2023年新高考海南卷物理高考真题解析（参考版）.pdf

《2023年新高考海南卷物理高考真题解析（参考版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年新高考海南卷物理高考真题解析（参考版）.pdf（27页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023 年海南省普通高等学校招生选择性考试年海南省普通高等学校招生选择性考试物理物理一、单项选择题，每题一、单项选择题，每题 3 分，共分，共 24 分分1.钍元素衰变时会放出粒子，其中粒子是（）A.中子B.质子C.电子D.光子2.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功3.如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是

2、一对作用力与反作用力C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变4.下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距 6m 的两个质点 P、Q 的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的周期是 5sB.该波的波速是 3m/sC.4s 时 P 质点向上振动D.4s 时 Q 质点向上振动5.下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（）A.分子间距离大于 r0时，分子间表现为斥力B.分子从无限远靠近到距离 r0处过程中分子势能变大C.分子势能在 r0处最小D.分子间距离小于 r0且减小时，分子势能在减小6.汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 abcd，埋在地下的线

3、圈分别为 1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A.线圈 1、2 产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈 1 过程产生感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈 1 过程产生感应电流方向为 abcdD.汽车进入线圈 2 过程受到的安培力方向与速度方向相同7.如图所示电路，已知电源电动势为 E，内阻不计，电容器电容为 C，闭合开关 K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（）A.CEB.12CEC.25CED.35CE8.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有 A、B 两点，AO=2cm，OB=4cm，在 AB 固定两个带电量分别为 Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内

4、侧 P 点（小球可视为点电荷），已知 AP：BP=n：1，试求 Q1：Q2是多少（）A.2n2：1B.4n2：1C.2n3：1D.4n3：1二、多项选择题，每题二、多项选择题，每题 4 分，共分，共 20 分分9.如图所示，1、2 轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（）A.飞船从 1 轨道变到 2 轨道要点火加速B.飞船在 1 轨道周期大于 2 轨道周期C.飞船在 1 轨道速度大于 2 轨道D.飞船在 1 轨道加速度大于 2 轨道10.已知一个激光发射器功率为P，发射波长为的光，光速为c，普朗克常量为h，则（）A.光的频率为cB.光子的能量为hC.光子的动量为hD.在时间

5、t内激光器发射的光子数为Ptch11.下图是工厂利用220 2sin100Vut的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为 1100匝，下列说法正确的是（）A.电源电压有效值为220 2VB.交变电流的周期为0.02sC.副线圈匝数为 180 匝D.副线圈匝数为 240 匝12.如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A B、带正电，C带负电，OMN、为AB边的四等分点，下列说法正确的是（）A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点电势能比在O点时要小D.负电荷在N点电势能比在O点时要大13.如图所示，质量为m，带电量为q的点电荷，从原点以初速度0v射入

6、第一象限内的电磁场区域，在000,0yyxx（00 xy、为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在0 xx区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（）A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足20020y mvEqxB.粒子从NP中点射入磁场时速度为2200020 xyvyC.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为0mvqBD.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是22000204mvxyqBx14.用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏 P 平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的 S1处有激光点，移走玻璃砖

7、，光点移到 S2处，回答下列问题：（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图_；（2）已经测出 AB=l1，OA=l2，S1S2=l3，则折射率 n=_（用 l1、l2、l3表示）；（3）若改用宽 ab 更小的玻璃砖做实验，则 S1S2间的距离会_（填“变大”，“变小”或“不变”）。15.用如图所示的电路测量一个量程为 100A，内阻约为 2000的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，R1（0 9999.9），R2（99999.9）（1）RM应选_，RN应选_；（2）根据电路图，请把实物连线补充完整_；（3）下列操作顺序合理排列是_：将变阻器滑动头 P 移至最左端，将

8、 RN调至最大值；闭合开关 S2，调节 RM，使微安表半偏，并读出 RM阻值；断开 S2，闭合 S1，调节滑动头 P 至某位置再调节 RN使表头满偏；断开 S1、S2，拆除导线，整理好器材（4）如图是 RM调节后面板，则待测表头的内阻为_，该测量值_（填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。（5）将该微安表改装成量程为 2V 的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为_V（保留 3 位有效数字）。（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出 RN值，在滑动头 P 不变，S2闭合后调节电阻箱 RM，使电表半偏时读出 RM，若认为 OP 间电压不变，则微安表内阻为_（用

