精品解析：吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试物理试卷（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年10月试卷

2024—2025 学年上学期东北师大附中（物理）科试卷 高三年级第一次摸底考试 考试时间：75分钟 满分：100分 注意事项： 1．答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形 码。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3．回答非选择题时，请使用 0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内， 超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 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。 1.2022年中国空间站已经全面建成，目前已经转入应用与发展阶段。如图所示，若该空间站仅在地球引力 作用下绕地球沿椭圆轨道运动，则运动过程中不变的物理量是（ ） A. 动量 B. 加速度 C. 动能 D. 机械能 【答案】D 【解析】 【详解】AC．空间站绕地球做椭圆运动过程中，速度大小和方向不断改变，故动量时刻改变，动能时刻改 变，故AC错误； B．空间站到地心的距离不断改变，由万有引力提供向心力 Mm G ma R2 第1页/共20页 学科网（北京）股份有限公司可知，加速度时刻改变，故B错误； D．空间站仅在地球引力作用下运动，所以机械能守恒，故D正确。 故选D。 2. 如图，滚筒洗衣机的滚筒截面是圆形的，a、c分别为最低点和最高点，b、d两点与圆心等高，洗衣机以 一定的转速脱水时，湿衣物随滚筒在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ） A. 湿衣物在b、d两点的向心力相同 B. 湿衣物在a点更容易脱水 C. 湿衣物在c点更容易脱水 D. 减小转速湿衣物脱水效果会更好 【答案】B 【解析】 【详解】A．湿衣物随滚筒在竖直平面内做匀速圆周运动，则其在b、d两处的向心力大小相等，方向相反。 故A错误； B．湿衣物运动到最低点a点时，加速度方向竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在a 点受到滚筒的作用力最大，脱水效果最好。故B正确； C．同理，湿衣物在c点时，加速度竖直向下，处于失重状态，由牛顿第二定律可知，湿衣物在c点受到滚 筒的作用力最小，脱水效果最差。故C错误； D．增大洗衣机转速，水需要的向心力越大，水越容易做离心运动，脱水效果会更好。故D错误。 故选B。 3. 如图为烟花在空中的运动轨迹，虚线为轨迹上a、b、c三点的切线，其中最高点b的切线方向水平，c 点的切线方向竖直，可知该烟花（ ） 第2页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A. 由a点运动到c点过程中，水平方向做匀速运动 B. 由b点到c点做平抛运动 C. 在b点的加速度方向竖直向下 D. 在b点处于失重状态 【答案】D 【解析】 【详解】A．烟花做曲线运动，其速度方向沿运动轨迹的切线方向，烟花在c点的水平速度为零，故烟花受 到空气阻力的作用，水平方向并非是匀速运动，故A错误； B．由于存在空气阻力的作用，不是只受重力，所以烟花由b点到c点不是做平抛运动，故B错误； C．烟花在b点受到空气阻力和重力的作用，其加速度并非是竖直向下，故C错误； D．由于在b点时烟花存在向下的加速度，故烟花处于失重状态，故D正确。 故选D。 4. 如图，在光滑的固定足够长木板上，用轻质弹簧连接的两个物块A、B在水平恒力F作用下以相同加速 度向左运动，两物块材料相同且m m 。下列可以使弹簧伸长量不变的是（ ） A B A. 增大水平拉力F B. 在木板上表面垫上粗糙的纸 C. 将A、B的位置互换 D. 悬线下增挂一定质量的小钩码 【答案】B 【解析】 【详解】A．弹簧稳定时伸长量取决于弹簧的弹力F ，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律 弹 有 F  m m  a A B 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 F m a 弹 B 联立可得 第3页/共20页 学科网（北京）股份有限公司m F F  B 弹 m m A B 可知增大水平拉力F，弹簧的弹力增大，伸长量增大，故A错误； B．在木板上表面垫上粗糙的纸，设物块A、B与纸间的动摩擦因数为，以物块A、B整体为研究对象， 根据牛顿第二定律有 F m m  g  m m  a A B A B 以B为研究对象，根据牛顿第二定律有 F m g m a 弹 B B 联立可得 m F F  B 弹 m m A B 可知弹簧弹力不变，则伸长量不变，故B正确； C．将A、B的位置互换，以物块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 F  m m  a A B 以A为研究对象，根据牛顿第二定律有 F m a 弹 A 联立可得 m F m F F  A  F  B 弹 m m 弹 m m A B A B 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故C错误； D．