【文档说明】湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高三上学期月考（六）物理试题 含解析.docx，共(18)页，1.166 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d9659fafb4f54f304a22577fcd798169.html

以下为本文档部分文字说明：

长沙市一中2023届高三月考试卷（六）物理一、选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一项符合题目要求）1.历史上，为了研究原子的性质，科学家们做了大量的实验研究，下面四幅示意图中说法正确的

是（）A.汤姆孙通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型B.②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中要吸收能量C.③中向左偏转的是β粒子，向右偏转的是α粒子，不偏转的是γ粒子D.锌的逸出功为3.34eV，用④中一群处于n=4能级的氢原子发出的光

照射锌板，逸出光电子的最大初动能为9.41eV【答案】D【解析】【详解】A．卢瑟福通过分析图①的α粒子散射实验结果，提出了原子核式结构模型，故A错误；B．②表示的核反应属于重核裂变，在裂变过程中，存在质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知要放出能量，故B错误；C．根据左手

定则判断知，③中向左偏转的是α粒子，向右偏转的是β粒子，不偏转的是γ粒子，故C错误；D．一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，释放光子的最大能量为41Δ0.85eV(13.6eV)12.75eVEEE=−=−−−=锌的逸出功为3.34eV，根据爱因斯坦光电效应方程，则逸出光电子

的最大初动能为km12.75eV3.34eV9.41eVEEW=−=−=逸故D正确。故选D。2.在平直公路上行驶的a车和b车，其位移时间图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于22m/s−，3st=时，

直线a和曲线b刚好相切，则（）A.a车做匀速运动且其速度为8ms3av=B.0=t时，a车和b车的距离09mx=C.3st=时，a车和b车相遇，但此时速度不等D.1st=时，b车的速度为10m/s【答案】B【解析】【详解】A．xt−图像中图像的

斜率表示速度，由图可知，a车图像是倾斜直线，所以该车作匀速直线运动，该车速度为82ms2m/s3xvt−===故A错误；BC．根据题意可知，由于3st=时，直线a和曲线b刚好相切，则3st=时，a车和b车速度相等，此时，b车速度为2msbv=即3st=时，a车和b车相遇，且速

度不等，由运动学公式0vvat=+可得，b车的初速度为08msbv=由公式2012xvtat=+可得，b车在3s内的位移为15mbx=a车在3s内的位移为6maaxvt==则0=t时，a车和b车的距离09mbaxxx=−=故C

错误，B正确；D．由运动学公式0vvat=+可得，1st=时，b车的速度为()1821ms6msv=−=故D错误。故选B。3.很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况。用手掌托着手机，打开加速度传感器，手掌从静止开始迅速上下运动，

得到如图所示的竖直方向上加速度随时间变化的图像，该图像以竖直向上为正方向。由此可判断出（）A.手机在t1时刻运动到最高点B.手机在t2时刻改变运动方向C.手机在t1~t2时间内，受到的支持力先减小再增大D.手机在t1~

t2时间内，受到的支持力一直在减小【答案】D【解析】【详解】A．由图像可知，t1时刻之后手机的加速度依然是正值，手机还将继续加速上升，可知手机在t1时刻不是运动到最高点，故A错误；B．由图像可知，t2时刻之后手机的加速度反向，但此时手机向上的速度最大，

手机将减速上升一段时间，可知手机在t2时刻没有改变运动方向，故B错误；CD．手机在12tt时间内，向上的加速度大小a逐渐减小，根据牛顿第二定律可得N−=Fmgma可知在12tt时间内，手机受到的支持力逐渐减小，故C错误，D正确。故

选D。4.宇宙飞船飞临一颗半径为R的未知行星，在距行星表面也为R的圆轨道上做匀速圆周运动，周期为T（如图）。宇宙飞船在A点沿圆周的切线方向发射一个探测器，使之沿椭圆轨道运动，恰好在B点掠过行星表面后又能回到A点。已知万有引力常量为G，则（）A.此未知行星的平均密度为23GT=B.探测器

沿椭圆轨道运动时，周期338TT=C.探测器沿椭圆轨道运动时，周期38TT=D.探测器沿椭圆轨道运动时，在A点的速率大于在B点的速率【答案】B【解析】【分析】【详解】A．发射探测器前，宇宙飞船做半径2rR=的匀速圆周运动，设未知行星的质量为M，宇

宙飞船的质量为m，则222MmGmrrT=343MR=得224GT=所以A错误；BC．探测器椭圆轨道的半长轴32aR=，根据周期定律得2323TaTr=3233348TTT==所以B正确，C错误；D

