2019-2020年高三物理上学期第一次月考试卷（Ⅱ卷）（含解析）.doc

2019-2020年高三物理上学期第一次月考试卷（卷）（含解析）一、选择题本题共12小题，每小题4分，共48分其中2、4、11、12题有多项符合题目要求，其余各题只有一项符合题目要求全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分1关于感应电流，下列说法中正确的是( )A只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流B只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流C若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流D当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流考点：感应电流的产生条件分析：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化既不是磁场发生变化，也不是面积发生变化解答：解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势，当线圈闭合时，才一定有感应电流，故A错误；B、闭合电路中的部分导体运动但如果不切割磁感线不产生感应电流，因为只有闭合电路中的部分导体切割磁感线时才能产生感应电流，故B错误；C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流，故C错误；D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流故D正确故选：D点评：本题考查的是闭合电路产生感应电流的条件，要注意产生感应电流的条件是磁通量发生变化而不是磁场发生变化，也不是面积发生变化2如图所示，金属杆ab静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中当磁感应强度均匀增大时，杆ab总保持静止，则( )A杆中感应电流方向是从b到aB杆中感应电流大小保持不变C金属杆所受安培力逐渐增大D金属杆受三个力作用而保持平衡考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；左手定则分析：当磁感应强度B均匀增大时，根据楞次定律判断感应电流的方向根据法拉第电磁感应定律分析感应电流大小如何变化由左手定则判断金属棒所受的安培力方向由安培力公式F=BIL分析金属杆受到的安培力如何变化解答：解：A、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量增大，根据楞次定律判断得到：回路中感应电流方向为顺时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从a到b故A错误B、当磁感应强度B均匀增大时，穿过回路的磁通量均匀增大，根据E= 得，回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变故B正确C、根据安培力F=BIL，得知金属杆受到的安培力逐渐增大故C正确；D、由左手定则判断可知，金属杆所受水平向左安培力、重力、支持力与静摩擦力相平衡故D错误故选BC点评：利用楞次定律可判断感应电流的方向，左手定则判断通电导体所受的安培力方向当穿过回路的磁通量均匀变化时，回路中产生的是恒定电流3处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动若规定由abcda方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电则由楞次定则可判定感应电流的方向，图示时刻的电动势最大，电流最大解答：解：cd边离开纸面向外运动开始计时，线圈磁通量在变大，则感应电流的磁场会阻碍其变大，即感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定则得感应电流方向是abcda，与规定的正方向相同，此时感应电动势最大，感应电流也最大，是余弦图象故ABD错误，C正确故选：C点评：本题的关键是知道在转动的瞬间，感应电动势最大，根据楞次定律判断感应电流的方向4一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示由图可知( )A该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB该交流电的频率为25 HzC该交流电的电压的有效值为100VD若将该交流电压加在阻值R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率专题：交流电专题分析：根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等解答：解：A、由图可知，T=4102s，故f=25Hz，=50 rad/s，所以其表达式为u=100sin（50t）V，故A错误，B正确；C、D由图象可知交流电的最大值为 Um=100V，因此其有效值为：U=Um=50V，若将该交流电压加在阻值R=100的电阻两端，则电阻消耗的功率 P=50W，故C错误，D正确；故选：BD点评：本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式5如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光则( )A电流表的示数为AB电源输出功率为1200WC电流表的示数为AD原线圈端电压为11V考点：变压器的构造和原理；电功、电功率专题：交流电专题分析：在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比解答：解：A、C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为I=A=A，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为为A，所以A错误，C正确；B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为60W，所以B错误；D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，所以D错误故选C点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决6将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( )ABCD考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：根据Em=nBS可以求得最大电动势的大小，由P=可以求得灯泡的电阻的大小解答：解：根据最大感应电动势Em=nBS可得，最大感应电动势为 Em=Bl22n，所以有效的电动势为E=Bl2n，由P=可得，灯泡的电阻R=，所以B正确故选：B点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em=nBS和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算7下列说法正确的是( )A物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动B动能不变，物体的动量一定不变C动量为零时，物体一定处于平衡状态D物体所受合外力大小不变时，其动量大小一定要发生改变考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：本题应掌握动量的定义、动量与动能关系，动量定理的相关内容；并能根据相互关系进行分析判断解答：解：A、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故A正确；B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故C错误；C、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零，应为匀加速直线运动，故C错误；D、匀速圆周运动其合外力大小不变，但其动量的大小可以保持不变；故D错误；故选：A点评：在运动和力的关系中我们学过动量定理、动能定理及牛顿第二定律等规律，在研究时应综合考虑，特别要注意各量是否为矢量，掌握好矢量的性质是理解问题的关键8为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们使两个带正电的重离子被加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞若要使碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有：( )A相同的速率B大小相同的动量C相同的质量D相同的动能考点：动量守恒定律；能量守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：为了使碰撞前后尽可能多的动能转化为内能，则根据碰撞规律可知，碰撞后两粒子粘在一起，则损失的动能最多，又据EK=，可知碰撞后粒子的总动量越小，则粒子的动能也越小 