2025屆高三高考押題預(yù)測(cè)卷 物理（黑吉遼蒙卷01） 含解析

2025年高考押題預(yù)測(cè)卷01物理·全解全析注意事項(xiàng)：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)等填寫(xiě)在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫(xiě)在答題卡上。寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共10小題，共46分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1~7題只有一項(xiàng)符合題目要求，每小題4分；第8~10題有多項(xiàng)符合題目要求，每小題6分，全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。1．將一塊放射性物質(zhì)放入上端開(kāi)孔的鉛盒中，再將鉛盒放在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)放射性物質(zhì)發(fā)出的三種射線發(fā)生如圖所示偏轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是（）A．甲射線是高速電子流B．乙射線常用于常規(guī)人體透視C．三種射線中丙射線的貫穿本領(lǐng)最強(qiáng)D．一個(gè)半衰期后，鉛盒中物質(zhì)的質(zhì)量為剛放入時(shí)的一半【答案】A【解析】A．根據(jù)左手定則，由圖可知，甲射線是高速電子流，丙射線為射線，乙射線為射線，故A正確；B．常規(guī)人體透視使用X射線，而乙射線為射線（穿透力最強(qiáng)），雖可用于醫(yī)療（如腫瘤治療），但并非透視的常規(guī)選擇，故B錯(cuò)誤；C．乙射線不偏轉(zhuǎn)為射線，其穿透能力最強(qiáng)（能穿透幾厘米厚的鉛板），丙為射線，穿透能力最弱，故C錯(cuò)誤；D．半衰期指放射性原子核數(shù)量減半，而非總質(zhì)量減半（因衰變產(chǎn)物仍留在鉛盒中）。實(shí)際質(zhì)量減少量取決于衰變類(lèi)型，通常遠(yuǎn)小于一半，故D錯(cuò)誤。故選A。2．某質(zhì)點(diǎn)受一恒力的作用，從A點(diǎn)沿曲線運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，如圖所示，此過(guò)程中所受恒力的方向可能為（）A．豎直向上 B．水平向左 C．豎直向下 D．無(wú)法確定【答案】C【解析】根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)可知，質(zhì)點(diǎn)所受合力方向位于軌跡的凹側(cè)，所以此過(guò)程中所受恒力的方向不可能豎直向上，也不可能水平向左，可能豎直向下。故選C。3．如圖所示，某同學(xué)對(duì)著豎直墻壁練習(xí)打網(wǎng)球，該同學(xué)使球拍與水平方向的夾角為，在O點(diǎn)擊中網(wǎng)球，球以的速度垂直球拍離開(kāi)O點(diǎn)，恰好垂直擊中墻壁上的P點(diǎn)，忽略空氣阻力的影響，取重力加速度大小，，下列說(shuō)法正確的是（

）A．網(wǎng)球在P點(diǎn)與墻壁碰撞時(shí)的速度大小為10B．網(wǎng)球由O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為1.6sC．O、P兩點(diǎn)間的水平距離為12.8mD．若O、P兩點(diǎn)連線與墻壁的夾角為，則【答案】B【解析】A．網(wǎng)球的逆向運(yùn)動(dòng)（由P點(diǎn)到O點(diǎn)）為平拋運(yùn)動(dòng)，對(duì)O點(diǎn)速度進(jìn)行分解可得選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．在豎直方向上有解得選項(xiàng)B正確；C．O、P兩點(diǎn)間的水平距離選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．根據(jù)題意可知根據(jù)幾何關(guān)系有聯(lián)立可得選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。4．如圖所示，半圓AOB為透明柱狀介質(zhì)的橫截面，半徑為R，折射率為2，建立直角坐標(biāo)系Oxy，y軸與直徑AB平行，且與半圓相切于原點(diǎn)O。一束平行單色光沿x軸正方向射向整個(gè)介質(zhì)，欲使所有平行光線都不能到達(dá)x軸正半軸，需緊貼直徑AB放置-遮光板，則該遮光板沿y軸方向的長(zhǎng)度至少為（不考慮反射光的影響）（

