常德市达标名校2020年高考五月适应性考试物理试题含解析

常德市达标名校2020年高考五月适应性考试物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，在电场强度大小为E 0的水平匀强电场中，a 、b 两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为l ．当a 、b 的电量均为+Q 时，水平面内与两点电荷距离均为l 的O 点处有一电量为+q 的点电荷恰好处于平衡状态．如果仅让点电荷a 带负电，电量大小不变，其他条件都不变，则O 点处电荷的受力变为( )
A ．0qE
B ．02qE
C ．033qE
D ．0233
qE 2．如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小球恰好接触，图中a 、b 、c 为容器的三个侧面、将它们以初速度v 0竖直向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确的是
A ．上升过程中，小球对c 有压力且逐渐变大
B ．上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C ．下落过程中，小球对a 有压力且逐渐变大
D ．下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
3．如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V ，r=10Ω。

如图乙所示，曲线为灯泡L 的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）
A ．开关S 断开时电源的效率为60%
B ．开关S 闭合后电源的总功率会变小
C．开关S闭合后灯泡的亮度增强
D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W
4．2019年12月16日，第52、53颗北斗导航卫星成功发射，北斗导航卫星中包括地球同步卫星和中圆轨道卫星，它们都绕地球做圆周运动，同步卫星距地面的高度大于中圆轨道卫星距地面的高度．与同步卫星相比，下列物理量中中圆轨道卫星较小的是()
A．周期B．角速度C．线速度D．向心加速度
5．在光电效应实验中，某同学先后用甲、乙两种光照射同一光电管，得到如图所示的两条光电流与电压之间的关系曲线，则两种光中（）
A．甲光的频率比较大
B．甲光的波长比较长
C．甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较少
D．甲光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大
6．一充电后的平行板电容器与外电路断开保持两极板的正对面积不变，其电容C和两极板间的电势差U 的变化情况是（）
A．仅在两极板间插入一电介质，C减小，U不变
B．仅在两极板间插入一电介质，C增大，U减小
C．仅增大两极板间距离，C减小，U不变
D．仅增大两极板间距离，C增大，U减小
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有362sin100(V)
u tπ
=的正弦交流电，图中D为理想二极管，定值电阻R＝9 Ω.下列说法正确的是
A．
1
s
600
t=时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B．
1
s
600
t=时，电压表示数为36V
C ．电流表的示数为1 A
D ．电流表的示数为2A 2 8．沿x 轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．从图示时刻开始，经0.01s 质点a 通过的路程为40cm ，相对平衡位置的位移为零
B ．图中质点b 的加速度在增大
C ．若产生明显的衍射现象，该波所遇到障碍物的尺寸为20m
D ．从图示时刻开始，经0.01s 质点b 位于平衡位置上方，并沿y 轴正方向振动做减速运动
E.若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，则另一列波的频率为50Hz
9．倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m 的盒子A ，A 盒用轻质细绳跨过定滑轮与B 盒相连，B 盒内放一质量2
m 的物体。

如果把这个物体改放在A 盒内，则B 盒加速度恰好与原来等值反向，重力加速度为g ，则B 盒的质量m B 和系统的加速度a 的大小分别为（ ）
A ．4
B m m = B ．38
B m m =
C ．a ＝0.2g
D ．a ＝0.4g
10．如图甲所示，一个小球悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中小球的机械能E 与路程x 的关系图像如图乙所示，其中O-x 1过程的图像为曲线，x 1-x 2过程的图像为直线。

忽略空气阻力。

下列说法正确的是
A ．O-x 1过程中小球所受拉力大于重力
B ．小球运动路程为x 1时的动能为零
C ．O-x 2过程中小球的重力势能一直增大
D ．x 1-x 2过程中小球一定做匀加速直线运动
11．如图所示，斜面倾角为37θ=°，小球从斜面顶端P 点以初速度0v 水平抛出，刚好落在斜面中点处。

