山东省2023年普通高中学业水平选择性考试

山东省2023年普通高中学业水平选择性考试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·山东卷·1)“梦天号”实验舱携带世界首套可相互比对的冷原子钟组发射升空，对提升我国导航定位、深空探测等技术具有重要意义。如图所示为某原子钟工作的四能级体系，原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ，然后自发辐射出频率为ν1的光子，跃迁到钟跃迁的上能级2，并在一定条件下可跃迁到钟跃迁的下能级1，实现受激辐射，发出钟激光，最后辐射出频率为ν3的光子回到基态。该原子钟产生的钟激光的频率ν2为(　　)A．ν0＋ν1＋ν3B．ν0＋ν1－ν3C．ν0－ν1＋ν3D．ν0－ν1－ν3答案　D解析　原子吸收频率为ν0的光子从基态能级Ⅰ跃迁至激发态能级Ⅱ时有EⅡ－EⅠ＝hν0，且从激发态能级Ⅱ向下跃迁到基态能级Ⅰ的过程有EⅡ－EⅠ＝hν1＋hν2＋hν3，联立解得ν2＝ν0－ν1－ν3，故选D。2.(2023·山东卷·2)餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘。托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平。已知单个盘子的质量为300g，相邻两盘间距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　) A．10N/mB．100N/mC．200N/mD．300N/m答案　B解析　由题知，取走一个盘子，稳定后余下的盘子正好升高补平，则说明一个盘子的重力可以使三根弹簧发生形变的形变量恰好等于相邻两盘间距，则有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故选B。3．(2023·山东卷·3)牛顿认为物体落地是由于地球对物体的吸引，这种吸引力可能与天体间(如地球与月球)的引力具有相同的性质、且都满足F∝。已知地月之间的距离r大约是地球半径的60倍，地球表面的重力加速度为g，根据牛顿的猜想，月球绕地球公转的周期为(　　)A．30πB．30πC．120πD．120π答案　C解析　设地球半径为R，由题知，地球表面的重力加速度为g，则有mg＝G，月球绕地球公转有G＝m月r，r＝60R，联立解得T＝120π，故选C。4．(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)A.B.C.D．nmgωRH答案　B解析　由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W＝1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P＝，T＝，联立解得P＝，故选B。5．(2023·山东卷·5)如图所示为一种干涉热膨胀仪原理图。G为标准石英环，C为待测柱形样品，C的上表面与上方标准平面石英板之间存在劈形空气层。用单色平行光垂直照射上方石英板，会形成干涉条纹。已知C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，下列说法正确的是(　　)A．劈形空气层的厚度变大，条纹向左移动B．劈形空气层的厚度变小，条纹向左移动C．劈形空气层的厚度变大，条纹向右移动D．劈形空气层的厚度变小，条纹向右移动答案　A解析　由题知，C的膨胀系数小于G的膨胀系数，当温度升高时，G增长的高度大于C增长的高度，则劈形空气层的厚度变大，且同一厚度的空气层向劈尖移动，则条纹向左移动。故选A。6．(2023·山东卷·6)如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10m/s，ST段的平均速度是5m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)A．3m/sB．2m/sC．1m/sD．0.5m/s答案　C解析　由题知，电动公交车做匀减速直线运动，设RS间的距离为x，则根据题意有RS＝＝，ST＝＝，联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10，再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1，则at1＝2m/s，又有RS＝vR－a·＝10m/s，则vR＝11m/s，联立解得vT＝1m/s，故选C。7．(2023·山东卷·7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V， 输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4.8kWC．输送给储能站的功率为408kWD．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44答案　C解析　由题知，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW，则有I1＝＝2×103A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220V，功率P4＝88kW，则有＝＝，P4＝U4I4，解得I4＝400A，I3＝8A，U3＝11000V，则输电线上损失的功率为ΔP＝I32R＝4kW，且U2＝U3＋I3R＝11500V，再根据＝，解得＝，B、D错误；根据P1＝U2I3＋P5，代入数据得P5＝408kW，C正确。8．