．A点是远日点，B点是近日点，由开普勒第二定律得ABvv，所以D错误。故选B。5.如图所示，匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1:4，图

示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，1R、2R为定值电阻，R为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表1A、2A的示数分别为1I、2I；电压表1V、2V的示数分别为1U、2U。不计线框电阻，下列说法正确的是（）A.交流电压表2V的示数为22NBSB.从图示位置开始，线框转过1

80°的过程中，通过线圈的电荷量为0C.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则电流表1A的示数1I变小D.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则11UI变大【答案】A【解析】【分析】【详解】A．变压器副线圈电压的最大值为4NBS，故电压表2V的示数为2

2NBS，选项A正确；B．从图示位置开始，线框转过180°的过程中，磁通量的变化量不为0，故通过线圈的电荷量不为0，选项B错误；C．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，电阻减小，副线圈的输出电压不变，则2I和1I都增加，选

项C错误；D．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，1I变大，则11UI变小，选项D错误。故选A。6.如图甲所示为北京大兴机场利用水平传送带传送行李箱（行李箱视为质点）的简化原理图，工作人员在A处每间隔1.0sT=将行李箱无初速放到传送带上，已知传送带以恒定速率2.0m/sv=顺时针运行

，A、B两处的距离10mL=，行李箱与传送带之间的动摩擦因数0.1=，取210m/sg=。如图乙为该情景中某物理量随时间变化的图像。下列说法正确的是（）A.图乙可能是某个行李箱的位移随时间变化的图像B.图乙可能是摩擦力对某个行李箱做功功率随时

间变化的图像C.相邻行李箱之间最大距离为2mD.在B端有行李到达后，每10s有五件行李到达B端【答案】C【解析】【分析】【详解】A．行李箱在0~2s内做匀加速直线运动，位移对时间为二次函数关系，选项A错误；B．行李箱在2~6s内不受摩擦力

，摩擦力的功率为零，选项B错误；C．后一行李箱刚匀速运动时，与前一行李箱的距离最大，由vt−图像容易求得2mLvT==选项C正确；D．行李箱刚放上皮带时与前方行李箱有最小距离为210.5m2lgT==所有行李箱运动规律相同，只是时间上依次落后1.0sT=

，则在B端有行李到达后每10s有十件行李箱到达，选项D错误。故选C。7.如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内他圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变

化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是（）的的A.t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等B.t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等C.t1时刻，杆中弹力一定最小D

.在小球做一次完整圆周动的过程中，杆中弹力不可能两次为零【答案】A【解析】【详解】AB．过最高点后，水平分速度要增大，经过四分之一圆周后，水平分速度为零，可知从最高点开始经过四分之一圆周，水平分速度先增

大后减小，故通过题图可知，图像的t1是最高点，面积S1表示的是从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轨道半径；S2表示的是从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平

位移，其大小也等于轨道半径，A正确、B错误；CD．若存在某点高于圆心，低于最高点，巧好重力的分力提供匀速圆周运动的向心力，则杆中的弹力为零，并存在关于过圆心竖直方向对称位置弹力也为零，故t1时刻，杆中弹力不一定最小；在小球做一次完整圆周动的过程中，杆中弹力可能两次为零

，CD错误。故选A。二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错或不选得0分）8.横波波源S在0=t时刻开始振动，其振动图像如图所示，在波的传播方向上有P、Q两质点，它们到

波源S的距离分别为30m和48m，测得P、Q开始振动的时间间隔为3s。下列说法正确的是（）A.P质点开始振动的方向向上，Q质点开始振动的方向向下B.这列波的波长为36mC.P、Q两质点的振动方向反相D.0~11st=的时间内P质点通过的路程为20cm【答

案】BCD【解析】【详解】A．根据题意，由图可知，波源开始振动方向向上，则传播方向上所有质点开始振动的方向都向上，故A错误；B．根据题意，由公式xvt=可知，波速为4830ms6ms3v−==由图可知，周期为6s，由公式vT=可得，这列波

的波长为36m=故B正确；C．根据题意可知，P、Q两质点的的距离为48m30m18m2x=−==则P、Q两质点相差半个周期，P、Q两质点的振动方向反相，故C正确；D．根据题意可知，波传播到P点的时间为15sPxtv==则质点P的振动时间为16stttT=−==则0~11st

=的时间内P质点通过的路程为420cmsA==故D正确。故选BCD。9.如图所示，在正四面体P-ABC中，O是底面AB边的中点，若在A、B两点分别固定一个带正电、电荷量都为Q的点电荷。则下列说法中正确的是（）A.P、C两点的电势差为零B.P点的电场强度与

