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2023 年 11 月高三第三次月考物理试题
一、单选题
1. 2023年10月3日杭州亚运会 跳台的跳水决赛中，中国运动员全红禅完美一跳裁判全给10分并获得
冠军。如图1所示是她站在跳台踏板起跳的精彩瞬间，从她离开跳板开始计时，跳水过程中全红禅重心的
图像可简化为如图2所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 运动员在 内一直下降
B. 运动员在 时已浮出水面
C. 运动员在水中的加速度逐渐增大
D. 运动员重心 内先上升再下降
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意，由图乙可知，运动员在 内减速上升，故A错误；
B．由图可知，运动员在 时，向下减速到0，则运动到最深处，故B错误；
C．由图可知， 内运动员在水中运动，由图可知，加速度逐渐减小，故C错误；
D．由图可知，运动员在 内减速上升，重心升高， 内运动员向下运动，重心降低，则运动员重
心 内先上升再下降，故D正确。
故选D。
2. 劳动人民的智慧出乎我们的想象，果农设计的分拣水果的简易装置如图所示，两细杆间上窄下宽、与水
平地面所成的角相同，水果从装置顶端由静止释放，大小不同的水果会在不同位置落到不同的水果筐内。
水果均为球形，离开细杆前的运动可视为匀加速直线运动，则水果沿细杆运动的过程中受到每根细杆的支
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学科网（北京）股份有限公司持力（ ）
A. 变小 B. 变大 C. 不变 D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【详解】因为装置宽度变大，每根细杆对水果支持力的方向越来越趋近于水平，即杆的支持力与杆的夹角
越来越小，设夹角为 ，设杆与地面的夹角为 ，垂直杆方向根据平衡条件
可得
不变， 变小，则 变大。
故选B。
3. 在地铁进站前的某段减速过程中，细绳偏离了竖直方向，用手机拍摄下当时情景的照片如图所示，拍摄
方向跟地铁前进方向垂直，已知当地的重力加速度为g，若测得细绳与竖直方向的夹角为，则（ ）
A. 当时地铁列车加速度的大小为gsin
B. 当时地铁列车加速度的大小为gcos
C. 当时地铁列车正向图中的左方向行驶
D. 当时地铁列车正向图中的右方向行驶
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【详解】AB．被拉物体受到重力和细线的拉力，如下图所示
根据牛顿第二定律可得
mgtanθ=ma
解得
a=gtanθ
故AB错误；
CD．列车减速，加速度水平向左，则速度水平向右，C错误，D正确。
故选D。
4. 如图所示，两个质量分别为m=1kg、m=2kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接。两
1 2
个大小分别为F=30N、F=15N的水平拉力分别作用在m、m 上，则（ ）
1 2 1 2
A. 系统运动稳定时，弹簧秤的示数是45N
B. 系统运动稳定时，弹簧秤的示数是15N
C. 在突然撤去F 的瞬间，m 的加速度大小为25m/s2
1 1
D. 在突然撤去F 的瞬间，m 的加速度大小为7.5m/s2
2 2
【答案】C
【解析】
【详解】AB．对整体研究，由牛顿第二定律得
解得
对 研究
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学科网（北京）股份有限公司得
故AB错误；
C．在突然撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，对 研究，由牛顿第二定律得
1
解得
C正确；
D．在突然撤去F 的瞬间，弹簧弹力不变，对 研究，由牛顿第二定律得
2
解得
D错误；
故选C。
5. 如图是某自行车的传动结构示意图，其中I是半径r=10cm的牙盘（大齿轮），II是半径r=4cm的飞轮
1 2
（小齿轮），III是半径r=36cm的后轮。若某人在匀速骑行时每分钟踩脚踏板转30圈，取π=3.14，下列
3
判断正确的是（ ）
A. 脚踏板的周期为 s
B. 牙盘转动的角速度为6.28rad/s
C. 飞轮边缘的线速度大小为3.14m/s
D. 自行车匀速运动的速度大小为2.826m/s
【答案】D
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【详解】A．脚踏板每分钟转30圈，则T=2s，故A错误；
B．牙盘转动的角速度
故B错误；
C．飞轮边缘的线速度与牙盘边缘的线速度大小相等，即
故C错误；
D．后轮的角速度与飞轮的角速度相等，则后轮边缘各点的线速度大小为
