高二物理月考试题及答案-山东临沂十八中2015-2016学年高二下学期第一次月考试卷

2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）第一次月考
物理试卷
一、不定项选择题（每小题4分，共14小题，56分）
1．物体的动量变化量的大小为5kg •m/s ，这说明（ ）
A ．物体的动量在减小
B ．物体的动量在增大
C ．物体的动量大小也可能不变
D ．物体的动量大小一定变化
2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A ．动量守恒、机械能守恒
B ．动量不守恒、机械能守恒
C ．动量守恒、机械能不守恒
D ．无法判断动量、机械能是否守恒
3．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（ ）
A ． mv 2
B ．
C ． N μmgL
D ．N μmgL
4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A 、B ，质量都为m ．现B 球静止，A 球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P ，则碰前A 球的速度等于（ ）
A． B．C．2D．2
5．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sinωt，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是（）
A．e′=E m sinωt B．e′=E m sin2ωt C．e′=2E m sinωt D．e′=2E m sin2ωt
6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是（）
A．交变电流的频率B．交变电流的功率
C．磁通量的变化率D．交变电流的峰值
7．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动而产生交变电流的过程中，当线圈平面转到与中性面重合时（）
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零
C．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大
D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应动势为零
8．如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间电压应为（）
A．2：1，25V B．2：1，20V C．1：2，25V D．1：2，20V
9．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D时刻线圈转过的角度为2π
D．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次
10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长
11．真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v 和2v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当两原子核相距最近时，甲核的速度大小为（）
A．0 B．C．v D．
12．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）
A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V
13．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s．则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）
A．I=3 kg•m/s W=﹣3 J
B．I=0.6 kg•m/s W=﹣3 J
C．I=3 kg•m/s W=7.8 J
D．I=0.6 kg•m/s W=3 J
14．如图重物G压在纸带上．用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是（）
A．慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大
B．快拉时，重物和纸带间的摩擦力大
C．慢拉时，纸带给重物的冲量大
D．快拉时，纸带给重物的冲量大
二、计算题（共四大题，44分．写出必要的解题过程．）
15．冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；
（2）碰撞中总机械能的损失．
16．光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4m/s，质量为2kg，B的速度为2m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1m/s．求：（1）B的质量；
（2）这一过程产生的内能．
17．一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000kW，输出电压为1000V，在输电过程中，要求输电线能量损耗不大于4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？（升降压变压器均为理想变压器）
18．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2．求：
（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
（2）小车C上表面的最短长度．
2015-2016学年山东省临沂十八中高二（下）第一次月考
物理试卷
参考答案与试题解析
一、不定项选择题（每小题4分，共14小题，56分）
1．物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，这说明（）
A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化
【考点】动量定理．
【分析】动量是矢量，只要动量的方向发生变化，则动量就发生变化．
【解答】解：物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，关于动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
2．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）
A．动量守恒、机械能守恒
B．动量不守恒、机械能守恒
C．动量守恒、机械能不守恒
D．无法判断动量、机械能是否守恒
【考点】机械能守恒定律；动量定理．
【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．
【解答】解：弹水平射入置于光滑水平面上的木块，并留在其中的过程中系统所受外力之和为零，动量守恒，在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中除弹簧弹力做功外还有摩擦力做功，系统机械能不守恒．
故选C
3．质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ．初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）
A．mv2B．C．NμmgL D．NμmgL
【考点】动量守恒定律；功能关系．
【分析】小物块在箱壁之间来回运动的过程中，系统所受的合外力为零，动量守恒，根据动量守恒定律求出物块与箱子相对静止时共同速度，再求解物块和系统损失的动能，以及系统产生的内能．系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功．
【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动，
有mv=（m+M）v1
根据能量守恒得：系统损失的动能为△E k=mv2﹣（M+m），
根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=NμmgL，故D正确，ABC错误．
