2025-2026学年高二上学期期末物理自编模拟卷（广西适用）

2025年秋季学期高中二年级期中教学质量检测 物理 参考答案 1．【答案】C 【解答】解：AB.根据沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线越密集电场强度越大可知电势φA＞φB，EA＜EB，故AB错误； C.据功的定义可知将﹣q电荷从A点移到B点电场力做了负功，故C正确； D.据功的定义可知将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功，故D错误。 2．【答案】B 【解答】解：AB、由F﹣t图像的面积表示力的冲量，在0～2s内力F的冲量为：，设2s时动量为p，根据动量定理可得：I＝p，代入数据解得：p＝I＝2N•s＝2kg•m/s，故A错误，B正确； CD、由题图可知，0～4s内物体的动量的变化量为0，所以在t＝2s时，物体的动量方向没有变化，但力F的方向变化，由动量定理可得：F•Δt＝Δp，所以有：，可知动量变化率即为合力F，此时为0，故CD错误。 3．【答案】A 【解答】解：设细线长为L，OP距离为h，两球间距为x，对小球b受力分析如图所示： 在小球a缓慢下移过程中，由相似三角形可得：， 由库仑定律可得： 联立解得：，，将小球a从P点缓慢移到C点过程中，h变大，T变小，x变大，则F变小，故A正确，BCD错误。 4． 【答案】D 【解答】解：设充满电后电池可输出50kW•h电能为E0，常温下不开空调行驶最大距离为x0，阻力为f，由题意进入冬季后的阻力f′＞f。 AB、根据功能关系，常温下不开空调行驶时E0＝fx0 进入冬季后80%E0＝f′x1 由于f′＞f，可知x1＜0.8x0＝0.8×500km＝400km，故AB错误； CD、冬季开启暖风时百公里电耗变成16kW•h，则电池充满电续航里程＝250km，故C错误，D正确。 5． 【答案】A 【解答】解：根据右手螺旋定则，用右手握住螺线管，四指指向电流方向，大拇指指向即为螺线管内部的磁场方向，作出a、b、c、d四点的磁感应强度方向如图所示： 可知b、d两点磁感应强度相同，d、c两点磁感应强度方向相反，b、c两点磁感应强度方向相反，a、c两点磁感应强度方向相同，故A正确，BCD错误。 6．【答案】D 【解答】解：设定值电阻的阻值均为R，电源的电动势为E。当仅闭合开关K1时，等效电路如图甲所示： a、c、d三个电阻串联，则电路的总电阻为R1＝R+R+R＝3R 电容器两极板间的电压 则电容器所带的电荷量； 当两个开关均闭合时，等效电路如图乙所示： 电阻b与c并联后与a、d串联，则电路的总电阻为 电容器两极板之间的电压等于d两端的电压，为 电容器所带的电荷量 则得R1：R2＝6：5，q1：q2＝5：3，故ABC错误，D正确。 7．【答案】B 【解答】解：过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示： 由几何知识可知N、O间的距离为：，M、O间的距离为：，由匀强电场的特点可得O点的电势为：φO＝12V，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：，故B正确，ACD错误。 （多选）8．【答案】ABC 【解答】解：A．根据题意可知，小球由O到N动能增加了ΔEk＝EkN﹣EkO 代入数据解得 ΔEk＝50J 故A正确； BC．设小球所受电场力沿x轴方向的分量为Fx，沿y轴方向的分量为Fy，从O到M，根据动能定理 Fx•OM＝EkM﹣EkO 因为重力、电场力做功均与路径无关，所以从O到N合力所做的功等于从O到M，再由M到N合力所做的功，根据动能定理 Fx•OM+（Fy﹣mg）•MN＝EkN﹣EkO 代入数据解得Fx＝8N，Fy＝8N 设电场力的方向与x轴正方向夹角为θ，有 代入数据解得tanθ＝1 即θ＝45° 所以电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45°，由电场强度的方向判断电势高低，可知M点电势高于N点电势，故BC正确； D．设电场力和重力合力的方向与x轴正方向夹角为α，则有 代入数据解得 即电场力和重力合力的方向沿ON方向，小球若经过N点，必须从O点沿ON连线抛出，这时小球做匀变速直线运动，不可能通过M点，故D错误。 （多选）9．【答案】CD 【解答】解：A.S接1时，电容器直接接在电动势为E的电源两端，充电完毕后电压等于电源电动势E，所以上极板所带电荷量Q＝EC，故A错误。 B.S接2瞬间，电容器开始放电，电流从电容器上极板经金属棒从a到b流向下极板，根据左手定则可知，金属棒受到向右的安培力的作用，故B错误。 C.S接2瞬间，电容器电压为E，通过金属棒的电流，金属棒受到的安培力F＝BIL，根据牛顿第二定律有F＝ma，解得加速度，故C正确。 D.电容器初始充电至电荷量Q0＝CE，当金属棒达到匀速运动的稳定状态时，产生的感应电动势为U＝BLv，此时电容器的电荷量为q＝CU＝CBLv，因此电容器释放的电荷量为Δq＝Q0﹣q＝CE﹣CBLv，这部分电荷量就是电路中流过的总电荷量，满足Δq＝IΔt。以向右为正方向，对金属棒应用动量定理有F•Δt＝mv﹣0，可得BL•Δq＝mv，解得，故D正确。 （多选）10．【答案】BD 【解答】解：AB．对小球受力分析，将电场力与重力合成为一个等效“重力”，如图所示： 设等效“重力”与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有：，解得：θ＝45°； 可知其等效“重力场”的最低点为点C，如图所示： 依题意，小球由静止释放后做匀加速直线运动，第一次运动到O点正下方D时的速度设为v， 从A到D，根据动能定理有，解得； 此时细线瞬间绷紧，致使沿细线方向的速度变为零，则垂直于细线方向的速度为：v⊥＝vsinθ，如图： 由几何关系解得：， 由对称性可知，小球运动到B点的速度大小与细线绷紧瞬间D点的速度大小相等，即，故A错误，B正确； C．由上分析，可知在细线瞬间绷紧，致使小球沿细线方向的速度变为零，只有垂直于细线方向的速度，即拉力对小球做负功； 小球由A点运动到B点的过程中，除电场力对小球做正功外，拉力还对小球做负功，即减少的电势能大于增加的机械能，故C错误； D．设小球往复运动过程中，运动到等效最低点右侧最高点时，细线与水平方向夹角为α，如图： 从B到右侧最高点，根据动能定理有：，解得α＝45°； 由几何关系及对称性可知，小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周，故D正确。 三．实验题（共2小题） 11．【答案】（1）A1；V1；（2）甲。（每空2分） 【解答】解：（1）电源电动势为3.0V，因此电压表选择电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）； 测量金属丝的电阻阻值约为5Ω，则电路中的最大电流I＝＝A＝0.6A 因此电流表应选电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）。 （2）由于电流表内阻约0.1Ω较小，因此应选用电流表外接法，即应选用电路图甲进行实验。 12.【答案】（1）红； 欧姆；（2）9；（3）a；（4）148 （除第1空1分外，其它每空均为2分） 【解答】解：（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图1可知，表笔A是红表笔，若用欧姆表测电阻，将选择开关调到合适倍率后，需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮，使欧姆表指针指在欧姆零刻度处。 （2）当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，则有 Ig（R3+Rg）＝（I﹣Ig）R2 解得 R＝9Ω （3）由（2）可知，当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，则欧姆表内阻为 R内＝＝Ω＝15Ω 当S接b时，设满偏电流为I'，根据并联电路分流特点有 ＝ 解得 I'＝0.01A 则欧姆表内阻为 R'内＝＝Ω＝150Ω 可知，当S接a时，欧姆表的倍率是“×1”。 （4）某次开关接到“×10”倍率时，电池的电动势变小为E'＝1.48V，内阻变大为r＝5Ω，欧姆表调零后，欧姆表内阻为 R内＝148Ω 根据闭合回路欧姆定律有 E＝IR内+IR测 电池的电动势和内阻变化后有 E＝IR'内+IR真 联立解得 R真＝148Ω 四．