可得自行车匀速运动的速度大小为2.826m/s，故D正确。
故选D。
6. 2022年1月22日，我国实践二十一号卫星将一颗失效的北斗二号G2卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽
到了航天器稀少的更高的“墓地轨道”上，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行．
该过程的简化示意图如图所示．已知转移轨道与同步轨道和“墓地轨道”分别相切于P、Q两点，则北斗
二号G2卫星（ ）
A. 在“墓地轨道”上运行的线速度大于在同步轨道上运行的线速度
B. 在“墓地轨道”上运行的机械能大于在同步轨道上运行的机械能
C. 在转移轨道上P点的加速度等于在“墓地轨道”上Q点的加速度
D. 沿转移轨道从P点运动到Q点所用的时间小于12小时墓地轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A．北斗二号G2卫星做圆周运动的线速度
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学科网（北京）股份有限公司故在“墓地轨道"上运行的速度小于在同步轨道上运行的线速度，A项错误；
B．北斗二号G2卫星从同步轨道进入转移轨道，实践二十一号卫星应对北斗二号G2卫星做功，使其加速，
故北斗二号G2卫星在“墓地轨道”上运行的机械能大于在同步轨道上运行的机械能，B项正确；
C．由牛顿第二定律有
因Q点与地心间的距离大于P点与地心间的距离，故在转移轨道上P点的加速度大于在“墓地轨道”上Q
点的加速度，C项错误；
D．由开普勒第三定律
（k为常数）
可知，因为转移轨道的半长轴大于地球同步轨道的半径，故转移轨道的周期大于 24小时，从P点运动到
Q点所用的时间大于12小时，D项错误；
故选B。
7. 半径为R的光滑半圆柱体固定在水平地面上，截面如图所示，O为圆心。一小球以水平初速度v 从半圆
0
柱面的最高点向右运动，下列说法正确的是（ ）
A. v 只要足够小，小球就能沿柱面到达地面
0
B. 若v= 0，小球下滑的高度为 时与柱面分离
0
C. 若 小球可以沿柱面滑行一段距离
D. 若 小球落地时的速率为
【答案】B
【解析】
【详解】AB．若v= 0，则当小球滑到与O点连线与竖直方向的夹角为θ时离开球面，则
0
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学科网（北京）股份有限公司由机械能守恒定律可知
解得
即小球下滑的高度为 时与柱面分离，选项B正确，A错误；
C．当 时此时球面对小球的支持力
即此时小球离开球面，则 时，小球直接从球面顶端飞出，选项C错误；
D．若 ，则小球从球面顶端做平抛运动，则由机械能守恒可得
可得小球落地时的速率为
选项D错误。
故选B。
8. A，B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像，a、b分别为A，B
两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球质量是m=2kg，则由图
可知下列结论正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. 球B的质量为8kg
B. 碰撞时A对B所施冲量为
C. 碰撞前后A的动量变化为6kg•m/s
D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为8J
【答案】B
【解析】
【详解】AC．由x-t图象的斜率表示速度，可知碰撞前有
碰撞后有
对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都做匀速直线运动，所以系统的
动量守恒，碰撞前后A的动量变化为
Δp =mv ′-mv =2×（-1）kg•m/s -2×（-3）kg•m/s =4kg•m/s
A A A
根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为
Δp =-Δp =-4kg•m/s
B A
B的动量变化量
Δp =m （v ′-v ）
B B B B
代入数据解得
选项AC错误；
B．由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为
I = p =-4kg•m/s=-4N•s
B B
故B正确； △
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能
代入数据解得
ΔE =10J
K
故D错误；
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学科网（北京）股份有限公司故选B。
