辽宁省2024-2025学年高三下学期3月联考 物理试卷（含解析）

这是一份辽宁省2024-2025学年高三下学期3月联考 物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.一定质量的理想气体由状态a变化到状态b的过程中，体积V随热力学温度T变化的图像如图所示。已知气体在状态b的压强为1.36×105Pa，从状态a变化到状态b气体吸收的热量为4×104J，则该过程中气体的内能增加了( )
A. 2.04×104JB. 1.96×104JC. 1.64×104JD. 1.28×104J
2.氢原子的能级图如图所示，一群处于n=3能级的氢原子向低能级跃迁时会辐射出多种不同频率的光。已知钨的逸出功为4.54eV，下列说法正确的是( )
A. 这群氢原子向低能级跃迁时可辐射出2种不同频率的光
B. 用氢原子从n=3能级直接跃迁到n=1能级辐射出的光照射钨板时能发生光电效应
C. 这群氢原子从n=3能级直接跃迁到n=1能级辐射出的光最容易发生明显的衍射现象
D. 氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光和从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光分别通过同一双缝干涉装置，后者干涉条纹间距较大
3.卫星A为地球静止轨道卫星，卫星B为极地轨道卫星，卫星B轨道半径为卫星A的14，某时刻，两卫星刚好同时经过某地上方，则下一次同时经过该地上方需要的时间为( )
A. 24hB. 12hC. 36hD. 48h
4.如图(a)，摩擦角的物理意义是：当两接触面间的静摩擦力达到最大值时，静摩擦力f与支持面的支持力N的合力F与接触面法线间的夹角即为摩擦角φ，可知tanφ=μ。利用摩擦角的知识可以用来估料，如图(b)所示。物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角φ。若已知物料的摩擦角φ和高h，动摩擦因数为μ。物料所受滑动摩擦力等于最大静摩擦力。可求出圆锥体的体积为( )
A. πh33μ2B. 2πh33μ2C. πh32μ2D. πh36μ2
5.如图所示，P、Q为x轴上关于原点O对称的两个点，两点各固定一个正点电荷，其中P点点电荷的电荷量大小为2q，Q点点电荷的电荷量大小为q。将一个带正电的粒子从x轴上的O点由静止释放，粒子仅在静电力的作用下沿x轴运动，则粒子的电势能Ep随位置坐标x的变化关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
6.如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为n1n2=21，电路中灯泡L的额定电压为100V，额定功率为80W。当输入端接有效值为220V的正弦交变电源时，灯泡L正常发光，则电路中定值电阻R的阻值为( )
A. 50ΩB. 45ΩC. 25ΩD. 1.25Ω
7.光纤准直器是光通信系统中的一种重要组件，它的作用是将光纤内传输来的发散光转变成准直光(平行光)，其简化工作原理如图所示，棱镜的横截面为等腰三角形，从光纤一端射出三束相同的单色光a、b、c，b光与棱镜的中心线重合，a、c光恰好分别入射到上、下侧面的中点，经棱镜折射后与中心线平行。已知棱镜横截面的底角和入射光与中心线的夹角均为30∘，棱镜底边长为d，光在真空中的传播速度为c，则( )
A. 棱镜对光的折射率为n= 33B. 棱镜对光的折射率为n= 2
C. b光通过棱镜需要的时间为t= 3d6cD. a光通过棱镜需要的时间为t=d4c
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图(a)所示，足够长的固定斜面倾角为θ=37∘，斜面底端有一质量为2kg的物块(可视为质点)。现用一沿斜面向上的恒力F=32N使物块由静止开始沿斜面向上运动，取斜面底端为零势能点，运动过程中物块的机械能E与物块的位移x的关系如图(b)所示，重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则下列说法正确的是( )
A. 物块的加速度大小为6m/s2
