真光中學(xué)2020級(jí)高二階段質(zhì)量檢測(cè)（5月）—物理總分：100分時(shí)間：75分鐘一、單項(xiàng)選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1. 浮桶式燈塔模型如圖甲，其由帶空腔的磁體和一個(gè)連著燈泡的線圈組成，磁體在空腔產(chǎn)生的磁場(chǎng)如圖乙所示，磁體通過(guò)支柱固磁體定在暗礁上，線圈隨波浪相對(duì)磁體沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，且始終處于磁場(chǎng)中，則浮桶線圈（　　） A. 當(dāng)海面平靜時(shí)，燈泡穩(wěn)定發(fā)光B. 當(dāng)海水水平勻速流動(dòng)時(shí)，燈泡穩(wěn)定發(fā)光C. 海水上下震蕩幅度越大，燈泡發(fā)光越亮D. 海水上下震蕩速度越快，燈泡發(fā)光越亮【答案】D【解析】【詳解】A．當(dāng)海面平靜時(shí)，線圈靜止不動(dòng)，不切割磁感線，不產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，燈泡不亮，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)海水水平勻速流動(dòng)時(shí)，線圈不切割磁感線，不產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，燈泡不亮，故B錯(cuò)誤；CD．線圈隨海水上下震蕩，切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)可知：電動(dòng)勢(shì)的大小與海水上下震蕩速度有關(guān)，與震蕩幅度無(wú)關(guān)，v越大，E越大，則燈泡發(fā)光越亮，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。2. 如圖所示，1831年法拉第把兩個(gè)線圈繞在一個(gè)鐵環(huán)上，A線圈與電源、滑動(dòng)變阻器組成一個(gè)回路，B線圈與開(kāi)關(guān)、電流表G組成另一個(gè)回路。通過(guò)多次實(shí)驗(yàn)，法拉第終于總結(jié)出產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span> A. 閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，電流表G中有的感應(yīng)電流B. 閉合開(kāi)關(guān)S的瞬間，電流表G中有的感應(yīng)電流C. 閉合開(kāi)關(guān)S后，在增大電阻的過(guò)程中，電流表G中有的感應(yīng)電流D. 閉合開(kāi)關(guān)S后，在增大電阻的過(guò)程中，電流表G中有的感應(yīng)電流【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB．閉合與斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S的瞬間，穿過(guò)線圈B的磁通量都不發(fā)生變化，電流表G中均無(wú)感應(yīng)電流。故AB錯(cuò)誤；CD．閉合開(kāi)關(guān)S后，在增大電阻R的過(guò)程中，電流減小，則通過(guò)線圈B的磁通量減小了，根據(jù)右手螺旋定則可確定穿過(guò)線圈B的磁場(chǎng)方向，再根據(jù)楞次定律可得：電流表G中有b→a的感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。3. 一個(gè)鐵球，從靜止?fàn)顟B(tài)由20m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進(jìn)入泥潭到靜止用時(shí)0.4s，該鐵球的質(zhì)量為0.5kg，g取10m/s2，則泥潭對(duì)小球的平均作用力為（　?。?/span>A. 15N B. 20NC. 25N D. 30N【答案】D【解析】【詳解】小球自由下落20m所用的時(shí)間是設(shè)向下為正方向，令，對(duì)小球從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至停在泥潭中的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理得mg（t1＋t2）－Ft2＝0解得F＝30N故選D。4. 如圖為 LC 振蕩電路中電流隨時(shí)間變化的圖象，則（　　）A. 0﹣t1時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)能在增加B. t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，電容器處于放電狀態(tài)C. t2﹣t3時(shí)間內(nèi)，電容器兩板間電壓在減小D. t3﹣t4時(shí)間內(nèi)，線圈中電流變化率在增大【答案】B【解析】【詳解】A. 0?t1時(shí)間內(nèi)電路中的電流不斷減小，說(shuō)明電容器在不斷充電，則磁場(chǎng)能向電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化，磁場(chǎng)能在減小，故A錯(cuò)誤；B. 在t1到t2時(shí)間內(nèi)電路中的電流不斷增大，說(shuō)明電容器在不斷放電，故B正確；C. 