2023-2024学年福建省福州第一中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州第一中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法中，正确的是( )
A. 牛顿发现了万有引力定律，并测定了引力常量G
B. 第谷根据自己多年的天文观测数据，发现了行星沿椭圆轨道绕太阳运动，且太阳位于椭圆轨道的一个焦点上
C. 冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量，力的冲量是一个状态量
D. 功是描述力对物体作用的空间积累效应的物理量，功是一个过程量
2.“两江四岸”烟花活动中，某同学用手机录制了一段烟花运动视频，经电脑处理得到某一烟花的运动轨迹如图所示，其中最高点b切线水平，c点切线竖直，由图可知( )
A. 该烟花由a点运动到c点过程中，水平方向匀速运动
B. 该烟花由b点运动到c点过程中，其机械能守恒
C. 该烟花在b点的加速度方向竖直向下
D. 该烟花在b点处于失重状态
3.设月球半径为R，一飞船沿月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，在轨道A点变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次变轨进入月球的近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，下列判断正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅱ上的机械能大于在轨道Ⅰ上的机械能
B. 飞船在轨道Ⅰ上的线速度一定小于飞船在轨道Ⅱ上经过B点时的线速度
C. 飞船在轨道Ⅰ上的加速度大于飞船在轨道Ⅱ上经过A点时的加速度
D. 飞船在轨道Ⅱ的周期小于在轨道Ⅲ的周期
4.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定转轴以恒定角速度ω匀速转动，盘面上离转轴2m处有一小物体(可视为质点)与圆盘始终保持相对静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面间的夹角为30°，g=10m/s2，则( )
A. 若ω越大，则小物体在最高点处受到的摩擦力一定越大
B. 小物体受到的摩擦力不可能背离圆心
C. 若小物体与盘面间的动摩擦因数为 32，则ω的最大值是 52rad/s
D. 若小物体与盘面可的动摩因数为 32，则ω的最大值是2.5rad/s
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人们称为拉格朗日点。若飞行器位于这些点上，会在太阳与地球共同引力作用下，可以几乎不消耗燃料而保持与地球同步绕太阳做圆周运动。若发射一颗卫星定位于拉格朗日L1点，下列说法正确的是( )
A. 该卫星绕太阳运动的周期和地球自转周期相等
B. 该卫星在L1点处于非平衡状态
C. 该卫星绕太阳运动的向心加速度大于地球绕太阳运动的向心加速度
D. 该卫星在L1处所受太阳和地球引力的合力比在L3处小
6.质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g=10m/s2，则( )
A. 0∼2s内，F的冲量为2kg‧m/sB. 3s时物块的动量为1kg‧m/s
C. 2s时物块的动能为零D. 2∼4s内，F对物块所做的功为6J
7.如图所示，左侧有一长为L=3 m的传送带，以速度v=5 m/s顺时针转动，右侧有一质量为M=6 kg、长为l=5 m的长木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m=2 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0=10 m/s从传送带的左端滑上传送带，并且小物块能无机械能损失的滑上长木板。已知小物块与传送带、长木板间的动摩擦因数均为μ=0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。则 ( )
A. 小物块滑上长木板的速度为5 m/sB. 小物块的最终速度为2 m/s
C. 长木板的最终动能Ek=12 JD. 全过程系统产生的内能Q=48 J
8.有一辆质量m=1.5t的油电混合动力汽车，其行驶速度v≤54km/ℎ时靠电动机输出动力；行驶速度在54km/ℎ90km/ℎ时汽油机和电动机同时工作。该小汽车在一条平直的公路上由静止启动，汽车的牵引力F随运动时间t的图线如图所示，所受阻力恒为1250N。已知汽车在t0时刻第一次切换动力引擎，以后保持恒定功率行驶至第11s末。则在前11s内下列说法正确的是( )
A. 经过计算t0=6s
B. 电动机输出的最大功率为60kW
C. 汽油机工作期间牵引力做的功为4.5×105J
D. 汽车的位移为120m
三、填空题：本大题共3小题，共14分。
9.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲:r乙=3:1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，m1=3m2当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，在m1、m2与盘发生相对滑动前的过程中，m1、m2，的角速度之比ω1:ω2=________;向心加速度之比a1:a2=_______;受到的静摩擦力大小之比f1:f2=________．
10.如图所示，同学踩着轻质滑板(可整体视为质点)以4m/s的速度冲上一足够高的固定光滑斜面，则该同学可以冲到的最高点高度为______m。若解除斜面的固定，假设斜面与地面之间光滑，斜面质量与同学质量相等，那么该同学冲到的最高点高度为______m(本题中g取10m/s2)。
11.如图(a)所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图(b)所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块上滑时所受的合外力大小为______N，物块的质量为______。
四、实验题：本大题共3小题，共18分。
12.用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
(1)关于本实验，下列说法正确的是___________(填字母代号)。
A.应选择密度大、体积小的重物进行实验
B.本实验必须利用天平测量重物的质量
C.先释放纸带，后接通电源
(2)实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O(O点与下一点的间距接近2mm)的距离分别为(ℎA、ℎB、ℎc。已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T，设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔEp=___________动能变化量ΔEk=___________(用已知字母表示)