）A．0．2R B．0.5R C．0.8R D．R【答案】D【解析】根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系可得：則，欲使所有平行光線都不能到達(dá)x軸正半軸，則需發(fā)生全反射，入射角至少等于臨界角，當(dāng)入射角等于臨界角時(shí)，可得下圖：根據(jù)幾何關(guān)系可得由于對(duì)稱(chēng)性可知，總長(zhǎng)度至少為聯(lián)立可得故選D。5．一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)變化過(guò)程已表示在如圖所示的圖上，氣體先由a狀態(tài)沿雙曲線變化到b狀態(tài)，再沿與橫軸平行的直線變化至c狀態(tài)，a、c兩點(diǎn)位于平行于縱軸的直線上。以下說(shuō)法中正確的是（）A．由a狀態(tài)至b狀態(tài)為溫度升高B．由b狀態(tài)至c狀態(tài)放出熱量C．由c狀態(tài)至a狀態(tài)氣體對(duì)外界做功，同時(shí)吸收熱量D．c狀態(tài)下氣體分子單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞次數(shù)小于b狀態(tài)【答案】B【解析】A．因?yàn)閍→b變化圖線為雙曲線的一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程從b到c為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，又因?yàn)橥饨鐚?duì)氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，此過(guò)程放出熱量，故B正確；C．c→a過(guò)程體積不變，沒(méi)有做功，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強(qiáng)增大溫度升高，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯(cuò)誤；D．據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀解釋?zhuān)瑲怏w壓強(qiáng)由分子平均撞擊力大小與單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞次數(shù)決定，c狀態(tài)溫度低于b狀態(tài)，熱運(yùn)動(dòng)減弱，分子平均撞擊力減小，而壓強(qiáng)又相同，所以c狀態(tài)下氣體分子單位時(shí)間與器壁單位面積碰撞次數(shù)大于b狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。故選B。6．在恒星形成后的演化過(guò)程中，一顆恒星可能在運(yùn)動(dòng)中接近并捕獲另外兩顆恒星，逐漸形成穩(wěn)定的三星系統(tǒng)。如圖所示是由三顆星體構(gòu)成的系統(tǒng)，星體B、C的質(zhì)量均為，星體A的質(zhì)量是星體B的4倍，忽略其他星體對(duì)它們的作用，三顆星體在相互之間的萬(wàn)有引力作用下，分別位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，繞某一共同的圓心在三角形所在的平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。星體A、B、C的向心加速度大小之比為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】由兒何關(guān)系知設(shè)B、A間的距離為，則A所受的合力聯(lián)立可得由幾何對(duì)稱(chēng)性可知星體B、C受力大小相等，根據(jù)牛頓第三定律又設(shè)星體B所受的合力為，正交分解，有，則則故選A。7．某司機(jī)駕駛汽車(chē)在平直高速公路上以速度勻速行駛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為。時(shí)刻，司機(jī)加大了油門(mén)，使汽車(chē)輸出功率立即增大到并保持該功率繼續(xù)行駛。從司機(jī)加大油門(mén)開(kāi)始，汽車(chē)的圖像如圖所示，從時(shí)刻到再次達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，汽車(chē)行駛的位移為。若司機(jī)和汽車(chē)的總質(zhì)量為，忽略油耗對(duì)質(zhì)量的影響，汽車(chē)行駛過(guò)程中所受阻力大小不變，則在該過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．阻力大小為B．汽車(chē)再次達(dá)到勻速時(shí)的速度為C．牽引力做的功為D．經(jīng)歷的時(shí)間為【答案】D【解析】A．阻力大小為故A錯(cuò)誤；B．汽車(chē)再次達(dá)到勻速時(shí)的速度為故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理解得牽引力做的功故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)解得經(jīng)歷的時(shí)間為故D正確。故選D。8．一列波長(zhǎng)為的簡(jiǎn)諧橫波在均勻介質(zhì)中沿x軸正向傳播，時(shí)刻的波形如圖甲所示，P、點(diǎn)位置圖甲中未標(biāo)明是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)，P是平衡位置位于處的質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．這列簡(jiǎn)諧橫波在介質(zhì)中的傳播速度為B．在時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向沿y軸正方向C．質(zhì)點(diǎn)Q做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為D．