解答题（共3小题） 13．解：（1）电动机两端的电压为U＝E﹣Ir＝36V﹣5×0.6V＝33V 电动机的输入功率为P＝UI＝33×5W＝165W （2）电动机的输出功率为P出＝Fv0＝mgv0＝20×10×0.8W＝160W 电动机的工作效率为 η＝×100% 解得η≈97.0% （3）电动机的热功率为P热＝P﹣P出＝165W﹣160W＝5W 根据P热＝I2rm，解得rm＝0.2Ω 14．解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有L＝v0t，竖直方向有 根据牛顿第二定律有 qE＝ma 根据几何关系有＝＝0.75 解得t＝＝s＝1×10﹣3s； （2）由（1）可求得 L＝1m，d＝0.75m根据 U＝Ed＝1×104×0.75V＝7.5×103V； （3）对带电粒子由动能定理得 代入数据解得v＝＝m/s＝m/s。 15．解：（1）物块A从释放到刚滑上长木板，由动能定理可知，代入数据可得v0＝6m/s，方向水平向右； （2）设AB共速时速度大小为v1，设BC碰后共速的速度大小为v2，A上升到最高点时三者共速的速度大小为v3，以向右为正方向， 对A在B上滑动的过程，系统水平方向动量守恒mAv0＝（mA+mB）v1， 对BC碰撞并粘在一起的过程，系统水平方向动量守恒mBv1＝（mB+mC）v2， 对BC碰撞后至A到最高点的过程，系统水平方向动量守恒mAv1+（mB+mC）v2＝（mA+mB+mC）v3，代入数据可得v1＝4m/s，v2＝2m/s，v3＝3m/s， 由系统机械能守恒定律可知，代入数据可得h＝0.1m； （3）当A再次运动到C的最低点时，物块C有最大速度，对BC碰撞后至A再次运动到C的最低点，以向右为正方向，系统水平方向上动量守恒：mAv1+（mB+mC）v2＝mAv4+（mB+mC）vm，由系统机械能守恒定律可知，代入数据可得vm＝4m/s（vm＝2m/s舍去），方向水平向右； （4）设B的长度为d，对A在B上滑动的过程，由能量守恒可知，代入数据可得d＝1m， A在最高点到最终相对静止的过程中，水平方向动量守恒，则系统初末状态速度相同，由能量守恒定律可知mAgh＝μ2mAg（d﹣x），代入数据可得。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期高中二年级期中教学质量检测 自编物理试题 本试卷满分100分，考试用时75分钟。 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填在答题卡上: 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题三的答案标号涂 黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。三容非选抒题时，将答案1在 答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4.本试卷主要考试内容:教科版必修第三册第一章至第章。 一、选择题:本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1．如图所示的电路中，定值电阻a、b、c、d的阻值相等，电容器C的耐压值足够大，其中电源的内阻可忽略不计。当仅闭合开关K1时，电路的总电阻用R1表示，电容器所带的电荷量为q1；当两个开关K1、K2均闭合时，电路的总电阻用R2表示，电容器所带的电荷量为q2。则下列关系式正确的是（　　） A．R1：R2＝6：7 B．R1：R2＝5：6 C．q1：q2＝3：5 D．q1：q2＝5：3 2．一个质量为2kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则t＝2s时物体的（　　） A．动量大小为1kg•m/s B．动量大小为2kg•m/s C．动量方向将变化 D．动量变化率最大 3．如图，带正电的小球a在外力作用下静止在绝缘光滑竖直面上的P点，带正电的小球b用绝缘细线系住，挂在绝缘光滑竖直面上的O点，b球静止时与a球在同一水平面内。若将小球a从P点缓慢移到C点过程中，则（　　） A．b球所受绳子拉力逐渐减小，所受库仑力逐渐增大 B．b球所受绳子拉力逐渐增大，所受库仑力逐渐减小 C．