9、RM、RN表示）16.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，27t 时，压强51.050 10 Pap。（1）37t 时，气压是多大？（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？17.如图所示，U 形金属杆上边长为15cmL，质量为31 10 kgm，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里28 10 TB的匀强磁场。（1）若插入导电液体部分深2.5cmh，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度10cmH，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；210m/sg（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的

10、大小，通电后金属杆跳起高度5cmH，通电时间0.002st，求通过金属杆截面的电荷量。18.如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径0.2mR，一质量为B1kgm 的小滑块 B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板 C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知C3kgm，B、C 间动摩擦因数10.2，C 与地面间的动摩擦因数20.8，C 右端有一个挡板，C 长为L。求：（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，BC、间因摩擦产生的热量是多少？（3）在0.16m0.8mL时，B 与 C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止

11、所用的时间。2023 年海南省普通高等学校招生选择性考试年海南省普通高等学校招生选择性考试物理物理一、单项选择题，每题一、单项选择题，每题 3 分，共分，共 24 分分1.钍元素衰变时会放出粒子，其中粒子是（）A.中子B.质子C.电子D.光子【答案】C【解析】【详解】放射性元素衰变时放出的三种射线、分别是氦核流、电子流和光子流。故选 C。2.如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力说法正确的是（）A.小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右B.小球运动过程中的速度不变C.小球运动过程的加速度保持不变D.小球受到的洛伦兹力对小球做正功【答案】A【解析】【详解】A

12、根据左手定则，可知小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，A 正确；BC小球受洛伦兹力和重力的作用，则小球运动过程中速度、加速度大小，方向都在变，BC 错误；D洛仑兹力永不做功，D 错误。故选 A。3.如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是（）A.工人受到的重力和支持力是一对平衡力B.工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C.重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D.重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变【答案】B【解析】【详解】AB对人受力分析有则有FNFT=mg其中工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A 错误、B 正确；CD对滑轮做受力分析有则有T2cos

13、mgF则随着重物缓慢拉起过程，逐渐增大，则 FT逐渐增大，CD 错误。故选 B。4.下面上下两图分别是一列机械波在传播方向上相距 6m 的两个质点 P、Q 的振动图像，下列说法正确的是（）A.该波的周期是 5sB.该波的波速是 3m/sC.4s 时 P 质点向上振动D.4s 时 Q 质点向上振动【答案】C【解析】【详解】A由振动图像可看出该波的周期是 4s，A 错误；B由于 Q、P 两个质点振动反相，则可知两者间距离等于16m2n，n=0，1，2，根据3m/s21vTn，n=0，1，2，B 错误；C由 P 质点的振动图像可看出，在 4s 时 P 质点在平衡位置向上振动，C 正确；D由 Q 质点

14、的振动图像可看出，在 4s 时 Q 质点在平衡位置向下振动，D 错误。故选 C。5.下列关于分子力和分子势能的说法正确的是（）A.分子间距离大于 r0时，分子间表现为斥力B.分子从无限远靠近到距离 r0处过程中分子势能变大C.分子势能在 r0处最小D.分子间距离小于 r0且减小时，分子势能在减小【答案】C【解析】【详解】分子间距离大于 r0，分子间表现为引力，分子从无限远靠近到距离 r0处过程中，引力做正功，分子势能减小，则在 r0处分子势能最小；继续减小距离，分子间表现为斥力，分子力做负功，分子势能增大。故选 C。6.汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈 abcd，埋在地下的

15、线圈分别为 1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A.线圈 1、2 产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈 1 过程产生感应电流方向为 abcdC.汽车离开线圈 1 过程产生感应电流方向为 abcdD.汽车进入线圈 2 过程受到的安培力方向与速度方向相同【答案】C【解析】【详解】A由题知，埋在地下的线圈 1、2 通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手螺旋定则，可知线圈 1、2 产生的磁场方向竖直向下，A 错误；B汽车进入线圈 1 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 adcb（逆时针），B 错误；C汽车离开线圈 1 过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感