P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置最小間距為【答案】ACD【解析】A．根據(jù)圖甲可得波的波長(zhǎng)為，根據(jù)圖乙可得周期為，則波速故A正確；B．波沿x軸正方向傳播，根據(jù)同側(cè)法可知，時(shí)刻P沿方向振動(dòng)，則時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P位于平衡位置上方正在向下振動(dòng)，所以P的加速度方向沿y軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；C．質(zhì)點(diǎn)Q做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移y隨時(shí)間t變化的一般表達(dá)式為當(dāng)時(shí)，代入上式解得所以質(zhì)點(diǎn)Q做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為故C正確；D．時(shí)，P的位置坐標(biāo)為距離P點(diǎn)最近的Q點(diǎn)的平衡位置坐標(biāo)為P點(diǎn)平衡位置位于所以P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的平衡位置最小間距為故D正確。故選ACD。9．如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)x=6m，以v=2m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，傾角θ=37°的光滑斜面與傳送帶右側(cè)平滑連接，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)=3m，質(zhì)量為m=1kg的乙靜止在斜面底端，將相同質(zhì)量的甲從斜面頂端由靜止釋放，甲乙發(fā)生彈性碰撞，下列說(shuō)法正確的是（）A．物體乙滑上傳送帶的速度為6m/sB．物體乙能夠運(yùn)動(dòng)到B端C．整個(gè)過(guò)程中物體乙在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為3.2mD．整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為32J【答案】AD【解析】A．甲沿斜面下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得，解得甲乙發(fā)生彈性碰撞，有，解得，由此可知物體乙滑上傳送帶的速度為6m/s，故A正確；B．乙在傳送帶上先向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其位移為，解得由此可知，乙不能夠運(yùn)動(dòng)到B端，故B錯(cuò)誤；C．乙做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中相對(duì)位移大小為之后乙反向加速到達(dá)到共速相對(duì)位移大小為所以整個(gè)過(guò)程中物體乙在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為故C錯(cuò)誤；D．整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為故D正確。故選AD。10．如圖所示，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌平放在絕緣水平面上，左側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，左右兩側(cè)分別存在垂直導(dǎo)軌所在平面向里和向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B．兩根由相同材料制成的不同粗細(xì)的金屬桿a、b恰好橫跨在導(dǎo)軌上，a、b的質(zhì)量均為m，b的電阻為R，初始時(shí)給a、b桿向左的瞬時(shí)速度，大小均為v，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，a、b兩桿到導(dǎo)軌兩端及導(dǎo)軌間距變化處均足夠遠(yuǎn)且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直，則（）A．剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)a的電流大小為B．導(dǎo)體棒a先向左減速，再向右加速，最后勻速C．從開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)恰好穩(wěn)定的過(guò)程中通過(guò)b某橫截面的電荷量為D．從開(kāi)始到運(yùn)動(dòng)恰好穩(wěn)定的過(guò)程中b上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【解析】A．兩桿質(zhì)量相同，a桿的長(zhǎng)度是b桿的2倍，則a桿的橫截面積是b桿的，又因?yàn)殡娮杪氏嗤鶕?jù)電阻定律可知a桿電阻是b桿電阻的4倍。