b球所受绳子拉力逐渐减小，所受库仑力逐渐减小 D．b球所受绳子拉力逐渐增大，所受库仑力逐渐增大 4．某新能源汽车，充满电后电池可输出50kW•h电能，常温下不开空调行驶，百公里电耗10kW•h，续航里程（充满电后能持续运行的最大距离）为500km。进入冬季后，受低温影响，实际可用电能减少20%，因行驶阻力增加和开启暖风等，百公里电耗变成16kW•h。下列说法正确的是（　　） A．冬季不开暖风，电池充满电续航里程为500km B．冬季不开暖风，电池充满电续航里程为400km C．冬季开启暖风，电池充满电续航里程为300km D．冬季开启暖风，电池充满电续航里程为250km 5． 某通电螺线管通电方向如图所示，a、c是通电螺线管轴线上的两点，b、d是通电螺线管中垂线上、关于轴线对称的两点，其中（　　） A．b、d两点磁感应强度相同 B．d、c两点磁感应强度方向相同 C．b、c两点磁感应强度方向相同 D．a、c两点磁感应强度方向相反 6．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（　　） A．电势UA＞UB场强EB＞EA B．电势UA＞UB场强EA＜EB C．将电荷﹣q从A点移到B点电场力做了负功 D．将电荷+q从A点移到B点电场力做了负功 7．如图所示，在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为8cm。电场方向与三角形所在平面平行。已知M、N和P点的电势分别为3V、15V和12V，则电场强度的大小为（　　） A．150V/m B．75V/m C．225V/m D．75V/m 二．多选题（共3小题） （多选）8．如图所示，在竖直面内建立平面直角坐标系xOy。空间中存在平行于xOy平面的匀强电场。一带正电小球质量m＝0.2kg，从坐标原点O以初动能8J沿不同方向抛出，经过M点时动能为40J，经过N点时动能为58J。已知M、N点坐标分别为（4m，0）、（4m，3m），重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．小球由O到N动能增加50J B．M点电势高于N点电势 C．电场强度的方向与x轴正方向的夹角为45° D．小球从O点抛出后可能先后经过M、N点 （多选）9．如图所示，足够长的两平行金属导轨固定于水平面内，导轨间距为L，导轨间分布着磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。导轨左端所接电路由电动势为E的直流电源、电容为C的电容器、单刀双掷开关S构成。质量为m、电阻为R的金属棒垂直放置于导轨上。现将S接1，待电容器充电完毕后，再将S接2。不考虑其它电阻，不计一切摩擦，忽略电磁辐射，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则（　　） A．电容器充电完毕时，上极板所带电荷量为 B．S接2瞬间，金属棒受到向左的安培力的作用 C．S接2瞬间，金属棒的加速度大小为 D．金属棒运动达到稳定状态时，其速度大小为 （多选）10．如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球用长为L、不可伸长的绝缘细线悬于O点，将小球向左拉至与O点等高的A点，细线刚好伸直，已知电场强度大小，g为重力加速度大小，小球可视为质点，将小球由静止释放，则下列判断正确的是（　　） A．小球运动到B点时速度大小为 B．小球运动到B点时速度大小为 C．小球由A点运动到B点的过程中，减少的电势能等于增加的机械能 D．小球最终运动稳定时做往复运动，轨迹为半个圆周 三．非选择题：本大题共5小题，共54分。 11．（6分）用伏安法测量金属丝的电阻Rx（阻值约为5Ω），实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材： 电流表A1（量程0∼0.6A，内阻约0.1Ω）； 电流表A2（量程0∼3A，内阻约0.01Ω）； 电压表V1（量程0∼3V，内阻约3kΩ）； 电压表V2（量程0∼15V，内阻约20kΩ）； 滑动变阻器R（0∼20Ω）； 电源E（电动势为3.0V，内阻不计）。 （1）为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选 　 　 ，电压表应选 　 　 。 （2）根据所选用的实验器材，应选用以下哪个电路图进行实验？　 　 12.（9分）如图1所示，通过调节开关S，可使欧姆表具有“×1”和“×10”的两种倍率，可用器材如下： A．干电池（电动势E＝1.5V，内阻r＝2Ω）； B．电流表G（满偏电流Ig＝1mA，内阻Rg＝90Ω）； C．定值电阻R0（阻值为5.0Ω）； D．滑动变阻器R1（最大阻值为150Ω）； E．定值电阻R2、R3； F．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干。 （1）表笔A是 　 　 （填“红”或“黑”）表笔。若用欧姆表测电阻，将选择开关调到合适倍率后，需要将红、黑表笔短接，调节 　 　 调零旋钮，使欧姆表指针指在欧姆零刻度处； （2）虚线框内是双量程电流表，已知R2＝1Ω，当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，那么定值电阻R3＝　 　 Ω。 （3）当开关S拨向 　 　 （填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“×1”。 （4）该欧姆表使用时间久了，电池的电动势变小为E'＝1.48V，内阻变大为r'＝5Ω，欧姆表仍可调零，某次开关接到“×10”倍率时，规范操作后测得一电阻的读数如图2所示，则该电阻实际的阻值 　 　 为 Ω。 四．解答题（共3小题） 13．（10分）直流电动机提升重物的装置图如图所示，重物的质量为m＝20kg，电源的电动势E＝36V，内阻为r＝0.6Ω，当电动机以v0＝0.8m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流为I＝5A。不计摩擦阻力与空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）电动机的输入功率P； （2）电动机的工作效率η； （3）电动机的线圈内阻rm。 14．（12分）如图所示，一平行板电容器水平放置，极板长为L、间距为d、板间匀强电场的电场强度为E＝1×104N/C。有一带正电的粒子质量为m＝2×10﹣18kg，电荷量为q＝3×10﹣16C，紧靠上极板以v0＝1×103m/s的初速度水平射入电场，恰好从下极板边缘处飞出电场，已知粒子射入点和射出点的连线与水平方向的夹角为θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，带电粒子的重力不计。求： （1）带电粒子在电场中的运动时间； （2）极板间电压的大小； （3）带电粒子飞出电场时的速度大小。 14．（17分）如图，倾角θ＝53°，长为L＝3m的斜面固定在水平台面上。斜面底端与台面平滑相连，与台面右边缘的距离x0＝1.2m。一质量为mB＝1kg的长木板B紧靠在台面的右墙面上，B的上表面与台面等高，下表面在光滑的水平地面上。在B的右侧有一质量为mC＝1kg的光滑圆弧形物块C，圆弧的最低点与B的上表面等高。现让一质量为mA＝2kg的物块A从斜面顶端静止释放，A经过台面滑上B的上表面。 当A运动到B的最右端时，两者共速，此后B与C发生碰撞并粘在一起。已知A与斜面和台面的动摩擦因数均为μ1＝0.2，A与B上表面的动摩擦因数μ2＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8，碰撞的时间极短，其它阻力不计。求： （1）物块A刚滑上长木板B上表面时的速度v0； （2）物块A上升的最大高度h； （3）物块C的最大速度vm； （4）物块A最终离长木板B左端的距离x。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期高中二年级期中教学质量检测 物理 评分标准 一、选择题:本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1—7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 二．非选题共54分 三．实验题（共2小题） 11．【答案】（1）A1；V1；（2）甲。