C点的电场强度相同C.将带正电的试探电荷q从O点沿着OC移动到C点，电荷的电势能逐渐减小D.将带正电的试探电荷q从P点移动到C点，电荷的电势能先减少后增加【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．等量同种电荷中垂线上沿O向两边电势降低，有几何关系可得，OP=OC，所以C点和P点电

势相等，即电势差为零。故A正确；B．C点和P点电场强度大小相等，方向不同。故B错误；C．从O点沿着OC移动到C点，电势在降低，由于试探电荷是正电荷，所以电势能也在减小。故C正确；D．从P点移动到C点，先靠近O，后远离O，电势先高后低，由于试探电荷是正电荷，所以电势能先增大后减少。故D

错误。故选AC。10.用轻杆通过铰链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质量均为2m，小球C、D、E的质量均为m．现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有球只在同一竖直平面

内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中A.小球A、B、C、D、E组成系统机械能和动量均守恒B.小球B的机械能一直减小C.小球B落地的速度大小为2ghD.当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg【

答案】CD【解析】【详解】小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系212mghmv

=可知小球B的速度为2gh，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正确，故选CD的11.如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线1234LLLL、、、，在1L与23LL、与4L之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T

，方向垂直于竖直平面向里。现有一矩形线圈abcd，宽度0.5mcdL==，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置（cd边与1L重合）由静止释放，线圈的速度随时间的变化关系如图乙所示，1t时刻，cd边与2L重合；2t时刻，ab边与3L重合；3t时刻，ab边与4

L重合。2t~3t时间内的vt−图线为与t轴平行的直线，1t~2t时间内和3t时刻之后的vt−图线均为倾斜直线。已知1t~2t的时间间隔为0.45s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直平面内。则（重力加速度g取210m/s）（）A.1t时刻，线圈运动的速度大小13.5

m/sv=B.1L与23LL、与4L之间的匀强磁场的宽度为1mC.在0~1t时间内，通过线圈的电荷量为0.25CD.在0~3t时间内，线圈产生的热量为1.1125J【答案】AD【解析】【详解】A．2t~3t线圈做匀速运动，根据受力平衡有mgBIL=而2BLvIR

=联立两式解得28m/sv=1t~2t的时间间隔为0.45s，线圈做加速度为g的匀加速直线运动21vvgt=+解得13.5m/sv=A正确；B．1t~2t时间内，线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进入上边的磁场时，cd边也刚

进入下边的磁场，设磁场的宽度为d，则线圈的长度2Ld=线圈下降的位移3xLdd=+=则有21132dvtgt=+解得0.8625md=B错误；C．在0~1t时间内，cd边从1L运动到2L，通过线圈的电荷量BSqItR===0.215625CC错误；D．在0~3t时间内，根据

能量守恒得221(32)1.1125J2Qmgddmv=+−=D正确。故选AD。三、实验题（本题共2小题，第12题6分，第13题9分，共15分）12.某同学设计如图甲所示的实验装置来做“验证机械能守恒定律”实验，让小铁球从A点自由下落，下落过

程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小铁球通过光电门的时间t，当地的重力加速度为g。（1）用游标卡尺测量小铁球的直径，示数如图乙所示，则其直径为d=______cm。（2）调整A、B之间距离h，多次重复上述过程，作出21t随h的

变化图像如图丙所示。若小铁球下落过程中机械能守恒，则该直线斜率k=______。（3）在实验中根据数据实际绘出21ht−图像的直线斜率为()kkk，则实验过程中小铁球所受的平均阻力f为其重力的________倍（用kk、表示）。【答

案】①.2.385②.22gd③.1kk−【解析】【详解】（1）[1]20分度游标卡尺读数为40mm170.95mm23.85mm2.385cm−==（2）[2]根据机被能守恒定律有212dmghmt=可得2212ghtd=故

21t随h的变化图像的斜率为22gkd=（3）[3]考虑阻力的情况下，由动能定理有21()2dmgfhmt−=解得2212()mgfhtmd−=可得21t随h的变化图像的斜率为222()2mgffkkmdmd=−−=由此可知

1fkmgk=−13.如图甲所示，某叠层电池其由多块干电池块串联在一起组成，它与普通干电池性质相似。现用该电池与表头、滑动变阻器组装成一个×10k倍率的欧姆表，其原理图如图乙所示。为了将表头电流刻度改为电阻刻度，该同学进行了如下操作：①将两表笔短接，调整滑动变阻器，使表头指针指到满偏