二、多选题
9. 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴传播，t=0时刻的波形如图甲所示，其中位于横坐标x=5m处的一质点
A的振动图像如图乙所示，B是图甲中纵坐标为y=-2.5cm的另一质点。下列说法正确的是（ ）
A. 该横波的传播速度大小为1m/s B. 该横波的传播方向为x轴负方向
C. B点 的横坐标为 D. t=3s时B点的位移是2.5cm
【答案】AC
【解析】
【详解】A．该横波的传播速度大小为
选项A正确；
B．因t=0时刻，质点A沿y轴正向运动，结合波形图“同侧法”可知该横波的传播方向为x轴正方向，选项
B错误；
C．由数学知识可知，B点 平的衡位置到x=7m处的距离为 ，即B点的横坐标为
选项C正确；
D．t=3s时波沿x轴正向传播3m，此时x=7m处的质点在波峰位置，则B点的位移是
选项D错误。
故选AC。
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学科网（北京）股份有限公司10. 如图甲所示，小球（可视为质点）穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为 R的圆周
运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F， 小球在最高点的速度大小为v， 其F-v2图像
如图乙所示，g取10m/s2，则（ ）
A. 小球的质量为 2kg
B. 固定圆环的半径 R为 0.4m
C. 小球在最高点速度为 4m/s时，圆环受到小球施加的竖直向下20N 的弹力
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则其运动中所受圆环给的最大弹力为100N
【答案】AD
【解析】
【详解】A．对小球在最高点进行受力分析，速度为0时
结合图像可知
故A正确；
B．当 时，由重力提供向心力可得
结合图像可知
故B错误；
C．小球在最高点的速度为4 m/s时，有
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学科网（北京）股份有限公司解得小球受到的弹力
方向竖直向下，由牛顿第三定律可知圆环受到小球施加的竖直向上，故C错误；
D．小球经过最低点时，其受力最大，由牛顿第二定律得
若小球恰好做圆周运动，由机械能守恒得
由以上两式得
代入数据得
故D正确。
故选AD。
11. 如图所示，水平速度为v、质量为m的子弹击中并穿过静止放在光滑的水平面上质量为M的木块，若
0
木块对子弹的阻力恒定，则下列说法中正确的有（ ）
A. 其它量保持不变，子弹速度v 越大，木块获得速度越小
0
B. 其它量保持不变，子弹质量m越大，木块获得速度越大
C. 其它量保持不变，子弹质量m越大，子弹和木块组成的系统损失的机械能越多
D. 其它量保持不变，木块的质量M越大，子弹损失的机械能越少
【答案】AD
【解析】
【详解】A．在同一坐标系中画出子弹和木块的v-t图象，子弹的质量m不变，子弹的加速度恒定，木块的
加速度也恒定，子弹速度v 越大，子弹穿过木块的时间越短，则木块获得的速度越小，故A正确；
0
B．当子弹的质量m变化时，由于子弹所受的阻力恒定，则子弹的加速度将随着质量增大而减小，而木块
的加速度恒定，两者的速度图象如图所示
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学科网（北京）股份有限公司的
设木块 长度为 L，则当子弹穿出时，子弹的位移比木块的大L，则由速度图象可知，子弹的速度曲线与
木块的速度曲线所围成的梯形面积在数值上应等于L。由图象可知，当子弹质量m 越大时，穿出木块的时
间 t 小于质量小时穿出木块的时间t。则木块获得的速度也将变小，故B错误；
1 2
C．系统损失的机械能等于系统产生的热，即
故只要子弹穿出，子弹和木块组成的系统损失的机械能不变，故C错误；
D．木块质量M越大，木块的加速度越小，子弹穿出时所用时间越短，子弹穿出的速度越大，木块的速度
越小，因而子弹损失的机械能减小，故D正确。
故选AD。
12. 如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为 的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均
为m的光滑小球 、 用长为 的轻杆及光滑铰链相连，小球 穿过竖直杆置于弹簧上。让小球 以不
同的角速度ω绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为 时，小球 刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度
内，劲度系数为k，重力加速度为g，则 （ ）