16、应电流方向为 abcd（顺时针），C 正确；D汽车进入线圈 2 过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为 adcb（逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D 错误。故选 C。7.如图所示电路，已知电源电动势为 E，内阻不计，电容器电容为 C，闭合开关 K，待电路稳定后，电容器上电荷量为（）A.CEB.12CEC.25CED.35CE【答案】C【解析】【详解】电路稳定后，由于电源内阻不计，则整个回路可看成 3R、2R 的串联部分与 R、4R 的串联部分并联，若取电源负极为零电势点，则电容器上极板的电势为2255EERR上电容器下极板的电势为4455EER

17、R下则电容两端的电压2=5EU下上则电容器上的电荷量为2=5QCUCE上下故选 C。8.如图所示，一光滑绝缘轨道水平放置，直径上有 A、B 两点，AO=2cm，OB=4cm，在 AB 固定两个带电量分别为 Q1、Q2的正电荷，现有一个带正电小球静置于轨道内侧 P 点（小球可视为点电荷），已知 AP：BP=n：1，试求 Q1：Q2是多少（）A.2n2：1B.4n2：1C.2n3：1D.4n3：1【答案】C【解析】【详解】对小球受力分析如图所示由正弦定理有sinsinABFFCPHCHP其中CPH=OPB，CHP=HPD=APO其中APO 中sinsinAPAOPOBAPO同理有sinsinBPB

18、OPOBBPO其中12AQ qFkAP，22BQ qFkBP联立有Q1：Q2=2n3：1故选 C。二、多项选择题，每题二、多项选择题，每题 4 分，共分，共 20 分分9.如图所示，1、2 轨道分别是天宫二号飞船在变轨前后的轨道，下列说法正确的是（）A.飞船从 1 轨道变到 2 轨道要点火加速B.飞船在 1 轨道周期大于 2 轨道周期C.飞船在 1 轨道速度大于 2 轨道D.飞船在 1 轨道加速度大于 2 轨道【答案】ACD【解析】【详解】A飞船从较低的轨道 1 进入较高的轨道 2 要进行加速做离心运动才能完成，选项 A 正确；BCD根据22224MmvGmmrmarrT可得2GMarGMvr

19、32rTGM可知飞船在轨道 1 的周期小于在轨道 2 的周期，在轨道 1 的速度大于在轨道 2 的速度，在轨道 1 的加速度大于在轨道 2 的加速度，故选项 B 错误，CD 正确。故选 ACD。10.已知一个激光发射器功率为P，发射波长为的光，光速为c，普朗克常量为h，则（）A.光的频率为cB.光子的能量为hC.光子的动量为hD.在时间t内激光器发射的光子数为Ptch【答案】AC【解析】【详解】A光的频率c选项 A 正确；B光子的能量hcEh选项 B 错误；C光子的动量hp选项 C 正确；D在时间 t 内激光器发射的光子数PtPtnEhc选项 D 错误。故选 AC。11.下图是工厂利用220

20、2sin100Vut的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为 1100匝，下列说法正确的是（）A.电源电压有效值为220 2VB.交变电流的周期为0.02sC.副线圈匝数为 180 匝D.副线圈匝数为 240 匝【答案】BC【解析】【详解】A电源电压的有效值220 2V=220V2U 选项 A 错误；B交流电的周期22s0.02s100T选项 B 正确；CD根据1122nUnU可得副线圈匝数2211361100180220UnnU匝选项 C 正确，D 错误。故选 BC。12.如图所示，正三角形三个顶点固定三个等量电荷，其中A B、带正电，C带负电，OMN、为AB边的四等分点，下列说

21、法正确的是（）A.M、N两点电场强度相同B.M、N两点电势相同C.负电荷在M点电势能比在O点时要小D.负电荷在N点电势能比在O点时要大【答案】BC【解析】【详解】A根据场强叠加以及对称性可知，MN 两点的场强大小相同，但是方向不同，选项 A 错误；B因在 AB 处的正电荷在 MN 两点的合电势相等，在 C 点的负电荷在 MN 两点的电势也相等，则 MN 两点电势相等，选项 B 正确；CD因负电荷从 M 到 O，因 AB 两电荷的合力对负电荷的库仑力从 O 指向 M，则该力对负电荷做负功，C点的负电荷也对该负电荷做负功，可知三个电荷对该负电荷的合力对其做负功，则该负电荷的电势能增加，即负电荷在