(2023·山东卷·8)质量为M的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F和受到的阻力f均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m的物体由静止开始运动。当小车拖动物体行驶的位移为s1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为s2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为(　　)A.B.C.D. 答案　A解析　设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为s1的过程中有F－f－μmg＝(m＋M)a1，v2＝2a1s1，P0＝Fv，轻绳从物体上脱落后有a2＝μg，v2＝2a2(s2－s1)，联立解得P0＝，故选A。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9．(多选)(2023·山东卷·9)一定质量的理想气体，初始温度为300K，压强为1×105Pa。经等容过程，该气体吸收400J的热量后温度上升100K；若经等压过程，需要吸收600J的热量才能使气体温度上升100K。下列说法正确的是(　　)A．初始状态下，气体的体积为6LB．等压过程中，气体对外做功400JC．等压过程中，气体体积增加了原体积的D．两个过程中，气体的内能增加量都为400J答案　AD解析　设理想气体初始状态的压强、体积和温度分别为p1＝p0，V1＝V0，T1＝300K，等容过程为状态二p2＝？，V2＝V1＝V0，T2＝400K，等压过程为状态三p3＝p0，V3＝？，T3＝400K，由理想气体状态方程可得，＝＝，解得p2＝p0，V3＝V0，等压过程中，气体体积增加了原体积的，C错误；等容过程中气体做功为零，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q＝400J，两个过程的初末温度相同即内能变化相同，因此内能增加都为400J，D正确；等压过程内能增加了400J，吸收热量为600J，由热力学第一定律可知气体对外做功为200J，即做功的大小为W＝p0(V0－V0)＝200J，解得V0＝6L，A正确，B错误。10．(多选)(2023·山东卷·10)如图所示，沿水平方向做简谐振动的质点，依次通过相距L的A、B两点。已知质点在A点的位移大小为振幅的一半，B点位移大小是A点的倍，质点经过A点时开始计时，t时刻第二次经过B点，该振动的振幅和周期可能是(　　)A.，3tB.，4tC.，tD.，t答案　BC 解析　当A、B两点在平衡位置的同侧时有A＝AsinφA，A＝AsinφB，可得φA＝或π(由图中运动方向知应舍去)，φB＝或，因此可知第二次经过B点时φB＝，则T＝t，解得T＝4t，此时位移关系为A－A＝L，解得A＝，故A错误，B正确；当A、B两点在平衡位置两侧时有－A＝AsinφA，A＝AsinφB，解得φA＝－或－(由图中运动方向知应舍去)，φB＝或，当第二次经过B点时φB＝，则T＝t，解得T＝t，此时位移关系为A＋A＝L，解得A＝，C正确，D错误。11．(多选)(2023·山东卷·11)如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定等量异号的点电荷，下列说法正确的是(　　)A．F′点与C′点的电场强度大小相等B．B′点与E′点的电场强度方向相同C．A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差D．将试探电荷＋q由F点沿直线移动到O点，其电势能先增大后减小答案　ACD解析　如图所示，由几何关系可知A点处正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，在F点的合场强和OF的夹角为钝角，因此将试探电荷＋q从F移到O点过程中静电力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，D正确；由等量异种电荷的电势分布可知φA′＝φ>0，φD′＝－φ<0，φO′＝0，φF′>0，因此φA′－φF′＝φ－φF′<φO′－φD′＝φ，C正确；由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度方向不同，A正确，B错误。12．(多选)(2023·山东卷·12)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2， 其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．B2的方向向上B．B2的方向向下C．v2＝5m/sD．v2＝3m/s答案　BD解析　导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝2N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3m/s，C错误，D正确。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13．(2023·山东卷·13)利用图甲所示实验装置可探究等温条件下气体压强与体积的关系。将带有刻度的注射器竖直固定在铁架台上，注射器内封闭一定质量的空气，下端通过塑料管与压强传感器相连。活塞上端固定一托盘，托盘中放入砝码，待气体状态稳定后，记录气体压强p和体积V(等于注射器示数V0与塑料管容积ΔV之和)，逐次增加砝码质量，采集多组数据并作出拟合曲线如图乙所示。回答以下问题：(1)在实验误差允许范围内，图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体________。A．p与V成正比 B．