(3)某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器的示数为F。已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式。F=_________时，可验证机械能守恒(结果用题中已知字母表示)。
13.在“探究碰撞中的不变量”的实验中，三位同学分别采用以下三种不同的方案，如图小红用甲图对应的方案，该方案中__________(填“需要”或“不需要”)测量小球抛出点到水平面的高度：小黄采用乙图对应的方案，该方案中入射小球的质量__________(填“需要”或“不需要”)大于被碰小球的质量：小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，则__________(填“需要”或“不需要”)测量遮光条宽度d。
14.在“验证动量守恒定律”的实验中，先让质量为m1的钢球A从斜槽轨道上某一固定位置S由静止开始滚下，从轨道末端水平抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在复写纸下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的空心钢球B放在斜槽轨道末端，让A球仍从位置S由静止滚下，与B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图1所示。
(1)为了尽量减小实验误差，两个小球的质量应满足m1>m2，若满足关系式__________则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒；
(2)某同学记录小球三个落点的平均位置时发现M和N偏离了OP方向，如图2所示。下列相关说法正确的是___________。
A.造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球的碰撞不是对心正碰
B.两球在碰撞过程中动量不守恒
五、计算题：本大题共3小题，共28分。
15.如图所示，轻杆的一端固定在轻质竖直转轴上的O点，杆与轴的夹角α=60∘,杆上套有一劲度系数k=100N/m的轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的质量m=1kg的圆环相连，杆和圆环均处于静止状态。已知弹簧原长L0=0.15m，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦。
(1)求圆环静止时弹簧的长度L；
(2)杆随转轴缓慢加速转动，圆环始终未离开杆。当弹簧处于原长时，求杆转动的角速度大小ω0；
16.如图，高度ℎ=0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA=mB=0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
17.如图所示，在光滑水平面上有一质量M=3kg的小车，由水平部分AB和光滑14圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R=0.4m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段的滑动摩擦因数μ=0.2，在A点正上方用一根不可伸长的轻质细绳悬挂质量为m1=0.5kg的小球P，现将小球P拉离竖直方向由静止释放，当小球P摆到最低点时与静止在小车左端的质量为m2=1kg的小物块Q(可视为质点)发生弹性碰撞，已知小球P与小物块Q碰撞前的瞬时速度为v0=6m/s，碰撞时间极短，除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g=10m/s2。
(1)求碰撞后瞬间小物块Q的速度；
(2)求物块Q在小车上运动1s内相对于小车运动的距离s(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)；
(3)要使物块Q既可以到达B点又不会脱离小车，求小车左侧水平长度AB的取值范围。
答案解析
1..D
【解析】A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了引力常量G，故A错误；
B、开普勒根据第谷多年的天文观测数据，发现了行星沿椭圆轨道绕太阳运动，且太阳位于椭圆轨道的一个焦点上，故B错误；
C、冲量是描述力对物体作用的时间积累效应的物理量，对应一个过程，则力的冲量是一个过程量，故C错误；
D、功是描述力对物体作用的空间积累效应的物理量，对应一个过程，则功是一个过程量，故D正确。
2..D
【解析】A.轨迹的切线方向为速度方向，由题可知a 点切线沿右上方， b 点切线水平， c 点切线竖直，即 a 、 b 两点速度在水平方向分量不为0，在 c 点速度在水平方向分量减为0，所以该烟花由 a 点运动到 c 点过程中，水平方向做减速运动，故A错误；
B.结合A选项可知该烟花由 a 点运动到 c 点过程中，水平方向做减速运动，即该烟花由b点运动到c点过程中，烟花在运动过程中受到摩擦阻力，机械能不守恒，故B错误；
C.该烟花在最高点 b 切线水平，即此时运动方向为水平向右，摩擦阻力水平向左，则摩擦力和重力的合力朝左下，所以加速度方向与合力方向一致，故C错误；
D.该烟花在最高点 b 有竖直向下的加速度分量，所以处于失重状态，故D正确。
故选D。
3..B
【解析】A、飞船在轨道Ⅰ上过A点时减速做近心运动，才能进入轨道Ⅱ，所以飞船在轨道Ⅱ上的机械能小于在轨道Ⅰ上的机械能，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力有GMmr2=mv2r，解得v= GMr，由此可知飞船在轨道Ⅰ上的A点的线速度小于飞船在轨道Ⅲ上的B点的线速度，飞船在轨道Ⅱ上经过B点时减速，做近心运动才能进入轨道Ⅲ，飞船在轨道Ⅲ上的B点线速度小于飞船在轨道Ⅱ上的B点的线速度，所以飞船在轨道Ⅰ上的A点线速度小于飞船在轨道Ⅱ上的B点线速度，故B正确；
C、飞船在轨道Ⅰ上运行时通过A点和在轨道Ⅱ上运行时通过A点时受到的万有引力大小相等，根据牛顿第二定律可知GMmr2=ma，加速度相等，故C错误；
D、根据开普勒第三定律a3T2=k可知，轨道Ⅱ的半长轴大于轨道Ⅲ的半径，所以飞船在轨道Ⅱ的周期大于在轨道Ⅲ的周期，故D错误。
4..C
【解析】AB.小物体在最高点时，由牛顿第二定律得
mgsin30∘+f=mω2r
解得
ω= mgsin30∘+fmr
当 f=0 时
ω= gsin30∘r= 10×0.52rad/s= 52rad/s
当 ω< 52rad/s 时， f<0 ，即摩擦力方向背离圆心， ω 越大，则小物体受到的摩擦力越小；当 ω> 52rad/s 时， f>0 ，即摩擦力方向指向圆心， ω 越大，则小物体受到的摩擦力越大；故AB错误；
CD.小物体在最低点摩擦力达到滑动摩擦力时，此时圆盘转动的角速度最大，由牛顿第二定律得
μmgcs30∘−mgsin30∘=mω2r
将 μ= 32 ， r=2m 代入上式得，最大角速度
ω= 52rad/s
故C正确，D错误；
故选C。

