，即12t时刻的瞬

时速度等于乙车在10~t这段时间内的平均速度，又因为10~t这段时间内甲乙两车的位移相同，则可知在10~t这段时间内甲乙两车的平均速度相同，因此可知12t时刻两车的速度刚好相等，故C正确；D．10~t时间内，乙车位移与甲车的位移相等，因

此在这段时间内乙车的平均速度等于甲车的平均速度，故D错误。故选C。的4.如图（a）所示，调压变压器原副线圈的匝数比为3:1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交

流电表，输入端交变电压u的图像如图（b）所示。则以下说法中正确的是（）A.电压表的示数为36VB.电流表的示数为22AC.四只灯泡均能正常发光D顺时针旋转P，则灯泡L1变亮【答案】C【解析】【详解】C．输入端电压有效值为3

6V，设输出端每个灯泡电流为I，输出电压为U，则输出电流为3I，根据原副线圈电流、电压与匝数的关系可得，输入电流为I，输入电压为3U，则363IRU=+UIR=2LLURP=解得L9VUU==，2A3I=故C正确；A．电压表的示数为V327VUU==故A错

误；B．电流表的示数为A32AII==故B错误；.D．根据题意，有1136IRU=+1122UnUn=223RUI=1221InIn=所以21112136()3nIRIRn=+若顺时针旋转P，则n2减小，I1减小，灯泡L1变暗，故D错误。故选C。5.我国航天事业高速发展取得了一系列丰硕的

成果。东方红一号是我国发射的第一颗人造卫星，北斗导航系统由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星组成，相关参数列表如下。下列选项正确的是（）人造卫星参数东方红一号近地点高度441km、远地点高度2368km北斗导航系统地球静止轨道卫星GEO离地面的高度约为3

5700km倾斜地球同步轨道卫星IGSO离地面的高度约为35700km中圆地球轨道卫星MEO周期为12hA.GEO卫星与MEO卫星的轨道半径之比为34:1B.IGSO卫星与GEO卫星均能相对地面上某一点保持静止C.IGSO卫星的动能与CEO

卫星的动能相等D.东方红一号从近地点向远地点运动过程中机械能增大【答案】A【解析】【详解】A．GEO卫星为地球同步卫星，其周期为24h，设GEO卫星的周期为1T，轨道半径为1R，MEO卫星卫星的周期为2T，轨道半径为2R，则由开普勒第三定律有331223

12RRTT=由题可知212hT=代入数据解得2311322241RTRT==故A正确；B．IGSO卫星为倾斜地球同步卫星，距地面高度与GEO卫星相同，运行周期也与GEO卫星相同，但IGSO卫星并不在赤道平面内运行，而只有在赤道平面内运行的地球同步卫星才能相对地面静止，故B错误；C

．IGSO卫星的速率与CEO卫星具有相同的大小的轨道半径，而根据万有引力充当向心力可得GMvR=可知IGSO卫星的速率与CEO卫星的速率相等，但IGSO卫星与CEO卫星的质量关系未知，而动能2k12Emv=不仅与速率有关，还与物体的质量有关，

故C错误；D．东方红一号从近地点向远地点运动过程中动能减小，势能增加，总的机械能不变，故D错误。故选A。6.在楼房维修时，为防止重物碰撞阳台，工人经常使用如图所示的装置提升重物。跨过光滑定滑轮的a绳和b、c绳子连结在O点，工人甲拉动绳的一端使重物上升，工人乙在地面某固定位置用力拉着b绳的一端，保

证重物沿竖直方向匀速上升，则下列说法正确的是（）A.a绳的拉力先变大后变小0B.b绳的拉力越来越小C.工人乙对地面的压力越来越大D.工人乙对地面的摩擦力越来越大【答案】D【解析】【详解】AB．重物沿竖直方向匀速上升，O点受到c绳的拉力大小等于重物的重力，受力分析如下图所示，当物