悬线下增挂一定质量的钩码，设钩码的质量为m ，对ABC整体，由牛顿第二定律得 C F m g  m m m  a C A B C 可知 aa 对A有 F Fm a 弹 A 未悬挂钩码时，对A有 F F m a 弹 A 第4页/共20页 学科网（北京）股份有限公司对比可得 FF 弹 弹 可知弹簧弹力变大，伸长变大，故D错误。 故选B。 5. 如图所示，整个系统处于静止状态，动滑轮与定滑轮之间的轻绳与水平方向的夹角为。如果将绳一端 的固定点P缓慢向上移动到Q点，滑轮质量和一切摩擦均不计，整个系统重新平衡后（ ） A. 物块B的高度不变，不变 B. 物块B的高度不变，变大 C. 物块B的高度增大，变大 D. 物块B的高度增大，不变 【答案】A 【解析】 【详解】设绳子拉力大小为F ，以B为对象，有 F m g B 以动滑轮为对象，根据受力平衡可得 2Fsinm g A 设左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度为L，水平距离为x，根据几何关系可得 x cos L 将绳一端的固定点P缓慢向上移动到Q点，绳子拉力大小保持不变，则不变，由于水平距离x不变，则 左侧墙壁与定滑轮之间的绳子长度L不变，故物块B的高度不变。 故选A。 6. 如图，一物块以初速度v 从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上以相同速度大小抛出一个小球， 0 物块和小球的质量相等，它们在斜面上的P点相遇，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） 第5页/共20页 学科网（北京）股份有限公司A. 小球和物块加速度相等 B. 小球运动到最高点时离斜面最远 C. 在P点时，小球的动能大于物块的动能 D. 小球和物块从O点到P点过程中合外力的功率相等 【答案】C 【解析】 【详解】B．把小球的运动分解为沿斜面方向和垂直斜面方向，当垂直斜面方向的分速度减为0时，小球离 斜面最远，但此时小球不是运动到最高点，故B错误； C．把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则小球沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光 滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面是粗糙的；从O点到P点， 小球和物块克服重力做功相对，但物块还要克服摩擦力做功，由于初动能相等，根据动能定理可知，在P 点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确； D．从O点到P点过程，小球只克服重力做功，物块需要克服重力做功和克服摩擦力做功，则合外力对物 块做功的大小大于合外力对小球做功的大小，又所用时间相等，所以小球和物块从O点到P点过程中合外 力的功率不相等，故D错误。 A．小球的加速度为 a  g 球 设斜面倾角为，物块与斜面的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得 mgsinmgcosma 物 可得物块的加速度大小为 a  gsingcos 物 不能确定小球和物块加速度是否大小相等，故A错误。 故选C。 7.“再生制动”是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中。某质量为m 的汽电混动汽车以速度v v  v 在平直路面上匀速行驶，该汽车设定为速度大于v 时选择再生制动，速 1 1 0 0 第6页/共20页 学科网（北京）股份有限公司度小于等于v 时选择机械制动，再生制动阶段阻力大小与速度大小成正比，即 f kv；机械制动阶段阻力 0 大小恒为车重的倍，重力加速度大小为g。则从某一时刻开始制动直到停下，汽车运动的位移大小为（ ） mv mv v2 mv mv v2 A. 1 0  0 B. 1 0  0 2k 2g k 2g mv2 mv2 v2 mv2 m2 v2 C. 1 0  0 D. 1 0  0 2 2g k 2g 【答案】B 【解析】 【详解】设汽电混动汽车再生制动阶段运动的位移为x，由动量定理得 1 fΔt mΔv 又 f kv 即 kvΔtmΔv 所以在再生制动阶段有 kx mv mv 1 0 1 解得 m（v v） x  1 0 1 k 在机械制动阶段，汽电混动汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得 fma 又 fmg 解得 ag 设匀减速运动的位移为x ，由运动学得 2 v2 v2 x  0  0 2 2a 2μg 所以汽电混动汽车从刹车到停止的位移为 第7页/共20页 学科网（北京）股份有限公司m（v v） v2 x x x  1 0  0 1 2 k 2μg 故选B。 8. 人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。某次打夯符合如图模型：两人同时通过绳子对重物各施 加一个大小为300N，方向都与竖直方向成37°的力作用；重物离开水平地面30cm后人停止施力，最后重物 自由下落把地面砸深3cm。