（每空2分） 【解答】解：（1）电源电动势为3.0V，因此电压表选择电压表V1（量程0～3V，内阻约3kΩ）； 测量金属丝的电阻阻值约为5Ω，则电路中的最大电流I＝＝A＝0.6A 因此电流表应选电流表A1（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）。 （2）由于电流表内阻约0.1Ω较小，因此应选用电流表外接法，即应选用电路图甲进行实验。 12.【答案】（1）红； 欧姆；（2）9；（3）a；（4）148 （除第1空1分外，其它每空均为2分） 【解答】解：（1）电流从红表笔流进，黑表笔流出，由图1可知，表笔A是红表笔，若用欧姆表测电阻，将选择开关调到合适倍率后，需要将红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调节欧姆调零旋钮，使欧姆表指针指在欧姆零刻度处。 （2）当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，则有 Ig（R3+Rg）＝（I﹣Ig）R2 解得 R＝9Ω （3）由（2）可知，当S接a时，对应电流表量程是0～0.1A，则欧姆表内阻为 R内＝＝Ω＝15Ω 当S接b时，设满偏电流为I'，根据并联电路分流特点有 ＝ 解得 I'＝0.01A 则欧姆表内阻为 R'内＝＝Ω＝150Ω 可知，当S接a时，欧姆表的倍率是“×1”。 （4）某次开关接到“×10”倍率时，电池的电动势变小为E'＝1.48V，内阻变大为r＝5Ω，欧姆表调零后，欧姆表内阻为 R内＝148Ω 根据闭合回路欧姆定律有 E＝IR内+IR测 电池的电动势和内阻变化后有 E＝IR'内+IR真 联立解得 R真＝148Ω 四．解答题（共3小题） 13．（10分）解：（1）电动机两端的电压为U＝E﹣Ir （1分） 电动机的输入功率为P＝UI （1分） 解得P＝165W （1分） （2） 电动机的输出功率为 P出＝Fv0＝mgv0 （2分） 电动机的工作效率为 η＝×100% （1分） 解得η≈97.0% （1分） （3） 电动机的热功率为 （4） P热＝P﹣P出 （1分） 根据P热＝I2rm （1分） 解得rm＝0.2Ω （1分） 14． （12分）解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动， 水平方向有L＝v0t （1分） 竖直方向有 （1分） 根据牛顿第二定律有 qE＝ma （1分） 根据几何关系有＝＝0.75 （1分） 解得t＝＝s＝1×10﹣3s； （1分） （2） 由（1）可求得 L＝1m， （1分） d＝0.75m （1分） 根据 U＝Ed＝1×104×0.75V＝7.5×103V； （1分） （3）对带电粒子由动能定理得 （2分） 代入数据解得v＝ （1分） v＝m/s。 （1分） 15． （17分）解：（1）物块A从释放到刚滑上长木板，由动能定理可知，（2分） 代入数据可得v0＝6m/s，（1分）方向水平向右；（1分） （2）设AB共速时速度大小为v1，设BC碰后共速的速度大小为v2，A上升到最高点时三者共速的速度大小为v3，以向右为正方向， 对A在B上滑动的过程，系统水平方向动量守恒mAv0＝（mA+mB）v1， （1分） 对BC碰撞并粘在一起的过程，系统水平方向动量守恒mBv1＝（mB+mC）v2，（1分） 对BC碰撞后至A到最高点的过程， 系统水平方向动量守恒mAv1+（mB+mC）v2＝（mA+mB+mC）v3， （1分） 由系统机械能守恒定律可知，（2分） 代入数据可得h＝0.1m；（1分） （3） 当A再次运动到C的最低点时，物块C有最大速度，对BC碰撞后至A再次运动到C的最低点，以向右为正方向，系统水平方向上动量守恒：mAv1+（mB+mC）v2＝mAv4+（mB+mC）vm，（1分） 由系统机械能守恒定律可知，（1分） 代入数据可得vm＝4m/s（1分）（vm＝2m/s舍去），方向水平向右；（1分） （4） 设B的长度为d，对A在B上滑动的过程， 由能量守恒可知，（1分） A在最高点到最终相对静止的过程中，水平方向动量守恒，则系统初末状态速度相同，由能量守恒定律可知mAgh＝μ2mAg（d﹣x），（1分） 代入数据可得。（1分） 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $