2022-2023学年黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高三上学期10月月考物理试题含解析

  哈师大附中2020级高三上学期十月月考物理试题

一、单选题

1. 如图所示，光滑细杆AB、AC在A点连接，AB竖直放置，AC水平放置，两个相同的中心有小孔的小球M、N，分别套在AB和AC上，并用一细绳相连，细绳恰好被拉直，现由静止释放M、N，在运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A. M球的机械能守恒

B. M球的机械能增大

C. M和N组成的系统机械能守恒

D. 绳的拉力对N做负功

【答案】C

【解析】

【详解】AB．由静止释放M、N后，M下降，N向左运动，杆AB、AC光滑，绳子对N做正功，对M做负功，因此M球的机械能减小，N球的机械能增加，故AB错误；

C．M、N组成系统在整个过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故C正确；

D．绳的拉力与N球的位移夹角为锐角，则拉力对N球做正功，故D错误。

故选C。

2. 如图所示，某行星甲位于椭圆轨道I的一个焦点C上，卫星乙仅受甲的万有引力作用沿椭圆轨道I逆时针运动（甲、乙均视为质点），已知。卫星乙在某一时刻经过A点时变轨进入以C为圆心的圆形轨道Ⅱ做匀速圆周运动，以下说法正确的是（　　）

A. 卫星乙在轨道I上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能

B. 卫星乙在轨道I上运动时，从D到E的时间大于从E到A的时间

C. 卫星乙在轨道I上的运行周期是在轨道Ⅱ上运行周期的27倍

D. 卫星乙在两个轨道运动时，经过A点的加速度大小不相等

【答案】B

【解析】

【详解】A．卫星乙由高轨道进入低轨道要在A点减速，同时万有引力做正功，重力势能减小，因此乙的机械能减小，故A错误；

B．根据开普勒第二定律可知，卫星在近地点速率最大，在远地点速率最小，卫星从D到A一直是加速运动，而从D到E与从E到A的路程相同，则有从D到E的平均速率小于从E到A的平均速率，所以从D到E的时间大于从E到A的时间，B正确；

C．设轨道Ⅱ半径为R，则轨道I的半长轴为，根据开普勒第三定律可知

则有

则乙在轨道I上的运行周期是在轨道Ⅱ上运行周期的倍，故C错误；

D．卫星乙在两个轨道运动时，经过A点时所受万有引力相等，由牛顿第二定律可知，则加速度大小相等，D错误。

故选B。

3. 太阳系中的八大行星，按照到太阳的平均距离由近到远的顺序排列，依次是水星、金星、地球、火星、木星、土星、天王星、海王星。设行星绕太阳的运动是匀速圆周运动，金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍。不考虑行星自转的影响，则下列说法中正确的是（　　）

A. 金星绕太阳运动加速度是火星的倍

B. 金星绕太阳运动的周期是火星的倍

C. 金星表面的重力加速度是火星的倍

D. 金星的“第一宇宙速度”是火星的倍

【答案】D

【解析】

【详解】A．设行星绕太阳做匀速圆周运动的轨迹半径为r，根据万有引力提供向心力有

可得，行星绕太阳运动的向心加速度为

金星自身的半径R是火星的n倍，但金星绕太阳运动的轨迹半径r不等于火星绕太阳运动轨迹半径的n倍，故A错误；

B．行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有

可得，行星绕太阳运动的周期为

可知，金星绕太阳运动的周期不是火星的倍，故B错误；

C．不考虑行星自转的影响，则在行星表面万有引力等于重力，即有

可得，行星表面的重力加速度为

由于金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，则金星表面的重力加速度是火星的倍，故C错误；

D．在行星表面，绕行星做匀速圆周运动的卫星轨迹半径约等于行星半径R，根据万有引力提供向心力有

可得，行星的“第一宇宙速度”为

由于金星自身的半径是火星的n倍，质量为火星的k倍，则金星的“第一宇宙速度”是火星的倍，故D正确。

故选D。

4. 如图所示，箱子放在水平地面上，箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中（　　）

A. 铁球对箱子的冲量为零

B. 铁球和箱子受到的冲量为零

C. 箱子对铁球的冲量为mv，向右

D. 地面摩擦力对箱子的冲量为mv，向右

【答案】D

【解析】

【详解】A．箱子在水平方向上受铁球对箱子的水平作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等大反向，其合力始终为零，故箱子始终静止，因此，铁球对箱子的摩擦力冲量与地面摩擦力对箱子的冲量等大反向，合冲量为零；而铁球对箱子还有竖直向下的压力，压力的冲量不为零，所以整个过程中铁球对箱子的冲量不为零，故A错误；