【解析】A.该卫星绕太阳运动的周期和地球公转周期相等，故A错误；
B.该卫星在 L1 点做匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，处于非平衡状态，故B正确；
C.根据a=ω2r
由于角速度相等，该卫星的轨道半径小于地球的轨道半径，则该卫星绕太阳运动的向心加速度小于地球绕太阳运动的向心加速度，故C错误；
D.卫星所受太阳和地球引力的合力提供向心力，根据F=mω2r
由于角速度相等，该卫星在 L1 处的轨道半径小于在 L3 处的轨道半径，可知该卫星在 L1 处所受太阳和地球引力的合力比在 L3 处小，故D正确。
故选BD。

【解析】A.0～2s内，根据图像面积可求力F的冲量，大小为12×2×2kg·m/s=2kg·m/s，A正确；
B.根据已知可求最大静摩擦力fm=f=μmg=1N，故物块在第1s内处于静止状态，静摩擦力大小与力F时刻相等，1∼4s内，物体向右运动，物体受滑动摩擦力f=1N，前3s内合力的冲量等于1s∼3s内合力的冲量，I=12×1+2×1kg·m/s+2×1kg·m/s−1×2kg·m/s=1.5kg·m/s，根据动量定理可知3s时物块的动量为1.5kg⋅m/s，B错误；
C.前2s内合力的冲量为12×1+2×1kg·m/s−1×1kg·m/s=0.5kg·m/s，此时物块的动量为0.5kg⋅m/s，速度为v1=0.5m/s，故动能不为零，C错误；
D.2∼4s内，合力的冲量为2−1×2kg·m/s=2kg·m/s，根据动量定理可求动量变化量为2kg⋅m/s，可求物体在4s末的速度大小为v2=2.5m/s，物体在2∼4s内受到的力F大小恒定，物体做匀变速直线运动，位移大小为x=v1+v22t=0.5+2.52×2m=3m，则F做的W=Fx=6J，D正确。