B. 物块与斜面之间的动摩擦因数为0.4
C. 物块由静止开始沿斜面向上滑动2m时的速度大小为2 6m/s
D. 物块沿斜面向上滑动2m的过程中，物块与斜面间因摩擦产生的热量为24J
9.在某介质中建立直角坐标系xOy，在x=−6m及x=4m处分别有两个波源A和B，t=0时刻两波源同时开始沿y轴正方向振动，介质中形成两列沿x轴相向传播的简谐波，波速均为v=2m/s。某时刻波源A产生的简谐波的波形图如图(a)所示，波源B的振动图像如图(b)所示，则( )
A. 波源A的周期是4s
B. 波源B产生的简谐波的波长为8m
C. 在波源A、B之间的区域会发生干涉现象
D. t=3.5s时，x=−1m处的质点的位移为5cm
10.某同学根据电磁感应原理设计了一个电磁阻尼减震器，简化的原理图如图所示。两根足够长的绝缘光滑平行轨道固定在水平面内，轨道间距为L，质量为m、电阻为R、匝数为n的减震矩形线圈abcd在轨道上以初速度v0水平向右进入磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，之后可以一直运动下去，ab边长为L，bc边长为d。下列说法正确的是( )
A. 减震线圈刚进入磁场时产生的感应电动势为BLv0
B. 减震线圈刚进入磁场时的加速度大小为n2B2L2v0mR
C. 减震线圈完全进入磁场时的速度大小为v0−n2B2L2dmR
D. 减震线圈从刚进入磁场到完全进入磁场经历的时间为2dv0
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学用如图(a)所示的装置做“探究加速度与合外力的关系”的实验。已知小车和力传感器的总质量为M，砂子和砂桶的总质量为m。
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要补偿阻力，请写出具体的操作步骤：______。
(2)该实验______(填“需要”或“不需要”)M远大于m。
(3)打点计时器使用的是频率为50Hz的交流电源，打出的纸带如图(b)所示，A、B、C、D、E是纸带上的五个计数点。小车下滑的加速度为______m/s2(结果保留2位有效数字)。
12.某物理实验兴趣小组想测量一块锂电池组的电动势和内阻，步骤如下：
(1)先用多用电表粗测锂电池组的电动势。将多用电表的选择开关调节至______(填“直流”或“交流”)电压挡的10V，用红表笔连接锂电池组的正极，另一根表笔连接锂电池组的另外一极，此时多用电表的指针如图(a)所示，其读数为______ V。
(2)进一步准确测量该锂电池组的电动势和内阻，实验室提供的器材除了开关、导线、电阻箱(0∼20Ω)外，还有电压表V1(量程0∼3V)和电压表V2(量程0∼12V)，那么电压表应选用______(填“V1”或“V2”)。
(3)用笔画线代替导线，完成图(b)的实物电路图连接。
(4)连接好电路，闭合开关S，调节电阻箱使其接入电路的阻值为R1，记录对应电压表的示数U1，改变电阻箱接入电路的阻值使其为R2，记录对应电压表的读数为U2，则可以算得锂电池组的电动势E=______，锂电池组的内阻r=______。(均用R1、U1、R2和U2表示)
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，倾角为θ=30∘的光滑斜面体固定在水平地面上，斜面abcd为正方形。一小球从斜面的顶点a处以大小v0=3.0m/s的初速度平行ab方向抛出，小球恰好从bc边的中点飞出。已知重力加速度g取10m/s2，求斜面abcd的边长以及小球运动到水平地面时的速度大小。
14.如图(a)所示，在竖直面内以O为坐标原点，取水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系xOy。坐标系所在空间存在着匀强电场和匀强磁场，t=0时电场方向沿y轴负方向，其方向变化如图(b)所示，磁场垂直于坐标系平面向外。电荷量大小为q的小球(可视为质点)在t=0时刻从坐标原点O获得一沿x轴正方向的初速度，恰好能够在坐标平面内做匀速圆周运动，运动一圈后开始沿直线运动，重力加速度为g，求：