体上升时，a绳与竖直方向的夹角变大，b绳与竖直方向的夹角变小，根据平行四边形法则可知ab绳中的拉力都变大，AB错误；C．根据前面分析可知工人乙在竖直方向上受到的b绳拉力沿竖直方向的分量越来越大，根据平衡条件可知地面对乙的支持力越来越小，结合牛顿第三定律可知工人乙对地面的压力越来越小，C错误；D．由

于a绳与竖直方向的夹角变大，a绳的拉力也变大，所以其水平方向上的分力越来越大，对重物和乙整体分析，水平方向上根据平衡条件可知工人乙水平方向上受到地面的摩擦力等于a绳沿水平方向上的分力，所以工人乙受到地面的摩擦力越来越大，结合牛顿第三定律可知工人

乙对地面的摩擦力越来越大，D正确。故选D。二、选择题：本题共5小题，每小题5分，共25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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7.真空中一点电荷形成电场中的部分电场线如图所示，分别标记为1、2、3、4、5

，且1、2和5、4分别关于3对称。以电场线3上的某点为圆心画一个圆，圆与各电场线的交点分别为a、b、c、d、e，则下列说法中正确的是（）的A.电场强度acEEB.电势bdC.将一正电荷由a点移到d点，电势能增大D.将一负电

荷由b点移到e点，电场力做正功【答案】AC【解析】【详解】任意延长两条电场线，交于一点，该点就是点电荷所在的位置，以交点为圆心做过c点的圆，如下图所示则根据点电荷的性质可知，该圆上各点的电势相等，场强大小也相等A．a点比c点离场源电荷更近，因此有

acEE，故A正确；B．bd两点对称，因此电势bd=，故B错误；C．电场线向内汇聚，则为负电荷形成的电场，越靠近负电荷电势越低，而正电荷在电势高的地方电势能更大，d点比a点离负电荷更远，因此正电荷在d点的电势能更大，故C正确；D．e点比b点离负电荷更近，所以b点的

电势比e点的电势高，而带负电的粒子在电势低的地方电势能大，因此将一负电荷由b点移到e点，电势能增大，电场力做负功，故D错误。故选AC。8.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号形成

B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，0=t时刻波恰好传到质点M处。已知此超声波的频率为6110Hz，下列说法正确的是（）A.60~1.2510s−内质点M运动的路程为2mmB.超声波在血管中传播速度为61.410m/sC.62.010st−=

时，质点N恰好处于波峰D.质点N起振时运动方向沿y轴负方向【答案】ACD【解析】【详解】A．由题已知条件可得简谐超声波的周期为6611s110s110Tf−===可知60~1.2510s−内的周期数为6651.25101104tnT−

===则质点M在该时间内的路程为550.4mm2mmsA===故A正确；B．由图可知超声波的波长为31.410m−=则可得其波速为3631.410110m/s1.410m/svfT−====故B错误；CD．由图

像可知，质点M与质点N之间的距离为31.7510mx−=则可知波从M点传播到N点的时间为36131.7510s1.2510s1.410xtv−−===因此当62.010st−=时，波传播到N点后质点N实际振动的时间为6662132.010s1.2510

s0.7510s4tttT−−−=−=−==而该波沿x轴正方向传播，则由同侧法可知，质点M的起振方向沿着y轴的负方向，而波传播方向上所有质点的起振方向都和波源的起振方向相同，因此可知质点N的起振方向沿着y轴

的负方向，因此可知34T的时间内质点N恰好位于波峰，故CD正确。故选ACD。9.中国历史上有很多古人对很多自然现象有深刻认识。唐人张志和在《玄真子涛之灵》中写道：“雨色映日而为虹”。从物理学角度看，虹是太阳光经过雨滴的两次折射和一次反射形成的。如图是彩虹成因的简化示

意图，其中a、b是两种不同频率的单色光，关于这两种色光，下列说法正确的是（）A.在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长B.以相同的入射角从水中射入空气，在空气中只能看到一种光时，一定是b光C.以相同角度斜射到同一玻璃板，透