在t2到t3時(shí)間內(nèi)，電路中的電流不斷減小，說(shuō)明電容器在不斷充電，則電容器兩板間電壓在增大，故C錯(cuò)誤；D. 電流變化率就是i?t圖象的斜率，由圖可知,在t3?t4時(shí)間內(nèi)，圖象的斜率在變小，因此線圈中電流變化率在減小，故D錯(cuò)誤；故選B.5. 鉗形電流表是電機(jī)運(yùn)行和維修工作中最常用的儀表之一，其內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示，工作部分主要由一只電流表和電流互感器組成。電流互感器鐵芯制成鉗形活動(dòng)開(kāi)口，用手柄來(lái)控制開(kāi)合，則（　?。?/span>A. 與電流表相連的線圈匝數(shù)越多，電流表讀數(shù)越大B. 鉗形電流表測(cè)電流時(shí)相當(dāng)于升壓變壓器C. 如果通電導(dǎo)線在鉗形口多繞幾圈，則電流表讀數(shù)會(huì)變小D. 測(cè)量電流時(shí)，需要斷開(kāi)電路將此鉗形電流表串接在電路中【答案】B【解析】【詳解】A．若次級(jí)線圈匝數(shù)越多，電流表讀數(shù)越小，故A錯(cuò)誤。B．該電表原線圈為單匝，升壓變壓器，故B正確。C．若原線圈多繞幾圈，則增大，副線圈電流增大，最終導(dǎo)致電流表計(jì)數(shù)增大，故C錯(cuò)誤。D．鉗形電流表通過(guò)打開(kāi)鐵芯將導(dǎo)線圈入其中，不需要斷開(kāi)電路，故D錯(cuò)誤。故選B。6. 如圖甲所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線框繞與磁感應(yīng)垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖象如圖乙所示，則（　?。?/span>A. 線框產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)有效值為 B. 線框產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)頻率為C. 時(shí)，線框磁通量變化率為零 D. 時(shí)，線框平面與中性面重合【答案】D【解析】【詳解】A．由圖乙可知T=0.02s，Em=311V，根據(jù)正弦式交變電流有效值和峰值的關(guān)系可得，該交變電流的有效值為A錯(cuò)誤；B．據(jù)周期和頻率的關(guān)系可得，該交變電流的頻率為B錯(cuò)誤；C．t=0.005s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，根據(jù)電磁感應(yīng)定律可知，此時(shí)線框磁通量變化率為最大不為零，C錯(cuò)誤；D．由圖乙可知t=0.01s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，說(shuō)明此時(shí)線圈正經(jīng)過(guò)中性面，則線圈平面和磁感線垂直， D正確。故選D。7. 壓敏電阻的阻值隨所受壓力的增大而減小，有同學(xué)利用壓敏電阻設(shè)計(jì)了判斷小車(chē)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的裝置，其工作原理如圖甲所示，將壓敏電阻和一塊擋板固定在絕緣小車(chē)上，中間放置一個(gè)絕緣重球,重球直徑略小于壓敏電阻和擋板間距，小車(chē)向右做直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電流表示數(shù)如圖乙所示，下列判斷正確的是A. 從0到t1時(shí)間內(nèi)，小車(chē)一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)B 從t1到t2時(shí)間內(nèi)，小車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)C. 從t2到t3時(shí)間內(nèi)，小車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D. 從t2到t3時(shí)間內(nèi)，小車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A．在0～t1內(nèi)，I不變，壓力恒定，小車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．在t1～t2內(nèi)，I變大，阻值變小，壓力變大，小車(chē)做變加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；CD．在t2～t3內(nèi)，I不變，壓力恒定，小車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。【名師點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是根據(jù)電流變化情況判斷壓力變化情況，根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度變化情況，從而判斷小車(chē)的可能運(yùn)動(dòng)情況；壓敏電阻的阻值會(huì)隨所受壓力的增大而減小，而電流變大說(shuō)明電阻變小，故電流變大說(shuō)明壓力變大；反之，電流變小說(shuō)明壓力變??；電流不變說(shuō)明壓力不變．二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。