結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律計(jì)算電流初始時(shí)，根據(jù)右手定則可知兩桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向相同，總電動(dòng)勢(shì)為兩電動(dòng)勢(shì)之和，等于3BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知通過(guò)a的電流為，A錯(cuò)誤。B．開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，可知a桿受到的安培力向右，b桿受到的安培力也向右，兩桿均向左做減速運(yùn)動(dòng)，a桿所受的安培力大小為b桿所受安培力大小的2倍，兩桿質(zhì)量相同，則a桿做減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小較大，先減速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生與b桿相反的電動(dòng)勢(shì)，即，當(dāng)兩桿電動(dòng)勢(shì)大小相等時(shí)，閉合回路電流為0，此時(shí)a桿向右做勻速運(yùn)動(dòng)，b桿向左做勻速運(yùn)動(dòng)，故B確。C．a(chǎn)桿向左減速至0，由動(dòng)量定理得：得b桿向左減速至v1，，a桿向右加速速至勻速，b桿向左繼續(xù)減速至勻速v3，當(dāng)a、b桿電動(dòng)勢(shì)等大反向時(shí)，回路電流為0，及得，，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D．a(chǎn)、b桿的電阻之比為4：1，設(shè)產(chǎn)生的總熱量為Q，則b上產(chǎn)生的熱量由能量守恒定律有解得D正確。故選BD。二、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共16分。11．（6分）實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?。?）在豎直鐵架臺(tái)上固定一個(gè)力傳感器和一個(gè)光電門(mén)，不可伸長(zhǎng)的輕繩一端系住一小鋼球，另一端連接力傳感器。用螺旋測(cè)微器測(cè)量小鋼球的直徑d如圖乙所示，則小球直徑為mm；（2）小鋼球靜止懸掛時(shí)，用毫米刻度尺測(cè)量輕繩懸點(diǎn)到小球球心的距離l，調(diào)節(jié)光電門(mén)位置，使小球球心正對(duì)光電門(mén)；（3）將輕繩拉到偏離平衡位置一定角度，由靜止釋放小鋼球，小鋼球擺動(dòng)經(jīng)過(guò)光電門(mén)，讀出小鋼球經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的遮光時(shí)間和傳感器的示數(shù)F；則小鋼球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為。（用題中給出的字母表示）；（4）多次重復(fù)實(shí)驗(yàn)，讓小球從偏離平衡位置不同角度釋放，分別記錄小球通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間和力傳感的示數(shù)F，并計(jì)算。以力傳感器示數(shù)F為縱軸、為橫軸做出的關(guān)系圖像如圖丙所示，已知圖像的斜率為k，截距為b。則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹?。（用題中給出的字母d、l、b、k表示）；【答案】（1）8.975（3）（4）【解析】（1）由圖可知小球直徑為（3）小球經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度大小為（4）根據(jù)牛頓第二定律有整理得結(jié)合圖丙，有，解得12．（10分）伏安法測(cè)電阻是最重要的測(cè)量電阻的方法。（1）常規(guī)測(cè)量方法如圖甲所示，無(wú)論將P接a還是接b，考慮到電表內(nèi)阻的影響，該實(shí)驗(yàn)都有系統(tǒng)誤差，將P接a時(shí)，該誤差產(chǎn)生的原因是電壓表的。（2）①小劉同學(xué)改進(jìn)了測(cè)量原理測(cè)量待測(cè)電阻Rx，電路圖如圖乙所示。其中A電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻未知，B電源的電動(dòng)勢(shì)為E0，G為靈敏電流計(jì)（零刻度線在表盤(pán)正中央），當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S1和S2時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器R1，使得靈敏電流計(jì)不偏轉(zhuǎn)，則此時(shí)a點(diǎn)的電勢(shì)φa和b點(diǎn)的電勢(shì)φb的關(guān)系為φaφb。（選填“>”“=”或“<”）②已知靈敏電流計(jì)的電流方向從d到b時(shí)，電流計(jì)向右偏轉(zhuǎn)，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S1和S2時(shí)，電流計(jì)向左偏轉(zhuǎn)，則要使電流計(jì)指在正中央，應(yīng)。（選填“增大R1”或“減小R1”）③某次測(cè)量，當(dāng)電流計(jì)的讀數(shù)為0時(shí)，電流表的讀數(shù)為I，則待測(cè)電阻為。