p与成正比(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，由图乙可读出封闭气体压强为________Pa(保留3位有效数字)。(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而________(填“增大”或“减小”)。答案　(1)B　(2)2.04×105　(3)增大解析　(1)在实验误差允许范围内，题图乙中的拟合曲线为一条过原点的直线，说明在等温情况下，一定质量的气体，p与成正比。故选B。(2)若气体被压缩到V＝10.0mL，则有＝mL－1＝100×10－3mL－1由题图乙可读出封闭气体压强为p＝2.04×105Pa(3)某组同学进行实验时，一同学在记录数据时漏掉了ΔV，则在计算pV乘积时，根据p(V0＋ΔV)－pV0＝pΔV可知他的计算结果与同组正确记录数据同学的计算结果之差的绝对值会随p的增大而增大。14．(2023·山东卷·14)电容储能已经在电动汽车，风、光发电，脉冲电源等方面得到广泛应用。某同学设计图甲所示电路，探究不同电压下电容器的充、放电过程，器材如下：电容器C(额定电压10V，电容标识不清)；电源E(电动势12V，内阻不计)；电阻箱R1(阻值0～99999.9Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值20Ω，额定电流2A)；电压表V(量程15V，内阻很大)；发光二极管D1、D2，开关S1、S2，电流传感器，计算机，导线若干。 回答以下问题：(1)按照图甲连接电路，闭合开关S1，若要升高电容器充电电压，滑动变阻器滑片应向________(填“a”或“b”)端滑动。(2)调节滑动变阻器滑片位置，电压表表盘如图乙所示，示数为________V(保留1位小数)。(3)继续调节滑动变阻器滑片位置，电压表示数为8.0V时，开关S2掷向1，得到电容器充电过程的I－t图像，如图丙所示。借鉴“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中估算油膜面积的方法，根据图像可估算出充电结束后，电容器存储的电荷量为________C(结果保留2位有效数字)。(4)本电路中所使用电容器的电容约为________F(结果保留2位有效数字)。(5)电容器充电后，将开关S2掷向2，发光二极管________(填“D1”或“D2”)闪光。答案　(1)b　(2)6.5　(3)3.5×10－3　(4)4.4×10－4　(5)D1解析　(1)滑动变阻器采用的是分压式接法，故向b端滑动滑动变阻器滑片电容器充电电压升高；(2)表盘量程为15V，每个小格0.5V，故示数为6.5V；(3)I－t图像所围的面积，等于电容器存储的电荷量，35个小格，故电容器存储的电荷量为3.5×10－3C；(4)由电容的定义式C＝得C≈4.4×10－4F；(5)开关S2掷向2，电容器放电，故D1闪光。15．(2023·山东卷·15)电磁炮灭火消防车(图甲)采用电磁弹射技术投射灭火弹进入高层建筑快速灭火。电容器储存的能量通过电磁感应转化成灭火弹的动能，设置储能电容器的工作电压可获得所需的灭火弹出膛速度。如图乙所示，若电磁炮正对高楼，与高楼之间的水平距离L＝60m，灭火弹出膛速度v0＝50m/s，方向与水平面夹角θ＝53°，不计炮口离地面高度及空气阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。(1)求灭火弹击中高楼位置距地面的高度H； (2)已知电容器储存的电能E＝CU2，转化为灭火弹动能的效率η＝15%，灭火弹的质量为3kg，电容C＝2.5×104μF，电容器工作电压U应设置为多少？答案　(1)60m　(2)1000V解析　(1)灭火弹做斜上抛运动，则水平方向上有L＝v0cosθ·t竖直方向上有H＝v0tsinθ－gt2代入数据联立解得H＝60m(2)根据题意可知Ek＝ηE＝15%×CU2又因为Ek＝mv02联立解得U＝1000V。16．(2023·山东卷·16)一种反射式光纤位移传感器可以实现微小位移测量，其部分原理简化如图所示。两光纤可等效为圆柱状玻璃丝M、N，相距为d，直径均为2a，折射率为n(n<)。M、N下端横截面平齐且与被测物体表面平行。激光在M内多次全反射后从下端面射向被测物体，经被测物体表面镜面反射至N下端面，N下端面被照亮的面积与玻璃丝下端面到被测物体距离有关。(1)从M下端面出射的光与竖直方向的最大偏角为θ，求θ的正弦值；(2)被测物体自上而下微小移动，使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，求玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围(只考虑在被测物体表面反射一次的光线)。答案　(1)　(2)<b<解析　(1)由题意可知，当光在M内刚好发生全反射时从M下端面出射的光与竖直方向夹角最大，设在M下端面入射的光与竖直方向的夹角为α，如图甲所示 由几何关系可得sinC＝＝cosα可得sinα＝又因为n＝所以sinθ＝nsinα＝(2)根据题意，要使N下端面从刚能接收反射激光到恰好全部被照亮，光路图如图乙所示则玻璃丝下端面到被测物体距离b的相应范围应为b1<b<b2当距离最近时有tanθ＝当距离最远时有tanθ＝根据(1)可知tanθ＝联立解得b1＝b2＝所以满足条件的b的相应范围为<b<。17．(2023·山东卷·17)如图所示，在0≤x≤2d,0≤y≤2d的区域中，存在沿y轴正方向、 场强大小为E的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m，电荷量为q的带正电粒子从OP中点A进入电场(不计粒子重力)。