8. 圖甲是法拉第于1831年發(fā)明的人類(lèi)歷史上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)——圓盤(pán)發(fā)電機(jī)．圖乙為其示意圖，銅盤(pán)安裝在水平的銅軸上，磁感線垂直穿過(guò)銅盤(pán)；兩塊銅片M、N分別與銅軸和銅盤(pán)邊緣接觸，勻速轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤(pán)，電阻R就有電流通過(guò)．則下列說(shuō)法正確的是（    ）A. 回路中恒定電流大小與銅盤(pán)轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān)B. 回路中電流大小和方向不變C. 回路中電流方向不變，從M經(jīng)導(dǎo)線流進(jìn)電阻R，再?gòu)?/span>N流向銅盤(pán)D. 銅盤(pán)繞銅軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)【答案】BD【解析】【分析】根據(jù)右手定則判斷MN間感應(yīng)電流方向，即可知道電勢(shì)高低．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與轉(zhuǎn)動(dòng)角速度有關(guān)．【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小不變則感應(yīng)電流不變．電流為可知回路中恒定電流的大小與銅盤(pán)轉(zhuǎn)速有關(guān)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則可知，電流從N點(diǎn)流出，經(jīng)過(guò)電阻R流向M點(diǎn)，因此電流方向?yàn)閺?/span>N向R再到M，即為M→N→R→M，通過(guò)R的電流從下向上，電流方向不變，通過(guò)R的電流是直流電，故B正確，C錯(cuò)誤；圓盤(pán)在外力作用下運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于沿半徑方向上的金屬“條”切割磁感線，從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以產(chǎn)生感應(yīng)電流，可以發(fā)電，故BD正確，AC錯(cuò)誤．【點(diǎn)睛】本題是右手定則和法拉第電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用，同時(shí)注意切割磁感線相當(dāng)于電源，內(nèi)部電流方向是從負(fù)極到正極．注意由于圓盤(pán)在切割磁感線，相當(dāng)于電源，所以M處的電勢(shì)比N處低．9. 一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的壘球水平飛向球棒，被球棒打擊后，以大小為20m/s的速度反向水平飛回，關(guān)于壘球被擊打前后瞬間。下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span> A. 壘球的動(dòng)能可能不變B. 壘球的動(dòng)量大小一定變化了3.6kg·m/sC. 球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小一定相等D. 壘球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同【答案】AC【解析】【詳解】A．壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向打出，所以球的動(dòng)能可能不變，故A正確；B．因?yàn)椴恢缐厩虻某鮿?dòng)量，所以壘球的動(dòng)量大小變化量無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；C．由牛頓第三定律知球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小一定相等，故C正確；D．球受到棒的沖量方向是棒對(duì)球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯(cuò)誤。故選AC。10. 一質(zhì)點(diǎn)在平衡位置O附近做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，從它經(jīng)過(guò)平衡位置向右運(yùn)動(dòng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)0.13s質(zhì)點(diǎn)第一次通過(guò)M點(diǎn)，再經(jīng)0.1s第二次通過(guò)M點(diǎn)，則質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期的可能值為（　?。?/span>A. 0.72s B. 0.36sC. 0.24s D. 0.18s【答案】AC【解析】【詳解】質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期共存在兩種可能性，設(shè)質(zhì)點(diǎn)在AA′范圍內(nèi)運(yùn)動(dòng)，若如圖甲所示由O→M→A歷時(shí)0.13s+0.05s=0.18s則周期為T=4×0.18s=0.72s若如圖乙所示由O→A′→M歷時(shí)t1=0.13s由M→A→M歷時(shí)t2=0.1s設(shè)由O→M或由M→O歷時(shí)為t，則0.13s-t=2t+0.1s故t=0.01s所以周期為T=t1+t2+t=0.13+0.1+0.01=0.24s故選AC正確，BD錯(cuò)誤。