【解析】小物块滑上传送带后，对小物块，由牛顿第二定律，有Ff=−μmg=ma，解得小物块在传送带上滑动
的加速度a=−6m/s2，由v=v0+at，可得小物块达到与传送带共速时所需的时间t=56s，由xm=12(v0+v)t，得xm=6.25m>3m=L，所以小物块未与传送带共速就滑上长木板，由vm2−v02=2aL，得小物块离开传送带的速度vm=8m/s，A错误;
对小物块和长木板组成的系统，由动量守恒定律，可知mvm=(m+M)v共，可得v共=2m/s，
由功能关系，可得12mvm2−12(m+M)v共2=μmgL相时，得L相时=4m设小物块在传送带上运动的时间为t1，由vm=v0+at1，得t1=13s，则全过程系统产生的内能Q=[12(v0+
vm)t1−vt1+L相对]μmg，代入数据，解得Q=64J，D错误。
故选BC。

【解析】根据题意可知
m=1.5t=1500kg ， 54km/ℎ=15m/s ， 90km/ℎ=25m/s
A.由图可知， 0∼t0 时间内，汽车的牵引力保持不变，由牛顿第二定律有
F1−f=ma
解得
a=2.5m/s2
则有
t0=v1a=152.5s=6s
故A正确；
B.电动机输出的最大功率为
P1=F1v1=5000×15W=75kW
故B错误；
C.汽油机工作时，汽车的功率为
P2=F2v1=6000×15W=90kW t=11s 时，汽车的速度为
v2=P2F3=25m/s
则汽油机工作期间牵引力做的功为
W=P211−t0=4.5×105J
故C正确；
D. 0∼t0 时间内，汽车的位移为
x1=12at02=45m t0∼11s 时间内，由动能定理有
W−fx2=12mv22−12mv12
解得
x2=120m
汽车的位移为
x=x1+x2=165m
故D错误。
故选AC。
9..1：3， 2：9， 2：3
【解析】甲、乙两轮子边缘上的各点线速度大小相等，有：ω1⋅3r=ω2⋅r，则得ω1：ω2=1：3，所以物块相对盘开始滑动前，m1与m2的角速度之比为ω1：ω2=1：3
物块相对盘开始滑动前，根据a=ω2r得：m1与m2的向心加速度之比为a1：a2=ω12⋅2r：ω22r=2：9
根据物体做圆周运动的向心力均有静摩擦力提供，列出牛顿第二定律方程为：f1：f2=m1a1：m2a2=2×3：1×9=2:3。
故填：1：3， 2：9， 2：3。
0.4
【解析】解：根据动能定理有mgℎ=12mv2，解得：ℎ=0.8m
取水平向右为正方向，该同学冲到的最高点的过程中系统动量守恒定律，则有mv=2mv′
根据能量守恒定律有mgℎ′=12mv2−12×2mv′2
联立解得：ℎ′=0.4m
故答案为：0.8，0.4
运用动能定理求解该同学上升的最大高度；根据系统动量守恒定律结合能量守恒定律求解该同学上升的最大高度。
本题主要考查了动能定理和能量守恒定律等知识，是一道难度适度考查全面的较好的题目。
11.. 4 0.7kg
【解析】[1]根据图(b)可知，物块沿斜面上滑10m时其动能减为零，对该过程由动能定理有−F合⋅s=0−Ek1
式中Ek1=40J ， s=10m
解得F合=4N
[2]对物块从速度减为零到返回斜面底端的过程右动能定理有F′合⋅s=Ek2
根据图(b)可知Ek2=30J
解得F′合=3N
上滑过程中F合=mgsin30∘+Ff
下滑过程中F′合=mgsin30∘−Ff
两式联立解得m=0.7kg
12..(1)A
(2) mgℎB mℎC−ℎA28T2
(3)3mg