B．根据动量定理，铁球受到的冲量为

而箱子始终静止，合力为零，受到的冲量始终为零，故B错误；

C．根据动量定理，整个过程中，箱子所受外力的总冲量为

负号表示方向向右，由于重力冲量是竖直向下的，不为零，所以箱子对铁球的冲量不等于向右的mv，故C错误；

D．箱子对铁球水平方向的冲量为mv，向右，根据牛顿第三定律，铁球对箱子的水平冲量为mv，向左，又因为地面摩擦力与铁球对箱子的水平作用力等大反向，所以地面摩擦力对箱子的冲量为mv，向右，故D正确。

故选D。

5. 甲、乙两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，甲球的动量是p1=5kg·m/s，乙球的动量是p2=7kg·m/s，当甲球追上乙球发生碰撞后，乙球的动量变为p2′=10kg·m/s，设甲球的质量为m1，乙球的质量为m2，则m1、m2的关系可能是（　　）

A. 6m1=m2 B. 4m1=m2 C. 2m1=m2 D. m1=m2

【答案】C

【解析】

【详解】碰撞过程中动量守恒，可知碰后甲球的动量为

p1′=2kg·m/s

由于是甲追碰乙，碰撞前甲的速度大于乙的速度，有

可得

碰撞后甲的速度小于或等于乙的速度，有

可得

碰撞后系统的动能不大于碰前系统的动能，由

可得

解得

联立得

故选C。

6. 如图所示，相同小球P和Q分别从光滑圆弧AM、BN的等高处同时由静止释放。圆弧AM的半径是BN的2倍，两圆弧底部M、N切线水平且在同一水平面上，M、N间距足够大，下列说法正确的是（　　）

A. 两球可能会在平抛过程中相遇

B. 小球经过M、N时的向心加速度相同

C. 小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等

D. 从开始运动到落到CD的过程中，小球P重力的平均功率比小球Q的大

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，小球P和Q分别从光滑圆弧AM、BN的等高处同时由静止释放，到达圆弧底端的时间

即小球P比Q后到达圆弧底端，之后两小球均做平抛运动，则最终小球Q先落在CD上，故两球在平抛过程中不会相遇，故A错误；

B．小球从释放到达圆弧底端的过程由动能定理得

即两小球到达圆弧底端的速度大小相等，由题意知圆弧AM的半径是BN的2倍，由可知，小球经过M、N时的向心加速度大小不相等，故B错误；

C．因为平抛时间均为

则小球做平抛运动的水平位移大小为

即小球P、Q做平抛运动的水平位移大小相等，故C正确；

D．因为最终小球Q先落在CD上，而从开始运动到落到CD的过程中，重力做功均为

由平均功率可知，小球P重力的平均功率比小球Q的小，故D错误。

故选C。

7. 假设天体是一半径为R、质量分布均匀的球体。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。如图，O为地面上的点，用d表示离地面深度，h表示离地面高度，则各点的重力加速度g随d、h变化的图像正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】AB．设天体密度为，半径为R。则在天体内部有

可知，g随d增加而均匀减小。故A正确，B错误；

CD．在天体外部有

可知，g与该点到球心的距离的平方成反比。故CD错误。

故选A。

8. 如图所示，在光滑固定的水平长杆上套着一个光滑的质量为m的滑环A，滑环通过一根不可伸长的轻绳悬吊一质量为3m的重物B（可视为质点），轻绳长为将滑环A固定在水平杆上，给B一个水平瞬时冲量作用，使B向左摆动，且恰好刚碰到水平杆。若滑环A不固定，仍给B以同样大小的瞬时冲量作用，则重物B摆起的最大高度（相对于最低点）为（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】设物块受到水平冲量后速度为，滑环固定时，根据机械能守恒

得

滑环不固定时，摆起最大高度为h，在最大高度时的共同速度为v，根据动量守恒

根据能量守恒

解得

故选B。

二、多选题

9. 我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（　　）

A. 物块的动能先增大后减小

B. 物块加速度一直减小到零

C. 弹簧弹性势能一直增大

D. 物块和弹簧组成的系统机械能先增大后减小

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．物体接触弹簧至最高点的过程之中，满足

开始时，加速度沿斜面向上，当开始压缩弹簧时，弹簧弹力逐渐增大，加速度逐渐减小，直至为0，在此阶段中，物体做加速度逐渐减小的加速运动。当加速度为零时，则满足

当再进一步压缩弹簧时，弹簧弹力进一步增大，加速度反向，并逐渐增大，在此阶段中，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直至物体速度为零，并到达最高点。因此在整个过程中，物块的动能先增大后减小，加速度先减小，再反向增大，故A正确，B错误；