故选：D．
4．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m．现B球静止，A球向B 球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为E P，则碰前A球的速度等于（）
A． B．C．2D．2
【考点】机械能守恒定律．
【分析】两球压缩最紧时，两球速度相等．根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度．
【解答】解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，
mv=2mv′，则．在碰撞过程中总机械能守恒，有，得
v=．故C正确，A、B、D错误．
故选C．
5．某交流发电机正常工作时，电动势e=E m sinωt，若将线框转速提高一倍，其他条件不变，则电动势的变化规律是（）
A．e′=E m sinωt B．e′=E m sin2ωt C．e′=2E m sinωt D．e′=2E m sin2ωt
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
【分析】感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，其中E m=nBSω，当将其电枢的转速提高一倍时，E m和ω都增加一倍，再进行选择．
【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt，当将其电枢的转速提高一倍时，由ω=2πn，E m=nBSω，可知，E m和ω都增加一倍，
其表达式变为：e′=2E m sin2ωt．故D正确，ABC错误；
故选：D．
6．理想变压器原副线圈两侧一定不同的物理量是（）
A．交变电流的频率B．交变电流的功率
C．磁通量的变化率D．交变电流的峰值
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】变压器的电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，磁通量的变化率相同，频率不变．
【解答】解：交流电的最大值与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流，不改变电流的频率，故D正确，ABC错误．
故选：D．
7．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动而产生交变电流的过程中，当线圈平面转到与中性面重合时（）
A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势为零
C．穿过线圈的磁通量为零，线圈中的感应电动势最大
D．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应动势为零
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
【分析】一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量最大时，磁通量变化率为零，感应电动势为零．
【解答】解：当线圈平面转到与中性面重合时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率为零，则线圈中的感应电动势也为零，故D正确，ABC错误；
故选：D．
8．如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5V，5W”，L4标有“5V，10W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1：n2和ab间电压应为（）
A．2：1，25V B．2：1，20V C．1：2，25V D．1：2，20V
【考点】变压器的构造和原理．
【分析】L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．说明副线圈电压为10V，副线圈功率为20W，根据电压与匝数成正比，可以求得副线圈的匝数，根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈的输出功率，根据L1、正常发光得出电流，从而得出ab间电压，再求出原线圈电压，根据电压与匝数成正比，可以求得匝数比．
【解答】解：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光．可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W，
根据U1I1=P2得：U1=V=20V
所以U ab=U1+U L1=20+5=25V
故选A
9．某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图中信息可以判断（）
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D时刻线圈转过的角度为2π
D．若从O～D时刻历时0.02s，则在1s内交变电流的方向改变100次
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式．
【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；
线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；
在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题．
【解答】解：A、由图象可知，A、C时刻感应电流最大，此时线圈与中性面垂直，故A错误；
B、由图象可知，在B、D时刻，感应电流为零，此时线圈位于中性面上，穿过线圈的磁通量最大，故B错误；
C、由图象可知，到从A到D，线圈转过的角度小于2π，故C错误；
D、若从O～D时刻历时0.02s，则交变电流的频率为50Hz；在一个周期内交流电的方向改变两次；故在1s内交变电流的方向改变100次，故D正确；
故选：D
10．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是（）
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，而掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，而掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长
【考点】动量定理．
【分析】玻璃杯落地前是自由落体运动；与地面碰撞过程，根据动量定理列式分析即可．【解答】解：A、玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；
B、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；
C、玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故C、D正确．故选：CD．
11．真空室内，有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核，某时刻使它们分别同时获得3v 和2v的瞬时速率，并开始相向运动．由于它们间的库仑斥力作用，二者始终没有接触，当两原子核相距最近时，甲核的速度大小为（）
A．0 B．C．v D．
【考点】动量守恒定律．
【分析】两原子核组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出乙的速度．
【解答】解：两原子核组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，
甲核刚要反向时速度为零，由动量守恒定律得：m•3v﹣2m•2v=3mv′，
解得：v′=﹣v，符号表示与甲的初速度方向相反，速度大小为v；
故选：B．
12．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m、静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，则碰撞后B球的速度可能为（）
A．0.6V B．0.4V C．0.3V D．0.2V
【考点】动量守恒定律．