重物的质量为50kg，取重力加速度g 10m/s2，cos37°0.8，不计空气阻力， 此次打夯过程中（ ） A. 人对重物做功144J B. 重物刚落地时的速度大小为2.5m/s C. 重物的重力势能减少165J D. 重物对地面的平均冲击力大小为5300N 【答案】AD 【解析】 【详解】A．人对重物做功为 W 2Fcos37h 23000.80.3J144J 1 1 故A正确； B．设重物落地时的速度大小为v，从重物开始上升到重物落地前根据动能定理可得 1 W  mv2 0 1 2 解得 v2.4m/s 故B错误； C．重物的重力势能减少 E mgh50100.03J15J p 故C错误； D．设地面对重物的平均冲击力大小为F ，对全程根据动能定理有 第8页/共20页 学科网（北京）股份有限公司W mghFh 00 1 解得 F 5300N 根据牛顿第三定律可知，重物对地面平均冲击力的大小为5300N，故D正确。 故选AD。 9. 如图，从空间站伸出的机械臂外端安置一微型卫星，微型卫星、空间站、地球在同一直线上，微型卫星 与空间站同步做匀速圆周运动。已知地球半径为R，空间站的轨道半径为r，机械臂长为d，忽略空间站对 卫星的引力以及空间站的尺寸，下列说法正确的是（ ） r A. 微型卫星的线速度与空间站的线速度大小之比为 rd R2 B. 空间站所在处加速度与地球表面处加速度之比为 r2 C. 微型卫星处于完全失重状态 D. 若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站 【答案】BD 【解析】 【详解】A．微型卫星和空间站能与地心保持在同一直线上绕地球做匀速圆周运动，所以微型卫星的角速度 与空间站的角速度相等，根据vr可知 v rd 卫星  v r 空间站 故A错误； B．根据牛顿第二定律 第9页/共20页 学科网（北京）股份有限公司Mm G ma r2 解得空间站所在轨道处的加速度 M aG r2 在地球表面 Mm G mg R2 解得 M g G R2 所以 a R2  g r2 故B正确； CD．根据牛顿第二定律 Mm G mω2r r2 解得 GM  r3 可知仅受万有引力提供向心力时，微型卫星比空间站的轨道半径大，角速度小，由于微型卫星跟随空间站 以共同的角速度运动，由F m2r可知所需向心力增大，所以机械臂对微型卫星有拉力作用不是完全始终。 所以，若机械臂操作不当，微型卫星脱落后会飞离空间站，故C错误，D正确。 故选BD。 10. 如图（a），质量均为m的物块甲和木板乙叠放在光滑水平面，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均 静止，质量为M的物块丙以速度v 向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移x随时间t的变化如图（b） 0 中实线所示，其中t 时刻前后的图像分别是抛物线（图中虚线）的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的 0 顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ） 第10页/共20页 学科网（北京）股份有限公司2v 2v A. 甲、乙间的动摩擦因数为 0 B. 碰后瞬间乙的速度大小为 0 3gt 3 0 2v t C.L至少为 0 0 D. 乙、丙的质量比m:M 1:2 3 【答案】ACD 【解析】 【详解】B．由图（b）可知，碰后0~t 时间内乙做匀减速直线运动，t 时刻甲乙共速，之后二者匀速运动， 0 0 设碰后瞬间乙的速度大小为v ，碰后乙的加速度大小为a，则有 1 1 xvt  at2 v t 1 0 2 0 0 0 抛物线的顶点为Q，若乙一直做匀减速运动将在2t 时刻速度减为0，则有 0 v a2t 1 0 联立解得 2v 4 a  0 ，v  v 3t 1 3 0 0 故B错误； D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得 Mv  Mv mv 0 2 1 1 1 1 Mv2  Mv2  mv2 2 0 2 2 2 1 解得 2M 4 v  v  v 1 M m 0 3 0 可得 m 1  M 2 故D正确； C．丙、乙碰后，甲、乙动量守恒，则 第11页/共20页 学科网（北京）股份有限公司mv 2mv 1 3 由能量守恒可得 1 1 fL mv2 2mv2 2 1 2 3 f ma 联立解得 2 L v t 3 0 0 故C正确； A．由于 2v ag  0 3t 0 所以 2v  0 3gt 0 故A正确 。 故选ACD。 二、非选择题（本题共 5小题，共 54分） 11. 物理小组进行验证机械能守恒定律实验，设计了如下方案： （1）在实验操作过程中出现如图所示的四种情况，操作正确的是______； A. B. 第12页/共20页 学科网（北京）股份有限公司C. D. （2）利用上述装置按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。纸 带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。利用下列测量值能完成验证机 械能守恒定律的选项有_______。 