现将小球以初速度02v 水平抛出，不计空气阻力，小球下落后均不弹起，sin370.6︒=，cos370.8︒=，重力加速度为g ，则小球两次在空中运动过程中（ ）
A ．时间之比为1:2
B ．时间之比为1:2
C ．水平位移之比为1:4
D ．当初速度为0v 时，小球在空中离斜面的最远距离为20940v g
12．如图所示，x 轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为l ，在x 轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B ，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ 为一边长为l 的正方形导线框，其电阻为R ，MN 与x 轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速向右穿越磁场区域，则下列说法中正确的是（ ）
A ．线框的PN 边到达x 坐标为
2
l 处时，感应电流最大 B ．线框的PN 边到达x 坐标为32l 处时，感应电流最大 C ．穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为233B l v R
D ．穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为2332B l v R
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学采用如图甲所示的实验装置来验证钢球沿斜槽滚下过程中机械能守恒．实验步骤如下：
A．将斜槽固定在实验台边缘，调整斜槽出口使出口处于水平；
B．出口末端拴上重锤线，使出口末端投影于水平地面0点．在地面上依次铺上白纸.复写纸；
C．从斜槽某高处同一点A由静止开始释放小球，重复10次．用圆规画尽量小的圆把小球所有的落点都圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置；
D．用米尺测出A点与槽口之间的高度h，槽口B与地面的高度H以及0点与钢球落点P之间的距离s．
(1)实验中，0点与钢球平均落点P之间的距离s如图乙所示，则s=______cm；
(2)请根据所测量数据的字母书写，当s²=_____时，小球沿斜槽下滑过程中满足机械能守恒．
14．某学习小组的同学要应用自由落体运动知识测当地重力加速度g，现已找来了如下器材：如图所示的对称“工”字形金属薄片、铁架台及其附件、光电计时器1套。

(1)根据实验目的，需要的器材还有（____）
A．天平B．打点计时器
C．秒表、D．游标卡尺
(2)需要测量的物理量除了“工” 字形金属薄片上、下水平部分的厚度d和它们之间竖直部分的长度L外（d<<L），还需要测量的物理量是_____（说明物理量名称和表示它的字母符号）；
(3)用(2)中的物理量字母表示实验中测重力加速度的表达式g =___。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图BC是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r＝3m，圆心角θ＝53°，圆心O的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器．水平面上静止放置一个质量M＝1kg的木板，木板的长度l＝1m，木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块P1，小滑块P1的质量m1未知，小滑块P1与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1．另有一个质量m1＝1kg的小滑块P1，从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从B点进入圆弧轨道，滑
到C处时压力传感器的示数为79
3
N，之后滑到水平面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短．（不计空
气阻力，重力加速度g＝10m/s1，cos53°＝0.6）．求：
（1）求小滑块P1经过C处时的速度大小；
（1）求位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？
（3）假设小滑块P1与木板间摩擦产生的热量为Q，请定量地讨论热量Q与小滑块P1的质量m1之间的关系．
16．如图所示为一种质谱仪的工作原理图，圆心角为90°的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，所有带电粒子经加速电压U加速后从小孔C射出，由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域，然后均从边界OQ射出，ON=l，不计粒子重力。

(1)若由静止开始加速的某种粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直，其轨迹如图中实线所示，求该
粒子的比荷q
m
；
(2)若由静止开始加速的另一种粒子Y，其比荷是X粒子比荷的1
4
，求该粒子在磁场区域中运动的时间t。

17．如图所示，光滑的水平桌面边缘处固定一轻质定滑轮，A为质量为2m的足够长的木板，B、C、D为三个质量均为m的可视为质点的物块，B放在A上，B通过水平且不可伸长的轻绳跨过定滑轮与D连接，D悬在空中。

C静止在水平桌面上A的右方某处（A、C和滑轮在同一直线上）。

A、B间存在摩擦力，且认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，在D的牵引下，A和B由静止开始一起向右加速运动，一段时间后A 与C发生时间极短的弹性碰撞，设A和C到定滑轮的距离足够远，D离地面足够高，不计滑轮摩擦，已知重力加速度为g。

(1)为使A与C碰前A和B能相对静止一起加速运动，求A与B间的动摩擦因数μ应满足的条件；
(2)若A与B间的动摩擦因数μ=0.75，A与C碰撞前A速度大小为v0，求A与C碰后，当A与B刚好相对静止时，C与A右端的距离。