C．从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，弹簧一直被不断压缩，因此弹簧的弹性势能在不断增大，故C正确；

D．由于物块和弹簧组成的系统一直受到沿斜面向上的风力作用，风力一直对整个系统做正功，故物块和弹簧组成的系统机械能不断增大，故D错误。

故选AC。

10. 某同学将质量为m的一矿泉水瓶（可看成质点）竖直向上抛出，水瓶以的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H．水瓶往返过程受到的阻力大小不变．则

A. 上升过程中水瓶的动能改变量为

B. 上升过程中水瓶的机械能减少了

C. 水瓶落回地面时动能大小为

D. 水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率

【答案】AD

【解析】

分析】考查功能关系、功率计算，根据相关规律计算可得．

详解】根据牛顿第二定律可得

由动能定理可得，

上升过程中水瓶的动能改变量为 ．

故A符合题意．

由

f+mg=

可得 f=，

阻力做负功，机械能减少，

上升过程中水瓶的机械能减少了，故B不符合题意．

C．从最高点到时最低点，由动能定理可得

水瓶落回地面时动能大小为，故C不符合题意．

D．上升过程中加速大于下降过程中加速度，上升过程用时较少，上升、下降过程中重力做功大小相等，由

可得水瓶上升过程克服重力做功的平均功率大于下落过程重力的平均功率

故D符合题意．

【点睛】理解功能关系，动能变化只取决于合外力做功，合外力做正功（负功），动能增大（减小），机械能变化取决于除重力和系统内弹力以外的力做功，该力做正功（负功），机械能增加（减小）．

11. 倾角为θ且足够长的光滑固定的斜面上有一质量为m的物体，初始位置如图甲所示，在平行于斜面向上的力F作用下，物体从初始位置由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示，其中在过程的图线是曲线，在过程中图像是是平行x轴的直线，在的过程中图像是直线，则下列说法正确的是（　　）

A. 在的过程中，力F在减小 B. 在的过程中，物体的动能一直在增大

C. 在的过程中，物体的速度大小不变 D. 在的过程中，物体一定做匀速运动

【答案】AB

【解析】

【详解】A．在过程中物体机械能在减小，知拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动。根据功能关系得

得   

则知图线的斜率表示拉力，在过程中图线的斜率逐渐减小到零，知物体的拉力F逐渐减小到零，A正确；

BC．在过程中，机械能不变，则拉力为零，再根据选项A可知x1时物体沿斜面向下运动，则物体在过程中继续向下加速运动，则在重力的作用下物体的动能一直在增大，B正确、C错误；

D．过程过程，机械能继续减小，拉力做负功，则拉力方向沿斜面向上，图像斜率恒定，故拉力F为恒力，但不知道拉力F与重力分力的大小关系，故物体有可能做匀速直线运动、也可能做匀减速直线运动，还可能做匀加速直线运动，D错误。

故选AB。

12. 总质量为M的动车组在平直的轨道上行驶，该动车组有6节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率平方成正比（，k为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（　　）

A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B. 若只有3节动力车厢以额定功率P工作，则动车组匀速行驶的最大速度为

C. 若6节动力车厢输出功率均为额定值P，则动车组从静止开始做匀加速运动

D. 若6节动力车厢输出功率均为额定值P，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为

【答案】BD

【解析】

【详解】A．动车组在匀加速启动过程中，根据牛顿第二定律有

因为F阻随速度的增大而增大，所以牵引力F逐渐增大，故A错误；

B．当动车组匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等。当6节动力车厢以额定功率P工作且动车组匀速行驶时，有

若只有3节动力车厢以额定功率P工作，设动车组匀速行驶的最大速度为，则

联立以上两式解得

故B正确；

C．若6节动力车厢输出功率均为额定值P，则随着速度增大，动车组牵引力减小，结合A项分析可知在这种情况下动车组不可能从静止开始做匀加速运动，故C错误；

D．设这一过程中该动车组克服阻力做的功为W，根据动能定理有

解得

故D正确。

故选BD。

13. 质量为M的物块A静止在光滑的水平面上，光滑四分之一圆弧曲面半径为R，水平部分bc粗糙足够长，动摩擦因数为，现有一质量为m物体B自a点由静止下滑，则下列叙述中正确的是（　　）

A. 整个过程中，A、B系统动量不守恒

B. 物体A先做加速运动，后做匀速运动

C. 当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动了R

D. 最终物体B静止在A上距离b点处

【答案】AD

【解析】

【详解】A．系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，而系统所受合外力不为零，故系统的动量不守恒，故A正确；