A.OA、AD和EG的长度 B.OC、BC和DE的长度 C.BD、CF和EG的长度 D.AC、BD和EG的长度 （3）换用两个质量分别为m 、m 的重物P、Q进行多次实验，记录下落高度h和相应的速度大小v，描 1 2 绘v2 h图像如图。对比图像分析正确的是______。 A. 阻力可能为零 B. 阻力不可能为零 C. m 可能等于m D. m 不可能等于m 1 2 1 2 【答案】（1）B （2）C （3）BC 【解析】 【小问1详解】 打点计时器应连接交流电源，为了减小纸带与打点计时器间的摩擦，并且充分利用纸带，应手提着纸带上 端使纸带处于竖直方向且重物靠近打点计时器。 故选B。 第13页/共20页 学科网（北京）股份有限公司【小问2详解】 根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于这段时间内的平均速度，结合动能与重力势能表达式。 A．当已知OA、AD和EG的长度时，可求得F点与BC的中间时刻速度，从而确定两者的动能变化，但无 法求解对应的重力势能的变化，故A错误； B．当已知OC、BC和DE的长度时，可求得BC的中间时刻速度和DE的中间时刻速度，从而确定两者的 动能变化，但无法求解对应的重力势能的变化，故B错误； C．当已知BD、CF和EG的长度时，依据BD和EG的长度，可分别求得C点与F点的瞬时速度，从而求 得动能的变化，再由CF确定重力势能的变化，进而得以验证机械能守恒，故C正确； D．当已知AC、BD和EG的长度时，依据AC和EG长度，可求得B点与F点的瞬时速度，从而求得动能 的变化，而BF间距不知道，则无法验证机械能守恒，故D错误。 故选C。 【小问3详解】 设重物受到的阻力大小为 f ，根据动能定理可得 1 mgh fh mv2 2 整理可得 2(mg f) f v2  h 2(g )h m m 若阻力为0，则v2 h图线的斜率为k 2g，则两图线斜率应相同，由题图可知，两图线斜率不相等，所以 阻力不可能为零；由图像斜率关系可知 f f g 1  g 2 m m 1 2 由于不清楚两重物所受阻力大小关系，所以无法确定m 与m 的大小关系，即m 可能等于m 。 1 2 1 2 故选BC。 12. 某同学用图甲所示装置探究加速度合外力之间的关系。图中长木板水平放置，轻绳跨过定滑轮，一端与 放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码，本实验中可用的钩码共有N个，每个钩码的质量为m，小车 的质量为M，重力加速度大小为g。 第14页/共20页 学科网（北京）股份有限公司（1）平衡摩擦力：将N个钩码全部放入小车中，在长木板不带滑轮的一端下方垫上一个小物块后，发现小 车（和钩码）做减速运动，则应将小物块向______（选填“左”或“右”）移动，才会使小车（和钩码） 在板上做匀速运动； （2）平衡摩擦力后，将n（依次取n1，2，3，4。。）个钩码挂在轻绳左端，其余N—n个钩码放在小车内， 用手按住小车并使轻绳与木板平行，打开电源，释放小车，获得一条清晰的纸带如图乙，相邻计数点间的 时间间隔均为0.1s，则可计算出小车的加速度大小a=______m/s2（结果保留3位有效数字）； （3）实验中______（选填“需要”或“不需要”）满足“小车及车上钩码的总质量远大于所挂钩码质量” 的条件； （4）丙图是利用不同n对应不同a作出的an图像，如果图线斜率为k，通过理论分析可知本实验中可用 的钩码个数N=______（用g、k、m、M表示）； 【答案】（1）左 （2）2.02 g M （3）不需要 （4）  k m 【解析】 【小问1详解】 发现小车做减速运动，说明斜面倾角过小，应增大倾角，则应将小物块向左移动，才会使小车在板上做匀 速运动 【小问2详解】 根据逐差法可得小车的加速度大小为  11.1013.1015.105.007.059.10  a  cm/s2 2.02m/s2 90.12 【小问3详解】 由于本实验中的研究对象是小车和N个砝码，不用计算绳子拉力，因此不需要满足“小车及车上钩码的总质 第15页/共20页 学科网（北京）股份有限公司量远大于所挂钩码质量”的条件。 【小问4详解】 以小车和N个砝码为整体，根据牛顿第二定律可得 nmg (M Nm)a 整理可得 mg a  n NmM 可知an图像的斜率为 mg k  NmM 解得本实验中可用的钩码个数为 g M N   k m 13. 遥控小汽车在驱动电机提供的F 10N作用下从A处由静止开始在水平面上运动，运动中发现前方B 处有一障碍物，立即关闭驱动电机，小汽车恰好不撞上障碍物。已知小汽车质量为m1kg，A、B之间距 离为x20m，小汽车受到的阻力是其重力的0.5倍，取重力加速度g 10m/s2。 （1）求小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间； （2）若小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，经t 4.0s后关闭驱动电机，小汽车也恰好不与障碍物 0 相撞，求小汽车电机的额定功率。 