(1)小球的电性和质量以及匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)小球的初速度大小；
(3)t=2.5t0时刻小球的位置坐标。
15.如图所示，质量为m2=5kg的长木板C静置在光滑水平面上，质量为m1=1kg的小物块A(可视为质点)放在长木板C的最右端，二者之间的动摩擦因数μ=0.5，在它们的右侧足够远处竖直固定着一个半径R=0.4m的半圆形凹槽，在凹槽的最低点P处放着一质量m3=2kg的小物块B(可视为质点)，凹槽底部和水平面之间的空隙恰好能够让长木板C无障碍通过。现使长木板C以v0=10m/s的初速度向右运动，同时小物块A受到一大小为F=4N、水平向右的恒力作用，当小物块A运动到长木板C的最左端时撤去恒力F，此后二者相对静止一起运动到凹槽处，长木板C从凹槽底部空间通过，小物块A与B在凹槽最低点P处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后结合为一个整体(可视为质点)共同沿凹槽的半圆形曲面运动。已知重力加速度g取10m/s2。
(1)求恒力F作用的时间t；
(2)求长木板C的长度L；
(3)通过计算说明A与B的结合体能否到达凹槽的最高点Q。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：取图线中T=300K的状态为c，如图所示。
设气体在状态c的压强为pc。从c到b气体发生等容变化，由查理定律有
pcTc=pbTb
即pc300K=1.36×105Pa400K
解得：pc=1.02×105Pa
由图像可知ac连线的反向延长线经过V−T图的坐标原点，则气体从a到c为等压膨胀，外界对气体做功为
W=−pc⋅ΔV=−p(Vc−Va)=−1.02×105×(0.6−0.4)J=−2.04×104J
从c到b气体做功为零，对整个过程，根据热力学第一定律可知气体内能变化为
ΔU=Q+W=4×104J−2.04×104J=1.96×104J，故ACD错误，B正确。
故选：B。
取图线中T=300K的状态为c，从c到b气体发生等容变化，根据查理定律求出气体在状态c的压强。从a到c气体发生等压变化，根据W=p⋅ΔV求出外界对气体做功，再根据热力学第一定律求该过程中气体的内能增加量。
本题考查热力学第一定律和气体实验定律的综合应用，解题关键是根据图像分析气体状态变化过程，知道V−T图像中过原点的直线是等压线，要掌握等压变化过程气体做功公式W=p⋅ΔV。
2.【答案】B
【解析】解：A、一群氢原子从3能级向下跃迁，最多能可辐射出3种不同频率的光，故A错误；
B、原子从n=3能级直接向n=1能级跃迁发出的光子的能量：Ek=hνm=E3−E1，代入数据解得：Ek=12.09eV，大于钨的逸出功，因此可以发生光电效应，故B正确；
C、光的波长越长，也越容易发生明显的衍射现象，由于从n=3能级直接跃迁到n=1能级辐射出的光子波长最短，故最不容易发生明显的衍射现象，故C错误；
D、氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光的波长大于从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光的波长，由Δx=ldλ，可知，前者干涉条纹间距较大，故D错误。
故选：B。
根据能级跃迁的能量的变化，结合光电效应和光的衍射和干涉条件，分析选项的正确性。
本题主要考查能级跃迁和光电效应，根据光的特点和能级跃迁放出光能来分析，做题中要注意衍射明显的条件和干涉条纹间距的影响因素。
3.【答案】A
【解析】解：由题意可知，TA=24h，根据开普勒第三定律，可得rA3TA2=rB3TB2，代入rB=14rA，解得TB=3h，所以每24h两卫星会同时经过该地上方，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据开普勒第三定律列式求解卫星的周期，再结合求出的周期分析下次出现在同一位置的时间。
考查开普勒第三定律和卫星的相遇问题，会根据题意进行准确分析判断。
4.【答案】A
【解析】解：物料自然堆积成圆锥体，圆锥角底角必定是该物料的摩擦角，对物料作受力分析如图所示