过两个平行的表面后，b光侧移量大D.若光束a、b分别通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的宽【答案】AB【解析】【详解】A．由光路图分析可知，第一次折射时，b光的折射角较大，而入射角相等，根据折射率定律sinsininr=可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的频率比

b光的频率大，所以在同种玻璃中传播，a光的波长一定小于b光波长，故A正确；B．根据临界角与折射率的关系1sinCn=可知，a光的折射率比b光的折射率大，则a光的临界角比b光的小，a光先发生全反射，所以以相同的入射角从水中射入空气，若在空气中只能看到一种频率的光，则

一定是b光，故B正确；C．光线斜射到玻璃表面，折射光偏转程度越大，偏移量越大，即a光侧移量大，故C错误；D．根据干涉条纹间距公式Lxd=由于a光的波长小于b光波长，若通过同一双缝干涉装置，光束a的条纹间距比光束b的窄，故D错

误。故选AB。10.如图所示，空间存在四分之一圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v从O沿着OD方向射入磁场，经时间t恰好由C点离开磁场。已知圆弧CD长度是圆弧AC长度的一半，则（）A.2vv

=B.2vv=C.3tt=D.2tt=【答案】BC【解析】【详解】电子从A点和C点离开磁场的轨迹如图所示设四分之一圆形匀强磁场区域的半径为R，则从A点离开磁场的轨道半径为2Rr=从C点离开磁场的轨道半径为rR

=由洛伦兹力提供向心力可得2vqvBmr=，2vqvBmr=解得mvrqB=，mvrqB=联立可得2vv=电子从A点离开磁场所用时间为1802360mtqB=电子从C点离开磁场所用时间为602360mtqB

=联立可得3tt=故选BC。11.在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和ABʹ（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB

和ABʹ滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动。则下列说法中正确的是（）A.甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量B.

甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程C.甲在B点的动量等于乙在Bʹ点的动量D.甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率【答案】BD【解析】【详解】A．设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x，斜面高为h，根据牛顿第二定律可得物体在斜面上运动的加速度大小为sincosagg=−位移大小为21sin

2hxat==所以aa乙甲，xx甲乙所以tt甲乙所以甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量，故A错误；B．在整个运动过程中，运用动能定理可得cos0mghmgxmgx−−=所以

coshxx+=即甲乙两物体最终停止在同一位置，如图所示设停止的位置为P点，滑行的总路程为sABBBBP=++甲sABBP=+乙由于ABBBAB+所以ss甲乙故B正确；C．物体沿斜面下滑运用动能定理，有21cos2Bmghmgxmv−

=由于AB′过程xcosθ大，所以BBvv由于甲､乙质量相同，所以甲在B点的动量大于乙在Bʹ点的动量，故C错误；D．当物体运动到斜面底端时，重力的功率为cos(90)sinBBPmgvmgv=−=由此可知，甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率，故D正确。故选BD。三

、非选择题：共51分。第12、13题为实验题；第14-16题为计算题。12.某实验小组利用光滑斜直轨道测当地重力加速度。如图甲所示，长为L的光滑直轨道上安装一个光电门，可以测出小球通过光电门的遮光时间，轨道一端与桌面用铰链连接，另一端固定在铁架台上，小球从轨道顶端无初速度释放，毫米刻度尺从零刻

度起测量轨道顶端的高度。（1）测量重力加速度的步骤：①用刻度尺测出直轨道总长L；②用游标卡尺测出小球直径D，读数如图乙，D=__________mm；③用刻度尺测出轨道顶端到光电门的固定距离s；④调节轨道顶端在铁架台上的高度h；⑤从导轨顶端无初速度地释放小球，测量小球经过光电门的时间t；⑥

多次重复上述步骤④⑤，记录h、t数据组；⑦根据测得的数据，作出了21th−图像如图丙所示，根据图像，求得当地重力加速度g=_______________。（用图中字母及测量的物理量符号表示）（2）若光电门的遮光位