(1)若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，求磁场的磁感应强度B的大小；(2)若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A点沿y轴正方向第一次进入电场，离开电场后从P点第二次进入电场，在电场的作用下从Q点离开。(ⅰ)求改变后电场强度E′的大小和粒子的初速度v0；(ⅱ)通过计算判断粒子能否从P点第三次进入电场。答案　(1)6　(2)(ⅰ)36E　9　(ⅱ)不会解析　(1)由题意，粒子在电场中做匀加速直线运动，根据动能定理有qE·2d＝mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动有qvB＝m粒子从上边界垂直QN第二次离开电场后，垂直NP再次进入电场，轨迹如图根据几何关系可知R＝联立解得B＝6(2)(ⅰ)由题意，做出粒子在电场和磁场中的运动轨迹如图 粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知R12＝(2d)2＋(R1－d)2解得R1＝d所以有θ＝53°，α＝37°由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝m粒子从A点开始做匀加速直线运动，根据动能定理有qE′·2d＝mv12－mv02再一次进入电场后做类斜抛运动，沿x轴方向有2d＝v1cosα·t沿y轴方向有2d＝v1sinα·t＋at2根据牛顿第二定律有qE′＝ma联立以上各式解得v1＝15v0＝9E′＝36E(ⅱ)粒子从P到Q，根据动能定理有qE′·2d＝mv22－mv12可得从Q射出时的速度为v2＝3此时粒子在磁场中的半径R2＝＝d根据几何关系可知对应的圆心所在位置为x＝d，y＝4d而圆心与P的距离为l＝＝d≠R2故粒子不能从P点第三次进入电场。 18．(2023·山东卷·18)如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2。(1)求C下滑的高度H；(2)与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；(3)若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；(4)若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小。答案　(1)0.8m　(2)0.625m≤s≤1.707m　(3)－6J　(4)9.02kg·m/s解析　(1)由题意可知，滑块C静止滑下过程根据动能定理有mCgH＝mCv2代入数据解得H＝0.8m(2)滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为Ff2＝μ2mCg木板B受到C的摩擦力水平向右，为Ff2′＝μ2mCgB受到地面的摩擦力水平向左，为Ff1＝μ1(mC＋mB)g所以滑块C的加速度大小为aC＝＝μ2g＝5m/s2木板B的加速度大小为aB＝＝1m/s2设经过时间t1，B和C共速，有v－aCt1＝v0＋aBt1代入数据解得t1＝0.5s 木板B的位移sB1＝v0t1＋aBt12＝0.625m共同的速度v共1＝v0＋aBt1＝1.5m/s此后B和C共同减速，加速度大小为aBC＝＝1m/s2设再经过时间t2，物块A恰好追上木板B，有sB1＋v共1t2－aBCt22＝v0(t1＋t2)代入数据并整理得t22－t2－0.25＝0解得t2＝s或t2＝s(舍去)此时B的位移sB2＝v0(t1＋t2)＝(1＋)m≈1.707m共同的速度v共2＝v共1－aBC×t2＝(1－)m/s综上可知满足条件的s的范围为0.625m≤s≤1.707m(3)由于s＝0.48m<0.625m所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有s＝v0t0＋aBt02代入数据并整理得t02＋2t0－0.96＝0解得t0＝0.4s或t0＝－2.4s(舍去)滑块C在这段时间的位移sC＝vt0－aCt02＝1.2m所以摩擦力对C做的功W＝－Ff2sC＝－6J(4)因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m时，有vB0＝v0＋aBt0＝1.4m/svC0＝v－aCt0＝2m/ssA＝v0t0＝0.4m此时A、B之间的距离为sAB＝s－sA＝0.08m由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹，接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小aB′＝＝4m/s2物块A和木板B相向运动，设经过时间t3恰好相遇，则有v0t3＋(vB0t3－aB′t32)＝sAB代入数据并整理得t32－1.2t3＋0.04＝0解得t3＝s或t3＝s(舍去)此时有vB1＝vB0－aB′t3＝m/s，方向向左；vC1＝vC0－aCt3＝(2－1)m/s，方向向右。接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v0＝1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有mAv0＋mB(－vB1)＝mAvA＋mBvBmAv02＋mB(－vB1)2＝mAvA2＋mBvB2代入数据解得vA＝－m/s≈－2.02m/svB＝m/s≈0.246m/s而此时vC＝vC1＝vC0－aCt3＝(2－1)m/s≈1.83m/s物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，系统的初动量p初＝(mA＋mB)v0＋mCv＝7kg·m/s末动量p末＝mAvA＝－2.02kg·m/s则整个过程动量的变化量Δp＝p末－p初＝－9.02kg·m/s即Δp的大小为9.02kg·m/s。