22、M 点的电势能比在 O 点小；同理可知负电荷在 N 点的电势能比在 O 点小。选项 C 正确，D 错误。故选 BC。13.如图所示，质量为m，带电量为q的点电荷，从原点以初速度0v射入第一象限内的电磁场区域，在000,0yyxx（00 xy、为已知）区域内有竖直向上的匀强电场，在0 xx区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，控制电场强度（E值有多种可能），可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上，则（）A.粒子从NP中点射入磁场，电场强度满足20020y mvEqxB.粒子从NP中点射入磁场时速度为2200020 xyvyC.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为0mvqBD.粒子在磁场中运

23、动的圆周半径最大值是22000204mvxyqBx【答案】AD【解析】【详解】A若粒子打到 PN 中点，则00 1xv t201122qEytm解得20020mv yEqx选项 A 正确；B粒子从 PN 中点射出时，则0122yvyt速度2222010000yvvvvxyx选项 B 错误；C粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为，则2000000tanyvvmvxqEvqExmv粒子从电场中射出时的速度0sinvv粒子进入磁场后做匀速圆周运动，则2vqvBmr则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到 MN 的距离为cosdr解得000tanExmvdBvqB选项 C 错误；D当粒子在磁场中运动

24、有最大运动半径时，进入磁场的速度最大，则此时粒子从 N 点进入磁场，此时竖直最大速度02ymyvt00 xv t出离电场的最大速度2222000004mymvvvvxyx则由2vqvBmr可得最大半径22000204mmmvmvxyrqBqBx选项 D 正确；故选 AD。14.用激光测玻璃砖折射率的实验中，玻璃砖与屏 P 平行放置，从另一侧用激光笔以一定角度照射，此时在屏上的 S1处有激光点，移走玻璃砖，光点移到 S2处，回答下列问题：（1）请画出激光束经玻璃折射后完整的光路图_；（2）已经测出 AB=l1，OA=l2，S1S2=l3，则折射率 n=_（用 l1、l2、l3表示）；（3）若改用

25、宽 ab 更小的玻璃砖做实验，则 S1S2间的距离会_（填“变大”，“变小”或“不变”）。【答案】.221132221312()()llllllll.变小【解析】【详解】（1）1根据题意画出光路图如下图所示（2）设光线入射角为、折射角为，则在 C 点根据折射定律有nsin=sin由于射入玻璃砖的入射角是射出玻璃砖的折射角，则S1S2=CB根据几何关系可知1322132sin()lllll12212sinlll联立解得221132221312()()llllnllll（3）3若改用宽 ab 更小的玻璃砖做实验，则画出光路图如下可看出 S1S2间的距离变小。15.用如图所示的电路测量一个量程为 1

26、00A，内阻约为 2000的微安表头的内阻，所用电源的电动势约为12V，有两个电阻箱可选，R1（0 9999.9），R2（99999.9）（1）RM应选_，RN应选_；（2）根据电路图，请把实物连线补充完整_；（3）下列操作顺序合理排列是_：将变阻器滑动头 P 移至最左端，将 RN调至最大值；闭合开关 S2，调节 RM，使微安表半偏，并读出 RM阻值；断开 S2，闭合 S1，调节滑动头 P 至某位置再调节 RN使表头满偏；断开 S1、S2，拆除导线，整理好器材（4）如图是 RM调节后面板，则待测表头的内阻为_，该测量值_（填“大于”、“小于”、“等于”）真实值。（5）将该微安表改装成量程为 2

27、V 的电压表后，某次测量指针指在图示位置，则待测电压为_V（保留 3 位有效数字）。（6）某次半偏法测量表头内阻的实验中，S2断开，电表满偏时读出 RN值，在滑动头 P 不变，S2闭合后调节电阻箱 RM，使电表半偏时读出 RM，若认为 OP 间电压不变，则微安表内阻为_（用 RM、RN表示）【答案】.R1.R2.1998.0.小于.1.28.NMNMR RRR【解析】【详解】（1）12根据半偏法的测量原理可知，RM与 R1相当，当闭合 S2之后，变阻器上方的电流应基本不变，就需要 RN较大，对下方分压电路影响甚微。故 RM应选 R1，RN应选 R2。（2）3根据电路图连接实物图有（3）4根据半