参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．D
【解析】
开始时，对放在O 点的点电荷由平衡知识可知：002cos30a F E q = ；当让点电荷a 带负电时，则a 、b
对O 点点电荷的库仑力竖直向上在，则O
点处电荷的受力变为03
F E q =
=，故选D.
2．D
【解析】
【详解】 AB ．小球和正三角形容器为共加速系统，上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律： ()()m m g kv m m a ++=+V V
系统加速度竖直向下且大于重力加速度，小球加速度向下，所以容器底面c 对小球无作用力，a 、b 侧面对小球的作用力竖直向下，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律：
ab mg N ma +=
系统速度减小，加速度减小，小球受到的合外力减小，AB 错误；
CD ．下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：
()()m m g kv m m a +-=+V V
系统加速度竖直向下且小于重力加速度，小球加速度向下，所以a 、b 侧面对小球无作用力，底面c 对小球的作用力竖直向上，根据牛顿第二定律：
mg N ma -=
系统的速度增大，加速度减小，小球的加速度减小，底面c 对小球的作用力增大，根据牛顿第三定律可知小球对容器的作用力逐渐变大，C 错误；D 正确。

故选D 。

3．D
【解析】
【详解】
A ．开关S 断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为
40V L U =
电源的效率为
100%40%L L L
U I EI η=⨯=
BC ．开关S 闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据P EI =可知电源的总功率
会变大，根据U E Ir =-可知路端电压减小，根据2
U P R
=可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B 、C 错误；
D ．开关S 断开时小灯泡消耗的功率为
406W 240W L L P U I ==⨯=
故D 正确；
故选D 。

4．A
【解析】
【详解】
根据卫星所受的万有引力提供向心力可知：
22
2224πω====GMm v m m r ma m r r r T
可得
2v T a ω====同步卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星，则中圆轨道卫星的周期小，角速度、线速度和向心加速度均大，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．B
【解析】
【详解】
ABD ．根据
212
c m U e mv h W ν==-逸出功 由图像可知，乙光的截止电压较大，则乙光照射时逸出的光电子的最大初动能比较大，乙光的频率较大，根据c
νλ=则甲光波长较大，选项AD 错误，B 正确；
C ．由图像可知，甲光的饱和光电流较大，则甲光照射时单位时间内逸出的光电子数比较多，选项C 错误； 故选B 。

6．B
【解析】
AB ．根据4S C kd επ=可知，仅在两极板间插入一电介质，C 变大，根据Q C U
=可知，Q 一定，则U 减小，选项A 错误，B 正确； CD ．仅增大两极板间距离，根据4S C kd επ=
可知C 减小，根据Q C U =可知，Q 一定，U 变大，选项CD 错误；
故选B 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A 、将时刻代入瞬时值公式可知，1s 600
t =时，原线圈输入电压的瞬时值为，A 选项错误；
B 、电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为,根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，36V
U ==，B 选项正确； C 、D 、电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9V ，正
向导通时电流为1A ，根据电流的热效应可知222T I RT I R =⋅
有效，解得：=A 2
I 有效；故C 选项错误，D 选项正确．
故选BD.
【点睛】
准确掌握理想变压器的特点及电压、电流与匝数比的关系，明确电表测量的为有效值是解决本题的关键. 8．BDE
【解析】
【详解】
A ．由图象可知波长为 4m λ=
又波速为
200m/s v =
则该列波的周期为
0.02s T v λ
==
那么经过0.01s ，质点a 振动了半个周期，质点a 通过的路程为40cm ，应在负向最大位移处，所以A 错误；
B ．根据同侧法可以判断b 质点此时正沿y 轴负方向振动，也就是远离平衡位置，所以回复力在增大，加速度在增大，所以B 正确；
C ．由图象已知该波的波长是4m ，要想发生明显的衍射现象，要求障碍物的尺寸与机械波的波长差不多或更小，所以障碍物20m 不能观察到明显的衍射现象，C 错误；
D ．经过0.01s ，质点b 振动了半个周期，图示时刻质点b 正沿y 轴负方向振动，所以可知过半个周期后，该质点b 在平衡位置上方且沿y 轴正方向振动，速度在减小，所以D 正确；
E ．该波的周期是0.02s ，所以频率为
150Hz f T
== 所以若此波遇到另一列波，并产生稳定的干涉现象，那么另一列波的频率也是50Hz ，所以E 正确。

故选BDE 。

9．BC
【解析】
【详解】
当物体放在B 盒中时，以AB 和B 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
11sin3022
B B m g mg mg m m m a +-︒=++（）（） 当物体放在A 盒中时，以AB 和A 盒内的物体整体为研究对象，根据牛顿第二定律有
11sin3022
B B m m g m g m m m a +︒-=++（）（） 联立解得
38
B m m = 加速度大小为
a=0.2g
故AD 错误、BC 正确。