【解析】(1)A.为了减小空气阻力的影响，应选择密度大、体积小的重物进行实验，故A正确；
B.重物质量在计算过程中可以消去，无需测量，故B错误；
C.为了充分利用纸带，应要先接通电源，后释放纸带，故C错误。
故选A。
(2)[1]从打O点到B点的过程中，重物的重力势能减少量
ΔEp=mgℎB [2]B点速度
vB=ℎC−ℎA2T 动能变化量ΔEk=12mv B2=mℎC−ℎA28T2
(3)设线长为L，球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgL=12mv2
在最低点，由牛顿第二定律得F−mg=mv2L
联立可得F=3mg
在误差允许范围内，当满足 F=3mg 关系式时，可验证机械能守恒。
13.. 不需要 不需要 不需要
【解析】[1]小红用甲图对应的方案，该方案中用水平位移代替水平速度，则不需要测量小球抛出点到水平面的高度；
[2]小黄采用乙图对应的方案，即使入射球反弹实验也能进行，则该方案中入射小球的质量不需要大于被碰小球的质量；
[3]小蓝用丙图对应的方案，该方案中若两滑块上的遮光条宽度相等，通过 v=dΔt 计算速度，带入式子时两边可消掉d，则不需要测量d。
14..(1)m1·OP=m1·OM+m2·ON
(2)A

【解析】(1)设碰撞前瞬间钢球A的速度为 v0 ，碰撞后瞬间A、B的速度分别为 v1 、 v2 ，根据动量守恒可得m1v0=m1v1+m2v2
由于两球在空中运动的时间相等，则有m1v0t=m1v1t+m2v2t
可得m1OP=m1OM+m2ON
若满足关系式m1·OP=m1·OM+m2·ON则可以认为两小球碰撞前后总动量守恒。
(2)造成M和N偏离了OP方向的原因是两小球碰撞过程中没有对心碰撞，导致速度方向不沿碰前速度方向。
故选A。
15..(1)对圆环mgcsα=kΔx
弹簧的长度 L=L0−Δx
解得L=0.10m
(2)当弹簧处于原长时，对圆环 mgtanα=mω02r
几何关系 r=L0sinα
解得 ω0=203rad/s

【解析】详细解答和解析过程见.
16..(1)对A物块由平抛运动知识得ℎ=12gt2，xA=vAt
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=1m/s
对AB物块整体合外力为零，由动量守恒定律有mAvA=mBvB
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1m/s
(2)对物块B由动能定理−μmBgxB=0−12mBvB2
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2
(3)由能量守恒定律ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+μmBgΔxB
其中mA=mB ， Δx=ΔxA+ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12J

【解析】详细解答和解析过程见.
17..解：(1)小球P与小物块Q碰撞，取向右为正，碰后P、Q速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得12m1v02=12m1v12+12m2v22，
解得v1=−2m/s ， v2=4m/s，
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4m/s，方向水平向右；
(2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度a2=−μm2gm2=−2m/s2，a3=μm2gM=23m/s2，
物块Q的位移x2=v2t+12a2t2=3m，
小车的位移x3=12a3t2=13m，
解得s=83m；
(3)AB段最长，则物块Q刚好到达B点时就与木板共速，
根据动量守恒定律有m2v2=(m2+M)v3，
可得共同速度为v3=1m/s，
由能量守恒定律得12m2v22=12(m2+M)v32+μm2gL1，
解得L1=3m，
AB段最短，则物块Q刚好回到A点时与木板共速，
根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3=1m/s，
由能量守恒定律得12m2v22=12(m2+M)v32+2μm2gL2
解得L2=1.5m，
当AB段最短时物块Q在圆弧上共速时上升高度需要验证是否超过R，
由能量守恒定律得12m2v22=12(m2+M)v32+μm2gL2+m2gH，
解得H=0.3m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5m≤L≤3m。

【解析】本题考查弹性碰撞问题，运用动力学、动量和能量观点分析板块问题，关键是分析好各个阶段的受力特点，选择相应的规律解决。
(1)根据小球P与小物块Q碰撞时机械能守恒结合碰撞时动量守恒列式可得碰后Q的速度；
(2)对Q和小车，运用牛顿第二定律求出各自的加速度，运用运动学公式，求得各自的位移，然后算得在小车上的运动距离；
(3)若物块不会从小车上掉下来，有两种情况即恰停在B点和恰停在A点，根据这两种情况运用动量守恒和能量守恒求得小车左侧水平长度AB的取值范围。