处；②在两表笔间接入电阻箱，调节电阻箱阻值为150kΩ时，表头示数为30μA；再调节电阻箱阻值为450kΩ时，表头示数为15μA。根据以上信息，回答下列问题：（1）图乙中a表笔是____________（填“红表笔”或“黑表笔”）；（2）叠层电池的电动势为____________V，改装的欧姆表内

阻是____________kΩ，表头的满偏电流Ig=____________μA；（3）将电流刻度改为电阻刻度，电流为7.5μA处对应的电阻值为____________kΩ。【答案】①.红表笔②.9③

.150④.60⑤.1050【解析】【详解】(1)[1]因为a表笔与电源负极相连，故是红表笔。(2)[2][3][4]根据闭合电路欧姆定律可知，设欧姆表内阻为r，有()xEIRr=+即633010(15010)Er−=+，631510(45010)Er−=

+联立解得：9VE=，150kΩr=表头满偏电流60μAgEIr==(3)[5]电流为7．5μA处对应的电阻值为1050kΩxERrI=−=四、计算题（本题包含3小题，共37分。其中第14题10分，第15题12分，第16题15分）14.2020年新冠肺炎的爆

发对人们的生产、生活和生命安全带来了巨大的影响。医生给病人输液时，若需要输送两瓶相同的药液，可采用如图所示的装置。细管a是通气管（可通气但不会有药液流出），细管b是连通管（可通气也可通药液），c是输液管（下端的针头与人体相连，图中未画出），开关K可控制输液的快慢和停止输

液。A、B是两个相同的药瓶，放置的高度相同。开始时，两药瓶内液面与管口的高度差均为0h，液面与瓶底的高度差均为d。已知药液的密度为，大气压强为0p，重力加速度为g，不考虑温度的变化。（1）打开K，药液缓慢输入病人体内。当A瓶内液面与管口的高度差02hh=时，通过通

气管进入瓶内气体的质量与开始时A瓶内气体质量的比值k为多少？（2）若打开K开始输液时就将通气管堵住，则当A瓶内液面与管口的高度差02hh=时，药瓶内液面上方的压强为多少？【答案】（1）()()00000224pgdghhkpghd+−=−；（2）()0030

22pdpghdh−=+【解析】【详解】（1）通气管与大气相通，管口处的压强为0p。药液逐渐流出时，只要A瓶管口上方还有药液，B瓶内药液的体积就不变，其上方气体的体积就不变。开始时A瓶内气体的压强为100ppgh=−通入气体后，A瓶

内气体的压强为200012ppghpgh=−=−设药瓶的内横截面积为S，则开始时A内气体的体积1VdS=通入气体后，A内气体的体积()0202hVdhhSdS=+−=+由于气体等温变化，

设通入压强为0p的气体的体积为V，则有11022pVpVpV+=设通入A内的气体在等温条件下压强为1p时的体积为2V，则有'012ppVV=由公式mV=可知，通过通气管进入瓶内气体的质量与开始时A瓶内气体质量的比值为'21VkV=联立解得()()00000224pgdghh

kpghd+−=−（2）若开始输液时把通气管堵住，则药液逐渐流出时，两药瓶内液面同步降低。则有1132pVpV=解得()003022pdpghdh−=+15.如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一沙箱，沙箱上连接一水平的轻质弹簧，

小车与沙箱的总质量为M=2kg。车上在沙箱左侧距离s=1m的位置上放有一质量为m=1kg小物块A，物块A与小车的动摩擦因数为0.1=。仅在沙面上空间存在水平向右的匀强电场，场强E=2.0×103V/m。当物块A

随小车以速度010m/sv=向右做匀速直线运动时，距沙面H=5m高处有一质量为02kgm=的带正电2110Cq−=的小球C，以010m/su=的初速度水平向左抛出，最终落入沙箱中。已知小球与沙箱的相互作用时间极短，且忽略弹簧最短时的长度，并取g=10m/s2。

求：(1)小球落入沙箱前的速度v和开始下落时与小车右端的水平距离x；(2)小车在前进过程中，弹簧具有的最大值弹性势能pE；(3)设小车左端与沙箱左侧的距离为L。请讨论分析物块A相对小车向左运动的整个过程中，其与小车摩擦产生的热量Q与L的关系式。。【答案】(1)1

0m/s，方向竖直向下，15m(2)9J(3)①若09mLL=时，10QmgL=②若09mLL=时，2QmgL=。【解析】【分析】(1)小球C在电场中运动过程，受到重力和电场力作用，两个力均为恒力，可采用运动的分解法研究：竖