A. 小球均静止时，弹簧的长度为
B. 角速度
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学科网（北京）股份有限公司C. 角速度 时，小球 对弹簧的压力为
的
D. 角速度从 继续增大 过程中，小球 对弹簧的压力不变
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，设弹簧的压缩量为 ，对A球
分析可得
故弹簧的长度为
故A正确；
BC．当转动的角速度为 时，小球B刚好离开台面，即
设杆与转盘的夹角为 ，由牛顿第二定律可得
对A球依然处于平衡，有
由几何关系
联立解得
，
则弹簧对A球的弹力为 ，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为 ，故B正确，C错误；
D．当角速度从 继续增大过程中，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角 变小，对A与B的系统，在竖
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学科网（北京）股份有限公司直方向始终处于平衡，有
则弹簧对A球的弹力是 ，由牛顿第三定律可知A球对弹簧的压力为 ，保持不变，故D正确。
故选ABD。
三、实验题
13. 实验小组的同学在实验室做“用单摆测量重力加速度的大小”的实验。
（1）下列最合理的装置是________
A． ． C． D．
（2）测摆长时，先用毫米刻度尺测得摆球悬挂后的摆线长（从悬点到摆球的最上端）为L，再用游标卡尺
测得摆球的直径，读数如下图，则 ________cm。
测周期时，当小球通过平衡位置时开始计时，并在小球下一次通过平衡位置时开始计数“1”，当小球第
50次经过平衡位置时停止计时，所用时间t，则周期 ________。
（3）某同学课后尝试在家里做用单摆测量重力加速度的实验。由于没有合适的摆球，于是他找到了一块
鸡蛋大小、外形不规则的大理石块代替小球进行实验。如图所示，实验过程中他先将石块用细线系好，结
点为M，将细线的上端固定于O点。然后利用刻度尺测出OM间细线的长度l作为摆长，利用手机的秒表
功能测出石块做简谐运动的周期T。在测出几组不同摆长l对应的周期T的数值后，他作出的 图像如
图所示。由此得出重力加速度的测量值为________ 。（ 取3.14，结果保留三位有效数字）图像不
过坐标原点对重力加速度测量结果的影响是测量值________真实值。（填“ ”、“ ”、“ ”）
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学科网（北京）股份有限公司【答案】 ①. D ②. 1.020 ③. ④. 9.86 ⑤. =
【解析】
【详解】（1）[1]用单摆测量重力加速度的大小的实验时，为减小实验误差，摆球在摆动时应减小空气阻
力影响，摆球应选择体积较小密度大的铁球，摆线应选择弹性很小细丝线，且用铁夹夹住细线的上端。
故选D。
（2）[2]由题图可知，游标卡尺的主尺读数为1cm，游标尺的第4条刻度线与主尺的某刻度线对齐，游标
尺是20分度，则游标尺的读数为
则有
[3]因小球一次全振动经平衡位置2次，当小球第50次经过平衡位置时停止计时，所用时间t，则周期
（3）[4]由单摆的周期公式
可得
由图2可得 图像的斜率
解得
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学科网（北京）股份有限公司[5]设M点到石块重心的距离为x，由周期公式可得
整理可得
则图线的斜率为
解得
可知图像不过坐标原点对重力加速度测量结果没有影响，所以测量值等于真实值，即选“=”。
14. （1）①某实验小组做验证牛顿第二定律实验，实验小组中的小华用图所示装置做实验
图中带滑轮的长木板水平放置于桌面，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小。
小华做实验时，下列操作必要且正确的是___________
A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车打出一条纸带，同时记录传感器的示数
B.改变砂和砂桶质量，打出几条纸带
C.用天平测出砂和砂桶的质量
D.为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
②图为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，
打点计时器的频率为50Hz，则C点的速度为___________m/s，小车的加速度为___________m/s2（以上两
空均保留一位有效数字）