28、偏法的实验步骤应为将变阻器滑动头 P 移至最左端，将 RN调至最大值；断开 S2，闭合 S1，调节滑动头 P 至某位置再调节 RN使表头满偏；闭合开关 S2，调节 RM，使微安表半偏，并读出 RM阻值；断开 S1、S2，拆除导线，整理好器材。（4）5根据 RM调节后面板读数为 1998.0。6当闭合 S2后，原电路可看成如下电路闭合 S2后，相当于 RM由无穷大变成有限值，变小了，则流过 RN的电流大于原来的电流，则流过 RM的电流大于2I原，故待测表头的内阻的测量值小于真实值。（5）7将该微安表改装成量程为 2V 的电压表，则需要串联一个电阻 R0，则有U=Ig(RgR0)此时的电压读数有U

29、=I(RgR0)其中U=2V，Ig=100A，I=64A联立解得U=1.28V（6）根据题意 OP 间电压不变，可得AA2)22(ANNMIRIII RRRRR解得ANMNMR RRRR16.某饮料瓶内密封一定质量理想气体，27t 时，压强51.050 10 Pap。（1）37t 时，气压是多大？（2）保持温度不变，挤压气体，使之压强与（1）时相同时，气体体积为原来的多少倍？【答案】（1）51.085 10 Pa；（2）0.97【解析】【详解】（1）瓶内气体的始末状态的热力学温度分别为27273 K=300KT，37273 K=310KT 温度变化过程中体积不变，故由查理定律有ppTT解得51

30、.085 10 Pap（2）保持温度不变，挤压气体，等温变化过程，由玻意耳定律有pVp V解得0.97VV17.如图所示，U 形金属杆上边长为15cmL，质量为31 10 kgm，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里28 10 TB的匀强磁场。（1）若插入导电液体部分深2.5cmh，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面高度10cmH，设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；210m/sg（2）若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度5cmH，通电时间0.002st，求通过金属杆截面的电荷量。【答案】（1）2

31、m/s，4.17A；（2）0.085C【解析】【详解】（1）对金属杆，跳起的高度为H，竖直上抛运动由运动学关系式22vgH解得/s22mvgH通电过程金属杆收到的安培力大小为AFBIL由动能定理得0BILhmg Hh解得4.17AI（2）对金属杆，通电时间0.002st，由动量定理有0BI Lmg tmv由运动学公式22vgH通过金属杆截面的电荷量qI t 联立解得0.085Cq 18.如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径0.2mR，一质量为B1kgm 的小滑块 B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板 C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知C3kgm，B、C 间动摩擦因数10.2，

32、C 与地面间的动摩擦因数20.8，C 右端有一个挡板，C 长为L。求：（1）B滑到A的底端时对A的压力是多大？（2）若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，BC、间因摩擦产生的热量是多少？（3）在0.16m0.8mL时，B 与 C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）15 0.81s16L【解析】【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有BB20012m gRm v解得02m/sv 在底部，根据牛顿第二定律20NBBvFm gmR解得N30NF 由牛顿第三定律可知 B 对 A 的压力是30N。（2）当 B 滑上 C

33、 后，对 B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得B1BBBfm gm a解得加速度向左为212m/sa对 C 分析，受 B 向右的摩擦力1Bm g和地面向左的摩擦力2BCCfmmg地根据牛顿第二定律BC2B1CBC2Cffmmgmagm地解得其加速度向左为2210m/sa 由运动学位移与速度关系公式2202vvax，得 B 向右运动的距离20111m2vxaC 向右运动距离20220.2m2vxa由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量1B12Qm g xx可得1.6JQ（3）由上问可知，若 B 还末与 C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为1t，有012vta解得10.2st B 的位移为

34、2B10 11 110.36m2xv tat则此刻的相对位移为B120.16mxxx相此时B11 11.6m/svvat由0.16mL，一定是 C 停下之后，B 才与 C 上挡板碰撞。设再经2t时间 B 与 C 挡板碰撞，有221 210.161.62Lta t解得20.80.8tL碰撞时 B 速度为B2B11 22 0.8vvatL碰撞时由动量守恒可得BB2ABm vmmv解得碰撞后 B、C 速度为0.82Lv之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得2AB23AB8m/smmgamm后再经3t后停下，则有330.816vLta故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间12315 0.81s16Ltttt（）