故選AC。三、非選擇題：共54分。11. 實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)用如圖所示的裝置做“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)。（1）實(shí)驗(yàn)室有如下器材可供選用：A．長(zhǎng)約1m的細(xì)線B．長(zhǎng)約1m的橡皮繩C．直徑約2cm的鐵球D．直徑約2cm的塑料球E．米尺F．時(shí)鐘G．秒表實(shí)驗(yàn)時(shí)需要從上述器材中選擇：________（填寫(xiě)器材前面的字母）。（2）在挑選合適的器材制成單擺后他們開(kāi)始實(shí)驗(yàn)，操作步驟如下：①將單擺上端固定在鐵架臺(tái)上②測(cè)得擺線長(zhǎng)度，作為單擺的擺長(zhǎng)③在偏角小于5°的位置將小球由靜止釋放④記錄小球完成n次全振動(dòng)所用的總時(shí)間t，得到單擺振動(dòng)周期⑤根據(jù)單擺周期公式計(jì)算重力加速度的大小其中有一處操作不妥當(dāng)?shù)氖莀______。（填寫(xiě)操作步驟前面的序號(hào)）（3）該組同學(xué)發(fā)現(xiàn)（2）中操作步驟不妥之后，他們對(duì)數(shù)據(jù)進(jìn)行處理，作出的圖像如圖所示，由圖像求出的重力加速度g=_______m/s2。（取π=3.14，計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】    ①. ACEG    ②. ②    ③. 9.86【解析】【詳解】（1）[1]單擺的擺長(zhǎng)不可伸長(zhǎng)，為減小空氣阻力的影響和實(shí)驗(yàn)誤差，先選用長(zhǎng)約1m的細(xì)線，直徑約2cm的鐵球，要用米尺測(cè)量擺長(zhǎng)，停表測(cè)量周期，故選ACEG。（2）[2]操作不妥當(dāng)?shù)氖洽?，單擺的擺長(zhǎng)應(yīng)等于擺線長(zhǎng)度加擺球的半徑。（3）[3]根據(jù)單擺的周期公式得解得由圖像可知解得g=9.86m/s212. 用如圖a所示的電路測(cè)量鉑熱敏電阻的阻值與溫度的關(guān)系．（1）開(kāi)關(guān)閉合前，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)移至______端（填“A”或“B”）．（2）實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下的阻值，并繪得如圖b的Rt-t關(guān)系圖線，根據(jù)圖線寫(xiě)出該熱敏電阻的Rt-t關(guān)系式：Rt =______________（Ω）． （3）鉑的電阻對(duì)溫度變化很靈敏，可以制成電阻溫度計(jì)．請(qǐng)利用開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線、鉑熱敏電阻、圖a中某一電表和圖c所示的恒流源（調(diào)節(jié)旋鈕時(shí)可以選擇不同的輸出電流，且輸出電流不隨外部條件的變化而變化），設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)易電阻溫度計(jì)并在圖d的虛線框內(nèi)畫(huà)出電路原理圖____________________． （4）結(jié)合圖b的關(guān)系圖線，選擇恒流源的輸出電流為0.15A，當(dāng)選用的電表達(dá)到滿偏時(shí)，電阻溫度計(jì)所測(cè)溫度為__________________℃．如果要提高該溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度值，請(qǐng)?zhí)岢鲆环N可行的方法：_________________________________________．【答案】    ①. B    ②. 50+t    ③.     ④. 50   將恒流源的輸出電流調(diào)小【解析】【詳解】（1）開(kāi)關(guān)閉合前，為了保護(hù)電路，滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)位于阻值最大處，故滑片應(yīng)移至B端；（2）由圖象可知，鉑絲電阻Rt的阻值與溫度的關(guān)系式：Rt＝50+t；（3）直流恒流電源正常工作時(shí)，其輸出電流不隨外部條件的變化而變化，并且可讀出其大小，電壓表并聯(lián)在鉑絲電阻Rt的兩端，如圖所示： （4）當(dāng)恒流源的輸出電流為0.15A，所以當(dāng)電壓表示數(shù)最大時(shí)，即Rt兩端的電壓Ut＝15V時(shí)，鉑絲電阻Rt的阻值最大，由丙圖中所畫(huà)的Rt﹣t圖象可知，此時(shí)溫度計(jì)所能測(cè)量的溫度最高；由I 得鉑絲電阻Rt的阻值為：Rt′100Ω，則溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度為：t＝Rt﹣50＝100﹣50＝50℃．