故选BC 。

10．BD
【解析】
【详解】
A ．小球在竖直向上的拉力和竖直向下的重力下运动，拉力做功改变小球的机械能，则：
E F x
∆=∆拉 可知题中机械能-路程图像斜率的大小为拉力的大小；O-x 1过程中小球所受拉力竖直向上且减小，拉力做正
功，小球的机械能增加，开始时小球从静止开始加速，拉力大于重力，运动过程中拉力逐渐减小，x 1之后，拉力竖直向上做负功，小球向下运动，所以x 1处速度为零，动能为零，说明O-x 1过程中小球先加速后减
速，所以在减速阶段拉力小于重力，A 错误，B 正确；
C ．O-x 1过程中小球向上运动，重力做负功，重力势能增大，x 1-x 2过程中小球向下运动，重力做正功，重力势能减小，C 错误；
D ．x 1-x 2过程中重力大于拉力，小球向下运动，图像斜率不变，拉力不变，所以小球加速度恒定，向下做匀加速直线运动，D 正确。

故选BD 。

11．BD
【解析】
【详解】
AB.设小球的初速度为v 0时，落在斜面上时所用时间为t ，斜面长度为L 。

小球落在斜面上时有：
200122gt gt
tan v t v θ== 解得：
02v tan t g
θ⋅= 设落点距斜面顶端距离为S ，则有
220002v t v tan S v cos gcos θθθ
==∝
若两次小球均落在斜面上，落点距斜面顶端距离之比为1：4，则第二次落在距斜面顶端4L 处，大于斜面的长度，可知以2v 0水平拋出时小球落在水平面上。

两次下落高度之比1：2，根据212
h gt =得： 2 h t g
=所以时间之比为1:2A 错误，B 正确；
C.根据0x v t =得水平位移之比为：
1201022122x x v t v t ==::():选项C 错误；
D.当小球的速度方向与斜面平行时，小球到斜面的距离最大。

即在小球距离斜面最远时，垂直于斜面方向的速度等于0。

建立沿斜面和垂直于斜面的平面直角坐标系，将初速度v0和重力加速度g 进行分解，垂直于斜面的最远距离
2200()92cos 40v sin v H g g
θθ== 选项D 正确。