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学科网（北京）股份有限公司（2）某同学用物体A、B分别探究了加速度随着外力的变化的关系，物体A、B由静止开始加速运动（纸
带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略），实验后进行数据处理，得到了物体A、B的加速度a与轻
质弹簧秤弹力F的关系图像分别如图乙中的A、B所示。
该同学仔细分析了图中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且m ___________m ；两
A B
物体与木板之间动摩擦因数μ ___________μ （均填“大于”“等于”或“小于”）
A B。
【答案】 ①. AB##BA ②. 0.8 ③. 4 ④. 小于 ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]A.为充分利用纸带，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，
同时记录传感器的示数，故A正确；
B．为得出普遍规律，改变砂和砂桶质量，打出几条纸带，故B正确；
C．小车受到的拉力可由拉力传感器测出来，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故C错误；
D．小车受到的拉力可以由拉力传感器测出，实验中不需要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，故D
错误。
故选AB。
[2]由于每两个记数点间还有四个计时点未画出，纸带上面每打一点的时间间隔是0.1s，根据匀变速直线运
动的推论，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则C点的速度为
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
（2）[4] 由牛顿第二定律得
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学科网（北京）股份有限公司a-F图像斜率的倒数等于m，由图像可得：A的斜率大于B的斜率，则A斜率的倒数小于B斜率的倒数，
即A的质量小于B的质量；
[6] 由牛顿第二定律得
当
则
由图像可知，a为0时，A、B的F相等，即
又因为
所以
15. （1）用铁架台、带挂钩的不同弹簧若干、50g的钩码若干、刻度尺等，安装如图甲所示的装置，探究
弹簧弹力F的大小与伸长量x之间的定量关系。
①未挂钩码时，弹簧原长放大如图甲所示，可读得原长 __________。
②由图乙可算出B弹簧的劲度系数为__________N/m。
③若某同学做实验时，误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，则该同学所做图像得到的k值是
___________（填偏大，偏小或者不变）
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学科网（北京）股份有限公司（2）某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验如图丙所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮
条与细绳的结点，OB和OC为细绳。图丁是在白纸上根据实验结果画的图。
关于本实验，下列说法中正确的是__________。
A．在测量同一组数据 、 和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化
B．本实验采用的科学方法是控制变量法
C．使用弹簧测力计时，施力方向应沿着弹簧测力计的轴线，读数时视线正对弹簧测力计刻度
D．为减小测量误差， 、 方向间夹角应为90°
E．如果没有操作失误，图丁中的F与 两力中，方向一定沿AO方向的是F
【答案】 ①. 7.00cm ②. 10 ③. 不变 ④. AC##CA
【解析】
【详解】（1）①[1]由题图甲可知，刻度尺的精确度是1mm，可读得弹簧原长
②[2]B弹簧的劲度系数为
③[3]误把弹簧长度当成伸长量作为横坐标作图，这样 图像会在横坐标轴上有截距，则有 ，
可知弹力的变化量与长度的变化量的比值大小不变，则由图像得到的k值是不变。
（2）[4] A．在测量同一组数据 、 和合力F的过程中，因 、 共同作用效果与合力F的作用效果
相同，因此橡皮条结点O的位置不能变化，故A正确；
B．本实验采用的科学方法是等效替代法，故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．使用弹簧测力计时，施力方向应沿着弹簧测力计的轴线，读数时视线正对弹簧测力计刻度，以减小实