B．物块在圆弧上下滑过车小车向左做加速运动，物体到达水平段bc后小车做减速运动，最终速度为零而静止，故B错误；

C．系统水平方向动量守恒，有

由平均动量守恒可得

则当物体B运动到A上的b点时，对地来看B向右运动的水平距离为

故C错误；

D．因系统水平方向动量守恒，可推得物体和车的共同速度为零，对系统由能量守恒有

解得最终物体B静止在A上距离b点为

故D正确；

故选AD。

14. 如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平足够长的传送带平滑连接于B点。圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点A以某一初速度沿切线进入圆弧轨道，小滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道。已知重力加速度为g，滑块与传送带之间的滑动摩擦因数为，传送带速度大小为。不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）

A. 经过足够长的时间，小滑块最终静止于B点

B. 小滑块第一次返回圆弧轨道时的最大高度为

C. 若，小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中在传送带上痕迹为

D. 若，小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是

【答案】BD

【解析】

【详解】A．由于传送带足够长，小滑块每次减速到0，都会反向加速到一定的速度，所以小滑块在圆弧和传送带之间做往返运动，最终不会停在B点。故A错误；

B．由于小滑块返回来的速度最大与传送带共速，则

解得

故B正确；

C．设小滑块第1次过B点速度大小为，则

解得

小滑块滑上传送带到共速，设小滑块位移为，传送带位移为。规定向左为正。则

联立解得

分析可知，滑痕为它们的相对位移，即

故C错误；

D．小滑块到B点的速度大小设为，则

解得

可知，小滑块过B点后，先减速到0，再反向加速到与传送带共速，最后匀速到达B点，之后以这个速度在圆弧和传送带之间做往返运动。

因此小滑块第五次在传送带上运动的整个过程的时间是

故D正确。

故选BD。

三、实验题

15. 某小组用如图所示的装置验证动量守恒的实验，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2（两球直径略小于管径且与弹簧不相连），现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射。

（1）除了要验证动量守恒，还要求出弹簧解除锁定前的弹性势能，则实验过程中必要的操作是____________；

①用天平测出两球质量、

②用游标卡尺测出两个小球的直径、

③用刻度尺测出小球1、小球2的落点到管口的水平距离

④用刻度尺测出两管口离地面的高度h

⑤解除弹簧锁定前弹簧的长度L

回答下列问题：

（2）利用上述测得的实验数据，验证动量守恒的表达式是_________________；

（3）已知当地重力加速度为g，弹簧解除锁定前的弹性势能是多少__________。

【答案】    ①. ① ③ ④##① ④ ③##③ ① ④## ③ ④ ①##④ ① ③ ## ④ ③ ①    ②.     ③.

【解析】

【详解】（1）[1] 两小球弹出后平抛运动，有

两小球平抛运动的初速度大小分别为

若弹射运动中系统动量守恒，则有

代入时间得

若动量守恒则有

根据能量守恒定律，弹簧弹性势能应等于两小球水平的动能之和，依题意有

所以本实验要验证动量守恒定律及计算弹簧弹性势能，就需要测出两小球的质量m1、m2，两管口离地面的高度h，球1落点P到管口M的水平距离x1，球2的落点Q到管口M的水平距离x2，故选① ③ ④ ；

（2）[2] 据前面分析，依题意验证系统动量的表达式为

（3）[3]据前面分析，解除弹簧锁定前，弹簧的弹性势能为

16. 某实验小组利用图示装置进行“探究动能定理”的实验，部分实验步骤如下：

A．挂上钩码，调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；

B．打开速度传感器，取下轻绳和钩码，保持A中调节好的长木板倾角不变，让小车从长木板顶端静止下滑，分别记录小车通过速度传感器1和速度传感器2时的速度大小v1和v2；

C．重新挂上细绳和钩码，改变钩码的个数，重复A到B的步骤。

据此回答下列问题：

（1）若要验证动能定理的表达式，下列各物理量中不需测量的有___________；

A．悬挂钩码的总质量m

B．长木板的倾角θ

C．两传感器间的距离L

D．小车的质量M

（2）根据实验所测的物理量，验证动能定理的表达式为___________（用题中所给的符号表示，重力加速度用g表示）

【答案】    ①. B    ②.