直流恒流電源正常工作時(shí)，其輸出電流不隨外部條件的變化而變化，并且可讀出其大小，電壓表并聯(lián)在鉑絲電阻Rt的兩端，如圖所示要提高該溫度計(jì)所能測(cè)量的最高溫度值，應(yīng)使鉑絲電阻Rt的阻值增大或?qū)⒑懔髟吹妮敵鲭娏髡{(diào)小．13. 某村在距村莊較遠(yuǎn)的地方修建了一座小型水電站，發(fā)電機(jī)輸出功率為，輸出電壓為，輸電線的總電阻為，允許線路損耗的功率為輸出功率的4%，求：村民和村辦小企業(yè)需要電壓時(shí)，所用升壓變壓器和降壓變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比各為多少？（不計(jì)變壓器的損耗） 【答案】和【解析】【分析】【詳解】由線路損耗的功率可得又因?yàn)?/span>，所以根據(jù)理想變壓器規(guī)律，所以升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比分別是和。14. 如圖甲所示，在豎直向下的B=4.0T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一邊長(zhǎng)L=0.50m的正方形閉合金屬線框放在光滑水平地面上，線框的ab邊緊貼磁場(chǎng)右邊界MN，線框電阻R=10Ω、質(zhì)量m=0.20kg，t=0時(shí)，線框靜止。現(xiàn)對(duì)線框加一向右的水平拉力F，使線框以1.0m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。求：（1）t=0時(shí)，水平拉力的大小F0；（2）線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)前，力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；（3）在圖乙上畫(huà)出F-t圖象。【答案】（1）0.20N；（2）F=（0.20+0.40）N；（3）見(jiàn)解析【解析】【詳解】（1）t=0時(shí)，拉力大小F0=ma=0.20×1.0N=0.20N（2）設(shè)線框從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到離開(kāi)磁場(chǎng)所用的時(shí)間為t1，則代入數(shù)值得t1=1.0s0<t≤1.0s內(nèi)的任一時(shí)刻t，線框的速度vt=atcd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e=BLvt線框中的電流設(shè)此時(shí)拉力大小為F，由牛頓第二定律F-BiL=ma聯(lián)立解得F=ma+代入數(shù)值，得F=(0.20+0.40t)N（3）當(dāng)t>1.0s，線框完全離開(kāi)磁場(chǎng)，有F2=ma=0.20N綜上，F隨時(shí)間t變化的關(guān)系為作出力F隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示15. 如圖所示，光滑軌道abcd固定在豎直平面內(nèi)，ab水平，bcd為半圓，圓弧軌道的半徑R=0.32m，在b處與ab相切。在直軌道ab 上放著質(zhì)量分別為mA=2kg、mB=1kg的物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為M、長(zhǎng)L=0.5m的小車(chē)，小車(chē)上表面與ab等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，之后A向左滑上小車(chē)，B向右滑動(dòng)且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)d處。物塊A與小車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，小車(chē)質(zhì)量M滿足1kg≤M≤3kg，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊B運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)b時(shí)對(duì)軌道的壓力大小。（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢(shì)能。（3）物塊A在小車(chē)上滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q（計(jì)算結(jié)果可含有M）。【答案】（1）；（2）；（3）見(jiàn)解析【解析】【詳解】（1）在最高點(diǎn)有牛頓第二定律可得b到d由動(dòng)能定理可得     在b點(diǎn)有牛頓第二定律可得     聯(lián)立以上方程可得由牛頓第三定律可知物塊對(duì)軌道的壓力 （2）由動(dòng)量守恒定律可得 由能量守恒可得    聯(lián)立以上方程可得    （3）假設(shè)A恰好滑到小車(chē)左端時(shí)與小車(chē)有共同速度v，由動(dòng)量守恒定律可得mAvA=（mA＋M）v    由能量守恒可得    聯(lián)立以上方程可得=2 kg    當(dāng)1kg≤M≤2kg時(shí)，A與小車(chē)最終有共同速度，由能量守恒可得 解得     當(dāng)2kg＜M≤3kg時(shí)，A將從小車(chē)左端滑出，可得Q2=μmAgL    解得

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