故选BD 。

12．BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．电流和切割长度成正比，所以线框的PN 边到达x 坐标为
2l 处时，相当于长度为l 的边框来切割磁感线，线框的PN 边到达x 坐标为32
l 处时， 相当于两个长度为l 的边框来切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的PN 边到达x 坐标为32
l 处时，感应电流最大为 2m BLv I R
= 故A 错误，B 正确；
C ．因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN 边到达x 坐标为2
l 处时，产生的焦耳热为 2
2321122l B l v Q I Rt R R v R ⎛⎫==⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭
线框的PN 边从2
l 到2l 处时，产生的焦耳热为 2
232222l B l v Q I Rt R R v R ⎛⎫==⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭
线框的PN 边从2l 到52
l 处时，产生的焦耳热为 2
2323122l B l v Q I Rt R R v R ⎛⎫==⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭
所以产生的总焦耳热为
231233B l v Q Q Q Q R
=++= 又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．40.5 4hH
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由图可知s=40.5cm ；
（2）从起点O 到P 的过程中重力势能减少量是：△E p =mgH ；槽口B 与地面的高度h 以及O 点与钢球落点P 之间的距离S ，根据平抛运动的规律，则有：S=v 0t ；h=12gt 2，因此v 0
△E K =2201 24mgS mv h =；若机械能守恒，则需满足2
4mgS mgH h
=，即S 2=4hH 14．D “工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的时间1t 和2t
22
211122d d g L t L t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．此实验不必测量质量，不需天平；用光电计时器计时，故不需打点计时器和秒表；需要用游标卡尺测量“工”字形金属薄片上、下水平部分的厚度d ，故选D ．
(2)[2]．要测当地重力加速度g ，就必须测得“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的速度，故而需要测量“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的时间1t 和2t ．
(3)[3]．“工”字形金属薄片上、下水平部分分别通过光电计时器的速度 22
d v t = 11d v t =
又
22212gL v v =-
得
22211122d d g L t L t ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（2）7m/s （2）3.6m ，2m （3）Q=114921m m +（）
或 Q=4m 2
【解析】
【详解】
(2)根据牛顿第三定律可知小块P 2滑到C 处受到的支持力F=793N ，由牛顿第二定律得：222C v F m g m r
-= 代入数据解得：7m/s C v =
(2)设P 2在B 处的速度为v B ，从B 到C 的过程中，由动能定理得：
222221122
C B m v m v m gh -= 其中：
0.4 1.2m h r ==
代入数据解得：5m/s B v =
因为小滑块恰好能够沿切线无碰撞的从B 点进入圆弧轨道，可知平抛的初速度为： 0cos 50.6m/s 3m/s B v v θ==⨯=
在B 点时竖直方向的速度为：
sin 50.8m/s 4m/s y B v v θ==⨯=
则从A 到B 的时间为：
4s=0.4s 10
y
v t g == 所以AC 之间的水平距离为：
0sin 30.4m 30.8m 3.6m AC v t r s θ+=⨯+⨯==
AC 之间的竖直距离为：
()2211(1cos )100.4m 310.6m 2m 22
AC h gt r θ=+-=⨯⨯+⨯-= (3)P 2与木板发生弹性碰撞，假设碰后小滑块P 2的速度为v 2、木板速度为v 2，由动量守恒定律和机械能守恒可知：
22210c m v m v Mv +=+
22222211110222
c m v m v Mv +=+ 代入数据联立解得：20v =，17m/s v =
木板获得速度17m/s v =之后，和上面的小滑块P 2之间相对滑动，假设最终和木板之间相对静止，两者的共同速度为v 共，小滑块P 2在模板上相对滑动了x ，由动量守恒和能抗守恒可知： ()110Mv m M v +=+共
()2211111022
Mv m M v m gx μ+=++共 联立解得：
()
14941x m =+. 当2m x l ==时，1418m kg =
. 若1418
m kg …，则x l ≤，滑块不会从模板上掉落，小滑块P 2与木板间产生的热量为： ()1114921m Q m gx m μ==
+ 若141kg 8
m <，则x l >，滑块会从木板上掉落，小滑块P 2与木板间的摩擦产生的热量为： 114Q m gl m μ==
答：(2)小滑块P 2经过C 处时的速度大小7m/s ；
(2)位置A 与C 点之间的水平距离和竖直距离分别是3.6m 和2m ；
(3)热量Q 与小滑块P 2的质量m 2之间的关系为Q=114921m m +（）
或 Q=4m 2． 16． (1) 222U B l ；(2) 2
23Bl t U
π= 【解析】
【详解】
(1) X 粒子在电场中加速的末速度为v 0，由动能定理可得
2012
qU mv = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
200v qv B m r
= 由几何知识可知，粒子的轨道半径为
r=l
联立解得
222q U m B l
= (2)Y 粒子在电场中加速的末速度为v 1，由动能定理可得 211112
q U m v = 在磁场中由洛伦兹力充当向心力可得
2
1 111
1
v
q v B m
r
=
又
1
1
1
4
q q
m m
=⨯
解得
r1=2l
Y粒子在磁场中的轨迹如图所示，圆心为O1，则
由图可得
1
1
1
1
cos
2
r l
r
θ
-
==
由三角函数可知
1
π
3
θ=
所以在磁场中运动的时间为
1
1
π
2π
3
2π
m
t
q B
=⋅
联立解得
2
2π
3
Bl
t
U
=
17．（1）
1
2
μ≥；（2）
2
4
3
v
d
g
=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）B对A的最大静摩擦来提供A向前加速运动，加速度为22
mg g
a
m
μμ
==
对ABC整体受力分析，根据牛顿第二定律可知
4mg ma =
联立解得
1=2
μ 所以μ应满足12
μ≥。

（2）设A 与C 碰撞后，A 和C 的速度分别为v A 和v C ，则 022A c mv mv mv =+
222011122222
C A mv mv mv =+ 解得
013
A v v = 043
c v v = 设A 与C 碰后，绳的拉力为F'T ，B 和D 加速的加速度大小为a 2，则 T 2mg F ma '-=
T 2F mg ma μ'-=
解得
218
a g = A 的加速度大小为a 3，则
32mg ma μ=
解得
338
a g = 设碰后，经时间t ，A 和B 的速度相同，则 A 302v a t v a t +=+
时间t 内A 的位移
2A A 312
x v t a t =+ 时间t 内C 的位移
C C x v t =
所求距离为
C A d x x =-
解得
2043v d g。