置到轨道平面的高度略大于小球的半径，侧会导致重力加速度的测量值____________（填“偏大”“偏小”或“不变”）的【答案】①.6.3②.22DLcbs③.偏大【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数

之和，所以图中小球的直径为6mm30.1mm6.3mm+=[2]根据匀变速直线运动的规律2()2sinDgst=sinhL=解得2212DLtgsh=由图可知图线斜率22bDLkcgs==所以22DLcgbs=（2）[3]

小球实际遮光长度小于小球直径，所以测得的通过时间小于实际小球通过时间，使得测得数据在图像中的斜率偏小，所以根据22bDLkcgs==，可知测得重力加速度偏大。13.某同学在用电流表和电压表测电池的电动势和内

阻的实验中，串联了一个2.5Ω的保护电阻0R，实验电路如图（a）所示。（1）连好电路后，当该同学闭合开关，发现电流表示数为0，电压表示数不为0。检查各接线柱均未接错，接触良好且未发生短路；他用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接a、b，b、c，d、e时，示数均为0，把两表笔接

c、d时，示数与电压表示数相同，由此可推断故障是________________。（2）按电路原理图（a）及用多用电表的电压档检查电路，把两表笔分别接c、d时的实物电路图在图（b）上以画线代导线补充完整________________。（3）排除故障后，该同学顺利完成实验，测定下列数据，根据

数据在下面坐标图中画出U-I图_____，由图知：电池的电动势为________V，内阻为________Ω。I/A0.050.100.170.230.30U/V1.401.201.000.800.60【答案】①.R断路②.③.④.1.

46##1.47##1.48##1.49##1.50##1.51##1.52##1.53##1.54##1.55⑤.0.47##0.48##0.49##0.50##0.51##0.52##0.53##0.54##0.55【解析】【详解】（1）[1]把两表笔分别接a、b，b、c，

d、e时，示数均为0，把两表笔接c、d时，示数与电压表示数相同，说明此时电压表与电源相连，因此可确定其他部位都是完好的，只能是R断路了。（2）[2]根据电路图，先将电压表的正接线柱用导线连接后接在滑动变阻器左下端接线柱上，再将电压表的负接线柱用导线

连接后接在开关右端接线柱，然后将多用电表的红表笔一端接与滑动变阻器的左下接线柱连接，黑表笔一端与电流表的正接线柱相连，实物连接图如下所示（3）[3]作图时，让尽可能多的点落在图线上，不能落在图线上的点，则需让这些点尽量均匀的分布在图线的两侧，点迹一定要用平滑的直线连接，做

出的图像如下图所示[4][5]图像与纵轴交点的纵坐标表示电源的电动势，读图可知，图像与纵轴的交点的纵坐标大概为1.55，则可知电源的电动势为1.55V；图像斜率的绝对值表示电源的内阻与定值电阻之和，根据图像可得的01.550.20Ω0.45r

R−+=解得0.50Ωr=14.气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为5kgm=，横截面积为20cmS=的柱状气动杆与底座固定连接，可自由移动的气缸与气动杆

之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为20cmL=。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知大气压强为501.010Pap=，室内温度0300KT=，取210m/s=g。若质量为M的人盘坐在椅面上，稳定后椅面下降的高度为15cmh=，室内温度保持不变。（1）求坐椅

上人的质量M；（2）稳定后，室内气温缓慢升高至1303KT=，此过程中封闭底座气体内能增加2.0J，求封闭气体与外界交换的热量。【答案】（1）75kgM=；（2）2.5JQ=，气体吸热【解析】【详解】

（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件有01mgpSpS+=当人坐上后，稳定时有02()MmgpSpS++=根据波意耳定律有12pSLpSL=下降高度hLL=−联立得75kgM=（2）根据01LSLSTT=外界对气缸内气体做功为0(

)()0.5JWpSMgmgLL=++−=−根据热力学第一定律有UQW=+解得2.5JQ=即气体从外界吸收了2.5J的热量。15.如图所示，间距为L、电阻为零的U形金属竖直轨道，固定放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁

场方向垂直轨道平面向里。竖直轨道上部套有一金属条bc，bc的电阻为R，质量为3m，可以在轨道上无摩擦滑动，开始时被卡环卡在竖直轨道上处于静止状态。在bc的正上方高H处，自由落下一质量为m的绝缘物体，物体落到金属条上之前

的瞬间，卡环立即松开，绝缘物体与金属条一起继续下落。金属条与导轨的接触电阻忽略不计，竖直轨道足够长，重力加速度为g。（1）求绝缘物体与金属条一起开始下落的速度；（2）求金属条开始下落时的加速度；（3）金属条下落h

时，恰好开始做匀速运动，求此过程中感应电流产生的热量。【答案】（1）124gH；（2）22216BLgHgmR−；（3）3224413244mgRmghmgHBL+−【解析】【详解】（1）根据自由落体运动规律可得，物体m与金属条3m碰撞前的速度为02vgH=设物体m落到金属条3m上，两者组成的系统

相碰过程动量守恒，碰后速度为v，有0(3)mvmmv=+解得124vgH=（2）金属条开始下落时，闭合电路中感应电流为24BLgHBLvIRR==金属条所受安培力为2224BLgHFBILR==对金属条和物体，根据牛顿第二定律有(3)(3)mmgFmm

a+−=+可得金属条开始运动时的加速度为2224416BLgHmgFagmmR−==−（3）金属条和物体一起以速度vm做匀速运动，有40mgF−=22mBLvFR=金属条的最终速度为224mmgRvBL=下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为W，由动能定理22m1144422m

ghWmvmv−=−感应电流产生的热量QW=所以3224413244mgRQmghmgHBL=+−16.物流公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏。为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置，其中，质量为40kgM=紧靠货车的

A装置是由光滑曲面和粗糙水平面两部分组成，其水平粗糙部分长度为02mL=。质量也为40kgM=的转运车B紧靠A且与A的水平部分等高，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经A的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板

。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为10.4=，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为20.2=，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失

的机械能可忽略，重力加速度g取210m/s。（1）若包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，求包裹C的最大质量；（2）若某包裹的质量为110kgm=，从距A水平部分高度为11.8mh=处由自由释放，为使该包裹能停在转运车B上，

求转运车B的最小长度L；（3）转运车B的长度为（2）问中所求的最小长度minL，质量为260kgm=的包裹从距A水平部分高度为281m80h=处自由释放，求包裹最终距B车右侧挡板的距离。【答案】（1）40kg；（2）1m；（3）0.8875m【解析】【详解】（1）设包裹C的质量为m，

需满足12()+mgmMg解得40kgm即包裹C的最大质量为40kg；（2）包裹的质量为110kgm=，缓冲装置A静止不动，包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，B、C二者恰好共速，此时小车的长度最短，则包裹C滑至B车左端时，根据动能定理有21111010102mghm

gLmv−=−包裹C与B车相互作用的过程中，根据动量守恒，有101()mvmMv=+根据能量守恒，有2210111min11()222mvmMvmgL=++联立得min1mL=（3）由于包裹质量大于40kg，则装置A推动B车运动，包裹到达A的水平粗糙部分后，A、B一起的加速度为

2122210.52()m/smgmMgaM−+==包裹的加速度为2122124m/smgagm===包裹在光滑曲面下滑至水平面时有2202212mvmgh=所以04.5m/sv=设包裹从A水平部分左端滑到右端经历t时间，有220210

11()22vtatatL−−=解得2s3t=或4s3t=（舍去）包裹C滑上B车时，有02C11m/s6vvat=−=B11m/s3vat==包裹C在B车上，C与B车组成的系统动量守恒，达到共同速度v，有2CB2()mvMvmMv+=+解得37m/s3

0v=由能量守恒得2222CB212111()222mvMvmMvmgx+=++解得0.1125mx=所以包裹C与右侧挡板距离min0.8875mxLx=−=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiang

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