为使物料不下滑，应使θ减小；当底角θ小于φ时，物料将停留在锥面上，那么使物料恰好不下滑应使θ增大，且让θ=φ，所以底角会保持为定值φ。若已知φ和锥体的高h，则可求出它的体积为
V=13πr2h=13π(htanϕ)2h=πh33tan2ϕ=πh33μ2
故A正确，BCD错误；
故选：A。
对最外面的颗粒受力分析，受重力、支持力和最大静摩擦力，根据平衡条件列式求解倾角，再根据几何关系求解高度，根据圆锥体积计算公式求解体积。
本题是临界态的平衡问题，关键是明确沙堆体积不能无限增加的原因，要考虑临界情况，对最外层的沙石进行受力分析，然后根据平衡条件列式求解。
5.【答案】B
【解析】解：由题意可知，沿 x轴从P 点到Q点之间的电场强度大小先减小后增大，电场方向先沿 x 轴正方向，后沿 x 轴负方向，在O点静止释放的带正电荷的粒子会沿x 轴正方向先加速后减速，即电场力对粒子先做正功后做负功，所以粒子的电势能先减小后增大，在 Ep−x 图像中，斜率表示粒子受到的电场力，所以电势能Ep随位置坐标x的变化关系是先减小后增大，且图像的斜率先减小后增大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
沿 x轴从P 点到Q点之间的电场强度大小先减小后增大，电场方向先沿 x 轴正方向，后沿 x 轴负方向，据此分析粒子的电势能变化情况。
知道沿 x轴从P 点到Q点之间的电场强度大小先减小后增大是解题的关键。
6.【答案】A
【解析】解：灯泡 L正常发光时的电流为 I2=PLU2=80100A=0.8A，理想变压器有 U1U2=n1n2，解得变压器原线圈两端电压为 U1=n1n2U2=21×100V=200 V，根据 I1I2=n2n1，解得原线圈回路中的电流大小为 I1=n2n1I2=12×0.8A=0.4A，定值电阻两端的电压 U3=U−U1=220V−200V=20V，所以定值电阻R的阻值为 R=U3I1=200.4Ω=50Ω，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据变压规律和变流规律得到电阻R两端的电压和通过R的电流，然后根据欧姆定律计算即可。
本题考查了变压器中变压规律和变流规律的应用，知道变压器的输入电压等于电源电压减去定值电阻R两端电压是解题的关键。
7.【答案】D
【解析】解：AB.作出法线如图
根据几何关系，光在棱镜上侧面的入射角为α=60∘
光在棱镜上侧面的折射角为β=30∘
根据折射定律，棱镜对光的折射率为n=sinαsinβ=sin60∘sin30∘= 3
故AB错误；
C.光在棱镜中的速度为v=cn
根据几何关系有lb=d2tan30∘= 36d；la=12lb= 312d
b光通过棱镜需要的时间为tb=lbv=d2c
故C错误；
D.a光通过棱镜需要的时间为ta=lav=d4c，故D正确。
故选：D。
根据折射定律求解棱镜对光的折射率；光从一种介质进入另一种介质时，光的频率不变；根据波速和折射率的关系求解光在棱镜中的速度，然后求出传播的时间。
本题主要是考查了光的折射，解答此类题目的关键是弄清楚光的传播情况，画出光路图，通过光路图根据几何关系、折射定律进行分析。
8.【答案】AC
【解析】解：B.由能量守恒可知，拉力F和摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，所以图(b)中图线的斜率k=48J2m=24N=F−μmgcs37∘
代入数据解得μ=0.5
故B错误；
A.由牛顿第二定律可知，物块沿斜面上滑的加速度大小a=F−f−mgsin37∘m
代入数据可得a=6m/s2
故A正确；
C.由运动学公式可知，物块向上滑动2m时v2=2ax
代入数据速度的大小v=2 6m/s
故C正确；
D.物块沿斜面向上滑动2m的过程中，物块与斜面间摩擦产生的热量Q=μmgxcs37∘=0.5×2×10×0.8J=16J
故D错误。
故选：AC。
E−x图线的斜率的绝对值表示除重力外的合力F的大小，求出拉力的大小和摩擦力的大小，再求出加速度大小，由运动学公式求沿斜面向上滑动2m时的速度大小；由功能关系求出因摩擦产生的热量。
解答本题的关键要知道E−x图线的斜率的绝对值表示力F的大小，分段运用牛顿第二定律和运动学公式求运动时间。
9.【答案】BD