④若電源B的內(nèi)阻不能忽略，則待測(cè)電阻的測(cè)量值真實(shí)值。（選填“>”“=”或“﹤”）【答案】（1）分流（2）>減小R1=【解析】（1）圖甲中“P?接?a”時(shí)所用的是“外接法”，此時(shí)誤差的根源正是電壓表有有限內(nèi)阻并且與待測(cè)電阻并聯(lián)，造成了“電壓表分流”。簡(jiǎn)而言之，電壓表并未真正做到“只測(cè)電壓不耗電流”，從而導(dǎo)致系統(tǒng)誤差。（2）①[1]當(dāng)靈敏電流計(jì)的讀數(shù)為0時(shí)，說(shuō)明，但由于電流是自a?端經(jīng)待測(cè)電阻?R??流向?b?端，故②[2]靈敏電流計(jì)從d?到b時(shí)指針向右偏，現(xiàn)實(shí)際卻向左偏（即電流從b到d），說(shuō)明b點(diǎn)電勢(shì)偏高。要使電流計(jì)回到中央零點(diǎn)，就需“降低”b點(diǎn)電勢(shì)，故Rx電壓要增大，應(yīng)減小R1。③[3]電流計(jì)讀數(shù)為0時(shí)，待測(cè)電阻上的電壓為E0，通過(guò)待測(cè)電阻的電流為I，故待測(cè)電阻為④[4]若電源B具有內(nèi)阻但此時(shí)又無(wú)電流流出（因G無(wú)偏轉(zhuǎn)），則內(nèi)阻上沒(méi)有電流通過(guò)，也就沒(méi)有內(nèi)電壓降，測(cè)得?R??仍等于其真實(shí)值，所以待測(cè)電阻的測(cè)量值＝真實(shí)值。三、計(jì)算題：本題共3小題，共38分。解答應(yīng)寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟。只寫(xiě)出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位。13．（10分）如圖甲所示，在水平地面上固定一傾角為的足夠長(zhǎng)的光滑斜面，質(zhì)量的滑塊靜止在斜面底端擋板處（滑塊與擋板不粘連）?，F(xiàn)對(duì)滑塊施加沿著斜面向上的拉力F，拉力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示。重力加速度，。（如果加速度a與時(shí)間t成正比，即，當(dāng)初速度為0時(shí)，位移與時(shí)間的關(guān)系滿(mǎn)足）求：（1）6.5s時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率；（2）0~6.5s的時(shí)間內(nèi)拉力F做的功?！敬鸢浮浚?）（2）【解析】（1）由題意可知，時(shí)，拉力滑塊開(kāi)始做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得解得可得時(shí)的速度為之后滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)的速度為則6.5s時(shí)拉力F的瞬時(shí)功率為（2）在內(nèi)，加速度表達(dá)式為位移為內(nèi)的位移為根據(jù)動(dòng)能定理可得解得拉力做功為14．（12分）如圖所示，質(zhì)量的凹槽鎖定在光滑水平面上，凹槽內(nèi)部上表面除BC部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽內(nèi)部左端固定一個(gè)勁度系數(shù)為的輕彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)且右端位于凹槽上表面的A點(diǎn)。在A點(diǎn)（未與彈簧固定）并排放有兩靜止物體a和b（ab未粘結(jié)且均可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量分別為和?，F(xiàn)給物體a施加一水平向左、大小為的恒力，使物體a向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物體a速度為零時(shí)，立即撤去恒力F，同時(shí)解除對(duì)凹槽的鎖定。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后a、b兩物體在凹槽上B點(diǎn)相碰并粘為一體，已知兩物體與凹槽的BC部分的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩物體與凹槽右端及彈簧碰撞時(shí)均無(wú)能量損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度g取。求：（1）在恒力F作用的過(guò)程中，物體a向左移動(dòng)的距離；（2）從解除凹槽鎖定到a、b兩物體相碰時(shí)，凹槽向左運(yùn)動(dòng)的距離；（3）若a、b兩物體能與凹槽右側(cè)完成3次碰撞，那么，BC長(zhǎng)度的最小值。【答案】（1）0.15m（2）（3）【解析】（1）物體a向左運(yùn)動(dòng)的距離設(shè)為，外力做的功彈力的平均值彈力做的功根據(jù)動(dòng)能定理得解得（2）從解除凹槽鎖定到a、b兩物體相碰的過(guò)程中，物體b始終靜止，右滑凹槽和a構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有又聯(lián)立可得（3）從解除凹槽鎖定到a、b剛相碰過(guò)程中，由能量守恒定律得當(dāng)物體a、b相