【答案】（1）2s （2）25W 【解析】 【小问1详解】 设小汽车关闭驱动电机前后的加速度大小分别为a 、a ，根据牛顿第二定律有 1 2 F 0.5mg ma ，0.5mg ma 1 2 解得 a 5m/s2，a 5m/s2 1 2 设小汽车从开始运动到关闭驱动电机的时间为t，加速阶段根据运动学公式有 1 v at，x  at2 1 1 2 1 减速阶段由运动学公式有 第16页/共20页 学科网（北京）股份有限公司v2  x 2a 2 2 又 x x x 1 2 联立解得 t 2s 【小问2详解】 小汽车从A点由静止开始以额定功率启动，设额定功率为P ，对全程根据动能定理有 额 P t 0.5mgx0 额 0 解得 P 25W 额 14. 利用如图简易装置可以探测在真空环境内微粒在重力场中的能量。P是一个微粒源，能持续水平向右发 射质量相同、初速度不同的微粒，高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P 点的高度差也为h。 （1）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系； 3 （2）若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的 倍的恒定外力（图中未画出），某一微 3 粒恰好能沿直线打在B处，求L与h的关系。 【答案】（1）L2 2h （2）L 3h 【解析】 【小问1详解】 第17页/共20页 学科网（北京）股份有限公司设打在A点的微粒的初速度为v ，则有 1 1 Lvt ，h gt2 11 2 1 可得 g v L 1 2h 同理可得打在B点的微粒的初速度为 g v  L 2 4h 打在A和B两点的动能一样，根据动能定理可得 1 1 mgh mv2  mv2 2 A 2 1 1 1 mg2h mv2  mv2 2 B 2 2 则有 1 1 mv2 mgh mv2 2mgh 2 1 2 2 联立可得L与h的关系为 L2 2h 【小问2详解】 3 若在界线OA以下加一个方向水平向右，大小是微粒重力的 倍的恒定外力，微粒恰好能沿直线打在B 3 处，则微粒在界线OA以下受到的合力与水平方向的夹角满足 mg tan  3 F x 可得 60 微粒进入界线OA前做平抛运动，根据平抛规律结合几何关系可得 1 h h gt2，x  L v t 2 1 1 tan60 01 又 v gt tan60 y  1 v v 0 0 第18页/共20页 学科网（北京）股份有限公司联立可得L与h的关系为 L 3h 15. 下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光滑水平轨道上的无 动力小车质量均为m=6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，需要运送的货物距离 轨道底端的高度为h=5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩擦因数为µ=0.125，平底 箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧可以全部转化为弹性势能， 但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解 除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出 小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度g=10m/s2。求： （1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小； （2）当某次货物质量为M=24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件； （3）当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。 【答案】（1）10m/s （2）见解析 （3）见解析 【解析】 【小问1详解】 设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v ，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得 0 1 (mM)gh (mM)v2 2 0 解得 v 10m/s 0 【小问2详解】 设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v ，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律有 共 (mM)v (mM m)v 0 共 解得 25 v  m/s 共 3 第19页/共20页 学科网（北京）股份有限公司设小车被锁定时弹簧的弹性势能为E ，由能量守恒定律可得 p 1 E  (mM m)v2 1250J p 2 共 小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则 这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有 1 E mgLmgh 2 p 解得 130 L m 3 【小问3详解】 当小车的长度为L=5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则 1 E  mgLmgh 2 p 1 E   (mM m)v2 p 2 共 (mM)v (mM m)v 0 共 联立可得 M 12kg 第20页/共20页 学科网（北京）股份有限公司