直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和位移公式结合求解；(2)小球落入沙箱的过程，系统水平动量守恒，由动量守恒定律求出小球落入沙箱后的共同速度。之后，由于车速减小，物块相对车向右运动，并压缩弹簧，当A与小车速度相同

时弹簧的弹性势能最大。(3)根据动量守恒定律和能量守恒定律结合求解；由功能关系求热量Q与L的关系式。要分物块是否从小车上滑下两种情况研究。【详解】(1)小球C下落到沙箱的时间为，则竖直方向上：212Hgt=代入数据解得：t=1s小球水平方

向左匀减速运动：0xqEma=根据速度公式有：0xxuuat=−代入数据解得：210m/sxa=，0xu=所以小球落入沙箱瞬间的速度：10m/syvugt===，方向竖直向下小球开始下落时与小车右端的水平距离：012015m2uxxxvtt=+=+=(2)设向右为

正，在小球落快速落入沙箱过程中，小车（不含物块A）和小球的系统在水平方向动量守恒，设小球球入沙箱瞬间，车与球的共同速度为1v，则有：()01MvMmv=+可得：15m/sv=由于小车速度减小，随后物块A相对小车向右运动并将弹簧压缩，在

此过程中，A与小车（含小球）系统动量守恒，当弹簧压缩至最短时，整个系统有一共同速度2v，则有：()()00102mvMmvMmmv++=++解得：26m/sv=根据能的转化和守恒定律，弹簧的最大势能为：()()22200102p111222EmvMmvMmmvmgs=++−

++−在代入数据解得：p9JE=（3）随后弹簧向左弹开物块A，假设A运动至车的左端时恰好与车相对静止。此过程中系统动量仍然守恒，所以系统具有的速度仍为：26m/sv=根据功能关系有：0pEmgL=解得小车左端与沙箱左侧的

距离为：09mL=分情况讨论如下：①若09mLL=时，物块A停在距离沙箱左侧09mL=处与小车一起运动，因此摩擦产生的热量为：10QmgL=②若09mLL=时，物块A最终会从小车左端滑下，因此摩

擦产生热量为：2QmgL=【点睛】解决该题关键要正确分析小球的运动情况，掌握动量守恒和能量守恒列出等式求解，注意小球掉小车的过程中是小球与车水平方向的动量守恒。16.如图所示，光滑水平地面上方ABCD区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度E=1×106N/C，方向竖直向上，AD

距离为2m，CD高度为1m，一厚度不计的绝缘长木板其右端距B点2m，木板质量M=2kg，在木板右端放有一带电量q=+1×10-6C的小铁块（可视为质点），其质量m=0.1kg，小铁块与木板间动摩擦因数μ

=0.4，现对长木板施加一水平向右的恒力F1=12.4N，作用1s后撤去恒力，g取10m/s2．(1)求前1s小铁块的加速度大小am，长木板加速度大小aM；(2)要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度

B的最小值；(3)在t=1s时再给长木板施加一个水平向左的力F2，满足（2）条件下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止，求木板的最小长度（计算过程π取3.14）．【答案】（1）4m/s2；6m/s2；（2）5410T；（3）6.925m【解析】【详解】（1）当F作用在长木板上时，

对小铁块由牛顿第二定律：mmgma=，解得：24/mams=对长木板：MFmgMa−=的代入数据解得：26/Mams=（2）由于mgqE=，此后小铁块进入复合场做匀速圆周运动（如图所示），当1rm，铁块必定会与木板

碰撞，当1r时有可能不会相撞，但B不是最小值，因此要使得小铁块与长木板不发生碰撞，其圆周运动半径r=1m，此时对应的磁场强度最小根据：2mmvqvBmr=速度关系为：4/mmvatms==联立解得：5410mmvBTqr==（3）长木板运动1s末位移为：2132M

Mxatm==速度关系为：MMvat=小铁块运动1s末位移：2122mmxatm==撤去F后长木板减速运动，小铁块离开长木板后先在磁场中做匀速圆周运动，出场后竖直上抛，设小铁块离开长木板的总时间t小铁块在磁场中运动的总时间：10.7852TmtsqB===小铁块出场后上抛与下

降的总时间：220.8vtsg==所以：121.585ttts=+=若小铁块回到木板时不发生滑动，则木板速度与小铁块相同，此过程木板匀速运动位移为：7.9252MmMvvxtm+==此时小铁块从C点滑上长木板，距木板右端()()12MmMxxxx=

−+−