为了使碰撞后粒子的动量尽可能小，根据动量守恒定律可知，碰撞前如果系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量为零，要使两个带正电的重离子如果在碰撞前具有大小相等、方向相反的动量，则碰撞后系统的总动量为零，粒子的动能近似为零解答：解：碰撞后尽可能多的动能转化为内能，也就是在碰撞过程中损失的机械能尽可能多，在完全非弹性碰撞中，碰撞后两粒子粘在一起时，粒子损失的机械能最多而在碰撞过程中遵循动量守恒定律可知，碰撞前系统的总动量为零，则碰撞后系统的总动量亦为零，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能故选B点评：本题考查了碰撞中能量损失问题碰撞中损失的动能最多就是碰撞后两物体粘在一起的这种碰撞，具有大小相等、方向相反的动量的粒子相碰后两粒子速度为零，动能全部转化为内能9如图所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3：2，地面光滑当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中 A、B系统动量守恒 A、B、C系统动量守恒小车向左运动小车向右运动以上说法中正确的是( )ABCD考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：系统动量守恒的条件是合外力为零，根据动量守恒的条件即可判断AC，分析小车的受力情况即可分析小车的运动情况解答：解：A、系统动量守恒的条件是合外力为零，ABC组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，故错误，正确；B、当压缩弹簧突然释放将A、B弹开过程中，AB相对C发生相对运动，A向左运动，A受到的摩擦力向右，故C受到A的滑动摩擦力向左，B向右运动，B受到的摩擦力向左，故C受到B的滑动摩擦力向右，而A、B与平板车的上表面的滑动摩擦力之比为3：2，所以C受到向左的摩擦力大于向右的摩擦力，故C向左运动，故正确，错误故选B点评：本题主要考查了动量守恒的条件以及滑动摩擦力的方向判断，难度适中10两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是( )AvA=5 m/s，vB=2.5 m/sBvA=2 m/s，vB=4 m/sCvA=4 m/s，vB=7 m/sDvA=7 m/s，vB=1.5 m/s考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度解答：解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B点评：本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！11如图（甲）所示，一质量为M的木板静止在光滑水平面上，现有一质量为m的小滑块以一定初速度v0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图（乙）所示，根据图象可知( )A木块始终与木板存在相对运动B滑块未能滑出木块C滑块的质量m小于木块的质量MD在t1时刻滑块从木板上滑出考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：动量定理应用专题分析：滑块滑上木板后，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，知在t1时刻滑块从木板上滑出根据速度图象的斜率等于加速度，由牛顿第二定律分析质量关系解答：解：A、由图象可知，在运动的过程中，滑块与木板的速度不同，始终与木板存在相对运动故A正确B、D滑块先做匀减速直线运动，木板先做匀加速直线运动，最终都做匀速直线运动，因为匀速直线运动的速度不同，则知滑块在t1时刻滑块从木板上滑出故B错误，D正确C、从图线的斜率可知，滑块的加速度大小小于木板加速度的大小，根据牛顿第二定律知，a=，两个物体所受的摩擦力大小相等，可知滑块的质量m大于木板的质量M故C错误故选：AD点评：图象题是xx届高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律12如图所示，一根足够长的水平滑杆SS上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平木制轨道，且穿过金属圆环的圆心O，现使质量为M的条形磁铁以v0的水平速度沿轨道向右运动，其中正确的选项是( )A磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B圆环可能获得的最大速度为C磁铁与圆环系统损失的动能可能为D磁铁与圆环系统损失的动能可能为考点：动量守恒定律；功能关系；楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：金属圆环光滑，一足够长的水平的绝缘轨道光滑，所以圆环与磁铁组成的系统水平方向受到的合力为0，满足动量守恒，根据动量守恒定律与能量的转化与守恒定律即可解答解答：解：A、金属环是光滑的，足够长的水平的绝缘轨道PP是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来故A错误；B、选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时：Mv0=（M+m）v得：v=故B正确；C、磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为：Q=故C正确，D错误故选：BC点评：本题为结合楞次定律考查动量守恒定律的应用，要注意选取的研究对象是磁铁与圆环组成的系统，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化二、非选择题（本题共7小题，共52分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13某实验小组在“实验：探究碰撞中的不变量”的实验中，采用如图1所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来进行探究图中PQ是斜槽，QR为水平槽实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹重复上述操作10次，得到10个落点痕迹再把B球放在水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置G自静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹重复这种操作10次图中的O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐（1）碰撞后B球的水平射程应取为64.0cm（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？ABD（填选项号）A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离；C、测量A球或B球的直径；D、测量A球或B球的质量（或两球质量之比）；E、测量G点相对水平槽面的高度考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式解答：解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图2所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.0cm；（2）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，由已测量的物理量ma、mb、OB、OA、OC又因下落时间相同，即可求得：maOB=maOA+mbOC，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，需要测量A球和B球的质量以及A球两次落地时的水平距离和B球落地时的水平距离；故CE错误，ABD正确；故选：ABD；故答案为：（1）64.0 （2）ABD点评：本题考查验证动量守恒定律的实验；掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件14一个质量m=1.0kg的物体，放在光滑的水平桌面上，当物体受到一个F=10N，与水平面成30角斜向下的推力的作用时，在10s内推力的冲量大小为100Ns，动量的增量大小为86.7Ns考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：根据冲量的定义可以求出推力冲量的大小，根据动量定理可以求出物体动量的增量解答：解：根据P=Ft，可知10s内推力的冲量大小为：P=Ft=100Ns，根据动量定理有：Ftcos=p 联立代入数据解得：P=50kgm/s=86.7kgm/s故答案为：100，86.7点评：本题比较简单考查了冲量、动量定理等基础知识，是考查基础知识的好题15质量是50kg的蹦床运动员在离床5米的高处自由下落，然后被反弹到离蹦床3.2米处设人与蹦床接触时间是1秒，则蹦床对人的平均作用力大小是1400N考点：动量定理专题：动量定理应用专题分析：根据运动学公式可求得物体反弹前后的速度，再对碰撞过程由动量定理可求得平均作用力解答：解：由v2=2gh可得物体下落到地面时的速度为：v1=10m/s；反弹时的速度为：v2=8m/s；方向向上；以向上为正方向，则有：mv2mv1=（Fmg）t解得：F=1400N故答案为：1400点评：本题考查动量定理及运动学公式的应用，要注意明确动量定理中的方向性，解题时先设定正方向16平静的水面上，有一个质量M=130kg的小船浮于水面，船上一个质量m=70kg的人匀速从船头向船尾走了4m，不计水的阻力，则人相对水面走了2.6m考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：人和小船组成的系统动量守恒，用位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小解答：解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，取人行走的方向为正方向，则根据动量守恒有： mvMV=0人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为Lx所用时间为t，则： v=，V=，由以上两式得：m=M解得：x=故人相对于岸的位移大小为为 Lx=m=2.6m故答案为：2.6点评：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系17水平放置的两根平行金属导轨ad和bc，导轨两端a、b和c、d两点分别连接电阻R1和R2，组成矩形线框，如图所示，ad和bc相距L=0.5m，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B=1T，一根电阻为0.2的导体棒PQ跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4m/s的速度，向右匀速运动，如果电阻R1=0.3，R2=0.6，导轨ad和bc的电阻不计，导体与导轨接触良好求：（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小；（2）导体棒PQ上感应电流的方向；（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由E=BLv求出PQ产生的感应电动势由欧姆定律求出电流（2）由右手定则判断出感应电流方向（3）由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出外力，由功率公式求出外力的功率解答：解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=BLv=10.54.0 V=2 V，又R外=0.2，则感应电流的大小 （2）根据右手定则判定电流方向 QP（3）导体棒PQ匀速运动，则 F=F磁=BIL=150.5 N=2.5 N，故外力做功的功率 P=Fv=2.54W=10W答：（1）导体棒PQ中产生的感应电流的大小是5A；（2）导体棒PQ上感应电流的方向QP；（3）导体棒PQ向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率是10W点评：导体棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，两电阻组成外电路，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、功率公式即可正确解题18如图所示，A车的质量为m，沿光滑水平面以速度v1向质量为4m静止的B车运动，B车后面有弹簧，将弹簧压缩，设在整个过程中始终处于弹簧的弹性限度内，求在此运动过程中：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）B车的最大速度考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：（1）A、B速度相等时弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律可以求出速度，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能（2）A、B分离时B的速度最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出B的最大速度解答：解：（1）当两物体速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由系统动量守恒得：mv1=（m+4m）v2得：由能量守恒定律得，最大弹性势能为：（2）当弹簧恢复到原长时，B车速度最大，设此时A、B的速度分别为vA、vB，以v1速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv1=mvA+3mvB，根据能量守恒定律得：mv12=mvA2+3mvB2联立解得：答：（1）弹簧的最大弹性势能为；（2）B车的最大速度为点评：本题考查了求弹性势能、求速度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题19如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L=2m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC=5kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA=1kg、mB=4kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA=6m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：（1）当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？（2）从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？考点：动量守恒定律专题：动量定理应用专题分析：1、炸药爆炸，整个过程满足动量守恒，列出等式求解2、炸药爆炸，A、B获得的速度大小关系可以根据动量守恒求得，A向左运动，与挡板相撞并合成一体由动量守恒求得共同速度，根据运动学公式求解解答：解：炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大（A的质量小），A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体（满足动量守恒）一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体（满足动量守恒），整个过程满足动量守恒（1）整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0=（mA+mB+mC）v，所以v=0（2）炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB以向左为正方向，有：mAvAmBvB=0，解得：vB=1.5m/s，方向向右然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，由动量守恒，有：mAvA=（mA+mC）vAC，解得：vAC=1m/s此过程持续的时间为：t1= s此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：=vACt2+vB（t1+t2），解得：t2=0.3s所以，板C的总位移为：xC=vACt2=0.3m，方向向左答案：（1）板C的速度是0 （2）板C的位移大小是0.3m，方向向左点评：在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，故在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪段过程中哪些物体组成的系统动量守恒