【分析】如果碰撞为弹性碰撞，没有机械能损失，此时碰撞后B的速度最大，如果碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，碰撞后B的速度最小，根据动量守恒定律和能量守恒定律列式求解碰撞后B球的速度范围，再进行选择．
【解答】解：以两球组成的系统为研究对象，以A球的初速度方向为正方向．
①如果碰撞为完全弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv=mv A+3mv B
由机械能守恒定律得：mv2=mv A2+•3mv B2
解得：v B=0.5v
②如果碰撞为完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：
mv=（m+3m）v B
解得：v B=0.25v
所以碰后B球的速度范围为0.25v≤v B≤0.5v，则0.4v和0.3v是可能的，故BC正确，AD错误．
故选：BC
13．一个质量为0.3kg的小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4m/s．则碰撞前后墙对小球的冲量大小I及碰撞过程中墙对小球做的功W分别为（）
A．I=3 kg•m/s W=﹣3 J
B．I=0.6 kg•m/s W=﹣3 J
C．I=3 kg•m/s W=7.8 J
D．I=0.6 kg•m/s W=3 J
【考点】动量定理；动能定理的应用．
【分析】由动量定理可求得墙对小球的冲量；由动能定理可求得墙对小球所做的功
【解答】解：设初速度方向为正；则由动量定理可知，I=mv﹣mv0=（﹣4）×0.3﹣0.3×6=﹣3kg•m/s；
由动能定理可知W=mv2﹣mv02=×0.3×16﹣×0.3×36=﹣3J；
故冲量的大小为3kg•m/s，墙对小球所做的功为﹣3J；
故选：A
14．如图重物G压在纸带上．用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，下列说法正确的是（）
A．慢拉时，重物和纸带间的摩擦力大
B．快拉时，重物和纸带间的摩擦力大
C．慢拉时，纸带给重物的冲量大
D．快拉时，纸带给重物的冲量大
【考点】动量定理．
【分析】快拉时，由于惯性，很容易将纸片抽出；慢拉时，很难将纸片抽出；根据动量定理分析冲量大小
【解答】解：A、B、用水平力F慢慢拉动纸带，重物跟着一起运动，重物与纸片间是静摩擦力；若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸片间是滑动摩擦力；滑动摩擦力约等于最大静摩擦力；故快拉时摩擦力大；故A错误，B正确；
C、D、纸带对重物的合力等于摩擦力，根据动量定理，合力的冲量等于动量的增加量，慢拉时动量增加量大，故慢拉时，纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故C正确，D错误；
故选：BC
二、计算题（共四大题，44分．写出必要的解题过程．）
15．冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质畺为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；
（2）碰撞中总机械能的损失．
【考点】动量守恒定律．
【分析】（1）甲乙碰撞前后的瞬间动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后乙的速度大小．（2）根据能量守恒求出碰撞过程中机械能的损失．
【解答】解：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V′，规定甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv﹣MV=MV′…①
代入数据解得：V′=1.0m/s…②
（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：
…③
联立②③式，代入数据得：△E=1400J．
答：（1）碰后乙的速度的大小为1.0m/s；
（2）碰撞中总机械能的损失为1400J．
16．光滑水平面有两个物块A、B在同一直线上相向运动，A的速度为4m/s，质量为2kg，B的速度为2m/s，二者碰后粘在一起沿A原来的方向运动，且速度大小变为1m/s．求：（1）B的质量；
（2）这一过程产生的内能．
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．
【分析】（1）两物块碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出物块的质量．
（2）由能量守恒定律可以求出产生的内能．
【解答】解：（1）设A、B两物块的质量分别为m A、m B，碰前速度为v A、v B，碰后共同速度为v，以A物块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：
m A v A﹣m B v B=（m A+m B）v，
解得：m B=m A=×2 kg=2kg．
（2）由能量守恒定律得：m A v A2+m B v B2=Q+（m A+m B）v，
解得：Q=m A v A2+m B v B2﹣（m A+m B）v2=×2×42+×2×22﹣×（2+2）×12=18J．
答：（1）B的质量为2kg；
（2）这一过程产生的内能为18J．
17．一小型水电站，其交流发电机的输出功率为1000kW，输出电压为1000V，在输电过程中，要求输电线能量损耗不大于4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压
为240V，求送电线路中，升压变压器与降压变压器的变压比各多大？（升降压变压器均为理想变压器）
【考点】远距离输电．
【分析】根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流，根据能量守恒求出降压变压器的输入功率，从而根据P=UI求出降压变压器的输入电压，结合匝数之比等于原副线圈的匝数之比求出降压变压器的变压比；根据输出功率和输出电流求出升压变压器的输出电压，从而得出升压变压器的变压比．
【解答】解：远距离输电线路的简单电路，如图所示，
根据，
A=50A，
根据能量守恒得，P3=P2﹣P
，
线
所以P3=P2﹣P2×4%=960kW．
故V．
降压变压器的匝数比．
升压变压器副线圈上的电压为．
升压变压器的匝数比为：．
答：升压变压器的变压比为1：20，降压变压器的变压比为80：1．
18．如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h=1.25m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ=0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g=10m/s2．求：
（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
（2）小车C上表面的最短长度．
【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．
【分析】（1）根据机械能守恒求解块A滑到圆弧末端时的速度大小，由动量守恒定律求解滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
（3）根据系统的能量守恒求解小车C上表面的最短长度．
【解答】解：（1）滑块A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
m A gh=m A v12，
代入数据解得：v1=5m/s，
A、B碰过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
m A v1=（m A+m B）v2，
代入数据解得：v2=2.5m/s；
（2）A、B、C三者组成的系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m A+m B）v2=（m A+m B+m C）v3，
代入数据解得：v3=1m/s；
由能量守恒定律得：μ（m A+m B）gL=（m A+m B）v22﹣（m A+m B+m C）v32，
代入数据解得：L=0.375m；
答：（1）滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小为2.5m/s．
（2）小车C上表面的最短长度为0.375m．。