【解析】

【分析】

【详解】(1)[1]根据动能定理可知，合外力对小车做的功等于小车动能的变化量，则有

所以要测量悬挂钩码的总质量m，两传感器间的距离l，小车的质量M；

故选B；

(2)[2]验证动能定理的表达式为

四、解答题

17. 物流园的包裹流通路线如图所示，斜面AB长度L=2.5m倾角θ=37°。一个质量m=2kg的包裹从斜面上的A点由静止滑下，在斜面底端经过一段可忽略不计的光滑小圆弧从B点滑上水平传送带，传送带顺时针匀速转动，包裹与传送带共速后从传送带末端C点水平飞出，最后落入地面上的包装盒中。包装盒与C点的竖直高度h=0.8m，水平距离为s=1.6m。已知包裹与斜面间动摩擦因数为μ1=0.65，包裹与传送带间动摩擦因数为μ2=0.2。g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）包裹滑上传送带B点时的速度大小v1；

（2）传送带匀速运动的速度v2；

（3）包裹与传送带间因摩擦产生的热量Q。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）包裹从A到由动能定理得

解得

（2）包裹从C点飞出后做平抛运动，则有

水平方向

解得C点速度为

由于包裹已和传送带共速，故传送带的速度为；

（3）包裹滑上传送带后先做加速运动，与传送带共速后做匀速运动，设包裹加速运动过程中的时间为，加速度为，位移为x1，传送带位移为x2

对包裹根据牛顿第二定律

共速时间为

包裹的位移为

皮带的位移为

则由功能关系可得物块和皮带间产生的热量

代入数据解得

18. 如图所示，光滑水平面上有一长木板，长木板的上表面也是水平光滑的，右端用细绳拴在墙上，左端上部固定一轻质弹簧．质量为m=1kg的铁球以某一初速度v0(未知)在木板的上表面上向左匀速运动．铁球与弹簧刚接触时绳子绷紧，小球的速度仍与初速度相同，弹簧被压缩后，铁球的速度逐渐减小，当速度减小到初速度的一半时，弹簧的弹性势能为3J，此时细绳恰好被拉断(不考虑这一过程中的能量损失)，此后木板开始向左运动．

（1）铁球开始运动时的初速度是多少？

（2）若木板的质量M为1kg，木板开始运动后弹簧的弹性势能最大是多少？

（3）为使木板获得的动能最大，木板的质量应为多大？

【答案】（1）2m/s；（2）3.5J；（3）M=m

【解析】

【详解】(1)球与弹簧组成的系统能量守恒，由能量守恒定律得：

解得：

=2m/s

(2)球与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：

mv0＝(m+M)v

由能量守恒定律得：

E+m(v0)2＝(m+M)v2+Em

解得，弹簧的最大弹性势能：

Em＝=3.5J

(3)对球与木板组成的系统，动量守恒：

mv0＝Mv1

能量守恒：

E+m(v0)2＝Mv12

解得木板质量：

m=4M

即

19. 为了解决航空公司装卸货物时因抛掷造成物品损坏的问题，一位同学设计了一种缓冲转运装置，如图所示。卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分，滑上转运车B并最终停在转运车B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μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，转运车B与地面间的摩擦可忽略。A、B的质量均为M＝40kg，A、B水平部分的长度均为L＝4m。包裹C可视为质点且无其他包裹影响，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。C与B的右挡板发生碰撞的时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略。

（1）要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？

（2）若某包裹的质量m＝10kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足什么条件？

（3）若某包裹的质量m＝50kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时的高度h的最小值应是多少？

【答案】（1）40kg；（2）0.8m≤h≤2.8m；（3）0.85m

【解析】

【详解】（1）A不动时需满足

μ1mg≤μ2（m＋M）g

解得

m≤M＝40kg

即包裹C的质量不能超过40kg。

（2）由于包裹质量小于40kg，装置A始终静止不动

①释放C的高度最小时，包裹C恰好滑上B车，即C到达B的左端时速度刚好为零，由动能定理可得

mgh1－μ1mgL＝0

解得

h1＝0.8m

②释放C的高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，设C由释放至第一次到达B的左端速度为v0。由动能定理可得

C与B车相互作用过程，满足动量守恒有

mv0＝（m＋M）v

由功能关系可得

联立解得

h2＝2.8m

所以

0.8m≤h≤2.8m

（3）由于包裹质量大于40kg，装置A、B会一起运动。包裹能滑上B车最小高度是包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速；

设C释放的最小高度为h′，C由释放到运动至曲面轨道最低点的过程，由动能定理可得

设C在A的水平部分滑动的加速度为a1，A、B的加速度为a2，取向右为正方向。根据牛顿第二定律得

－μ1mg＝ma1

解得

a1＝－2m/s2

又

μ1mg－μ2（m＋M）g＝2Ma2

解得

它们运动的图线如下

达到共速时有

a2t′＝v′＋a1t′

解得

由v－t图像可得

联立解得

h′＝0.85m