【解析】解：A、由图(a)可知，波源A产生的简谐波的波长为4m，根据v=λT可得波源A的周期是TA=2s，故A错误；
B、由图(b)可知，波源B产生的简谐波的周期为TB=4s，根据v=λT可得波源B的波长为8m，故B正确；
C、两列波的周期分别为2s和4s，由周期与频率的关系可知两列波的频率不同，在波源A、B之间的区域不会发生干涉现象，故C错误；
D、x=−1m的质点在两个波源正中间，距离两个波源均为5m，所以两列波传播到该点用时：t1=Δxv=52s=2.5s
在3.5s的时间内，该质点的振动时间为：t2=3.5s−2.5s=1s
在1s时间内，波源A使该质点的位移为0；
在1s时间内，结合起振方向可知波源B产生的波使该点位移振动A2=5cm，为正向最大值，位移为5cm，所以x=−1m处的质点在t=3.5s时刻的位移为5cm，故D正确。
故选：BD。
由图(a)可知波长和振幅，结合波速，可计算周期；由图(b)可知周期和振幅，结合波速可计算波长；由AB的频率关系，可分析AB之间的区域是否会发生干涉现象；由两个波源的位置，可知x=−1m处的质点起振时刻及在3.5s内振动的位移。
本题考查振动图与波形图的综合分析，注意干涉现象条件：振动频率相同、相位差恒定、振动方向相同。
10.【答案】BC
【解析】解：A、减震线圈刚进入磁场时，线圈中产生的感应电动势E=nBLv0，故A错误；
B、减震线圈刚进入磁场时，安培力的大小为：F安=nBIL，其中：I=ER
根据牛顿第二定律可得线圈的加速度大小为a=F安m
联立解得：a=n2B2L2v0mR，故B正确；
C、设向右为正方向，对减震线圈根据动量定理可得：−nBI−Lt=mv−mv0，其中：I−t=E−Rt=nΔΦR=nBL2R
解得减震线圈完全进入磁场时的速度大小为：v=v0−n2B2L2dmR，故C正确；
D、假设减震线圈进入磁场过程为匀变速直线运动，且完全进入后速度为零，则有：v02t=d，解得：t=2dv0；
由于减震线圈进入磁场过程为非匀变速直线运动，完全进入后速度不为零，所以减震线圈从刚进入磁场到完全进入磁场经历的时间不是2dv0，故D错误。
故选：BC。
根据法拉第电磁感应定律求解线圈中产生的感应电动势；根据安培力的计算公式结合牛顿第二定律进行解答；对减震线圈根据动量定理进行解答；根据运动学规律进行分析。
对于安培力作用下导体棒或线圈的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
11.【答案】取下砂桶和力传感器，把木板不带滑轮的一端适当垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，若纸带上的点迹均匀分布，则表明小车受到的阻力与小车重力沿木板方向的分力平衡 不需要 3.9
【解析】解：(1)为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，需要补偿阻力，具体的操作步骤是：取下砂桶和力传感器，把木板不带滑轮的一端适当垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，若纸带上的点迹均匀分布，则表明小车受到的阻力与小车重力沿木板方向的分力平衡。
(2)由于已经用传感器直接测量出细线对小车的拉力大小，故不需要M远大于m
(3)根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2，有
a=xCE−xAC4(2T)2=9.47+8.85−7.61−8.234×0.042×0.01m/s2=3.9m/s2
故答案为：(1)取下砂桶和力传感器，把木板不带滑轮的一端适当垫高，接通打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，若纸带上的点迹均匀分布，则表明小车受到的阻力与小车重力沿木板方向的分力平衡；(2)不需要；(3)3.9
(1)根据平衡摩擦力的操作步骤分析解答；
(2)只有用钩码的重力代替绳子的拉力，才需要满足M远大于m，若用力传感器，则不需要满足此条件。
(3)根据逐差法解得加速度。
本题考查的牛顿第二定律的实验，需要学生对这一实验掌握的非常熟，理解的比较深刻才不会出错，知道平衡摩擦力的方法及加速度的计算公式。
12.【答案】直流 7.8 V2 U1U2(R2−R1)U1R2−U2R1 R1R2(U2−U1)U1R2−U2R1
【解析】解：(1)锂电池组的电动势为直流电，将多用电表的选择开关调节至直流电压挡的10V。
量程为10V电压表的最小分度值为0.2V，读数为
U=7.8V
(2)锂电池组的电动势约为8V，电压表应选用量程为12V的V2。
(3)实物连接如图所示。
(4)根据闭合电路的欧姆定律
E=U1+U1R1r
E=U2+U2R2r
联立解得
E=U1U2(R2−R1)U1R2−U2R1，r=R1R2(U2−U1)U1R2−U2R1
故答案为：(1)直流，7.8；(2)V2；(3)
(4)U1U2(R2−R1)U1R2−U2R1，R1R2(U2−U1)U1R2−U2R1。
(1)根据锂电池组的电动势为直流电分析判断，先确定电压表的最小分度值再读数；
(2)根据电源电动势选择电压表；
(3)根据实验原理连接实物图；
(4)根据闭合电路的欧姆定律计算。
本题关键掌握测量一块锂电池组的电动势和内阻实验原理和电压表的读数方法。
13.【答案】解：依题意，小球在斜面上做类平抛运动，沿ab方向做匀速直线运动，有
L=v0t
沿ad方向做匀加速直线运动，其加速度大小为
a=gsin30∘
则沿ad方向有
L2=12at2
解得L=1.8m
小球从a运动到底面cdef所在的水平面，由动能定理可知
mgLsin30∘=12mv2−12mv02
解得
v=3 3m/s
答：斜面abcd的边长为1.8m；小球运动到水平地面时的速度大小为3 3m/s
【解析】小球在斜面上做类平抛运动，沿ab方向做匀速直线运动，沿ad方向做匀加速直线运动，求斜面abcd的边长；
小球从a运动到底面cdef所在的水平面，由动能定理，求小球运动到水平地面时的速度大小。
本题考查学生对类平抛运动和动能定理的掌握，是一道综合题，难度中等。
14.【答案】解：(1)小球在重力、电场力和洛伦兹力的作用下做圆周运动，则电场力与重力平衡，可知电场力竖直向上，电场力方向与电场强度方向相反，则小球带负电
根据qE0=mg
解得m=qE0g
小球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有qvB=mv2r
由题意可知，t=t0时小球恰好运动一个周期，有t0=2πrv
解得B=2πE0t0g
(2)电场的方向变为竖直向上，小球正好做匀速直线运动，根据平衡条件有mg+qE0=qvB
解得v=t0gπ
(3)由qvB=mv2r，解得r=mvqB=t02g2π2
t=2.5t0时刻小球的横坐标x=vt0=t02gπ
纵坐标y=2r=t02gπ2
即位置坐标为(t02gπ,t02gπ2)
答：(1)小球带负电，质量为qE0g，匀强磁场的磁感应强度大小为2πE0gt0；
(2)小球的初速度大小为gt0π；
(3)t=2.5t0时刻小球的位置坐标为(t02gπ,t02gπ2)。
【解析】(1)根据小球做匀速圆周运动电场力与重力平衡求解；
(2)根据平衡条件求解；
(3)小球0−t0小球运动一周，t0−2t0向x轴正方向运动，2t0−2.5t0转半圈，根据圆周运动的半径和直线运动的位移确定小球的位置坐标。
本题考查带电粒子在复合场中的运动，要知道小球在重力、电场力和洛伦兹力的作用下做圆周运动，则电场力与重力平衡。
15.【答案】解：(1)从初始到小物块A与长木板C相对静止的过程，设两者相对静止时的速度为v，以向右为正方向，对A、C分别由动量定理得：
Ft+μm1gt=m1v
−μm1gt=m2v−m2v0
解得：t=1s，v=9m/s
(2)对小物块A与长木板C相对运动的过程，由运动学公式可得A、C的位移大小分别为：
xA=12vt
xC=12(v0+v)t
长木板C的长度为：L=xC−xA=12v0t=12×10×1m=5m
(3)A与B碰撞过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v=(m1+m3)v共
解得：v共=3m/s
假设A与B的结合体能到达凹槽的最高点Q，并且凹槽的半圆形曲面是光滑的，设到达最高点Q的速度大小为vQ，由动能定理得：
−2(m1+m3)gR=12(m1+m3)vQ2−12(m1+m3)v共2
解得：vQ2