验误差，故C正确；
D．为减小测量误差， 、 方向间的夹角不宜太大，也不宜太小，适当就行，可不一定是90°，故D错
误；
E．如果没有操作失误，图丁中的F与 两力中，F是由平行四边形得出的，而 是由实验方法得出的，
因此方向一定沿AO方向的是 ，故E错误。
故选AC。
四、解答题
16. 2021年3月份，哈尔滨方正县境内新兴大桥突然出现垮塌，事故未造成交通事故和人员伤亡。后来经
第三方专业机构现场应急检查评定，认定事故原因为蚂蚁河河面冰凌撞击导致。为了清理这些堵塞河道的
冰凌，空军实施了投弹爆破，飞机在河道上空高H处以速度 水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标，示
意图如图所示。求炸弹刚脱离飞机到击中目标时过程中。
（1）炸弹飞行的水平距离；
（2）炸弹击中目标时的速度大小；
（3）炸弹位移的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）根据平抛规律，有
解得
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学科网（北京）股份有限公司（2）竖直方向
炸弹击中目标时的速度大小为
（3）炸弹位移的大小为
17. 滑草场中某条滑道由如图所示的两段倾斜滑道和一段水平滑道组成， 段倾角为 ， 段倾角为
，对应的高度均为 。载人滑草车从坡顶 点由静止开始滑下，最终停在水平滑道上。已知滑
草车与三段滑道间的动摩擦因数均相同，滑草车经过 两点时速度大小不变且相等，取重力加速度大
小 ，求：
（1）滑草车与滑道间的动摩擦因数 ；
（2）滑草车在水平滑道上滑行的距离 。
（3）滑草车运动的总时间 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】
【详解】（1）由已知条件可知，滑草车在 段做匀速直线运动，有
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学科网（北京）股份有限公司解得
（2）设滑草车在 段运动时的加速度大小为 ，在 段运动时的加速度大小为 ，在 段运动时
的速度大小为 ，则有
根据动力学公式可得
解得
（3）设滑草车在三段滑道上运动的时间分别为 ，则有
滑草车运动的总时间为
18. 如图所示，是大型户外水上游乐活动的模型图，固定在地面上的圆弧轨道表面光滑，质量 、
长度 的平板C浮于水面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切，平板左侧放置
质量 的橡胶块B。质量 的人（用A表示）从圆弧轨道上与平板高度差为 处由静
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学科网（北京）股份有限公司止滑下，A与B碰撞后立即共速。整个运动过程中A、B均可视作质点。已知人、橡胶块与平板间的动摩
擦因数均为 ，水池宽度 ，平板碰到水池边墙壁立即被锁定。已知水面平静、平板受到的
水的阻力忽略不计，重力加速度， ，求∶
（1）A与B碰撞后瞬间的共同速度 为多大；
（2）A、B与C达到共同速度时（C未与墙壁发生碰撞），此时A、B离C右端的距离x为多大；
（3）在C被墙壁锁定后，为了避免人碰撞到墙壁，且保证人不掉落水中，当A、B与墙壁距离为
时，人把B用一速度v 推出，B与墙壁碰后立即被锁定，讨论v 的取值范围。
B B
【答案】（1）8m/s；（2）2m；（3）
【解析】
【详解】（1）A运动到圆弧最低点过程，，根据动能定理有
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
解得
（2）A、B与C达到共同速度时，C未与墙壁发生碰撞，对A、B、C构成的系统，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
此时A、B离C右端的距离
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学科网（北京）股份有限公司解得
（3）在C被墙壁锁定后，为了避免人碰撞到墙壁，且保证人不掉落水中，当A、B与墙壁距离为
时，令A、B共同速度为 ，对A、B，根据动能定理有
解得
令人将B推出后瞬间，人的速度为 ，若人恰好到达墙壁处，对人由动能定理有
解得
可知，此时，为避免避免人碰撞到墙壁
令人将B推出后瞬间，人的速度为 ，该速度方向向左，若人恰好到达C的左端，对人由动能定理有
解得
为
人推出B过程中，以向右 正方向，根据动量守恒定律有
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则v 的取值范围为
B
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