2023年江苏省苏州市高考物理调研试卷(零模)

1018页2023年江苏省苏州市高考物理调研试卷〔零模〕为了消杀冠病毒，防控重点场所使用一种人体感应紫外线灯。这种灯装有红外线感应开关，人来灯灭，人走灯亮，为人民的安康保驾护航。以下说法错误的选项是( )红外线的光子能量比紫外线的大红外线的衍射力气比紫外线的强紫外线能消杀病毒是由于紫外线具有较高的能量如以下图，两平行直导线cd如以下图，两平行直导线cdef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内。则( )a点的磁感应强度可能为零ce导线受到的安培力方向向右efb点产生的磁场方向垂直纸面对外同时转变两导线的电流方向，两导线受到的安培力方向均转变位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A完成一次全振动时，在介质中形成简谐横波的波形如以下图。B是沿波传播方向上的一个质点，则( )Ay轴正方向A、B两质点振动状况一样B将向右迁移半个波长A所受回复力的冲量为零a、b𝑞𝑎和𝑞𝑏。AB点电势(取无穷远处电势为零)，则( )<>C.a、b连线中点电势大于零5.𝑇1和𝑇2下的压强p与体积倒数5.𝑇1和𝑇2下的压强p与体积倒数1的关系图像𝑉如以下图，气体由状态AB的过程中，以下说法正确的是( )温度上升，吸取热量温度上升，放出热量C.温度降低，吸取热量D.温度降低，放出热量应用物理学问分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加好玩和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开头竖直向上运动直至物体离开手掌时，在此过程中以下说法正确的选项是( )物体始终处于超重状态AABC为在赤道上空的地球同步卫星C和卫星B的轨道半径之比为3：1，且两卫星的围绕方向一样。以下说法正确的选项是()B、C3：1BA的加速度

物体始终处于失重状态D.手对物体始终做正功C.BC中大D.B3次日出大局部过山车的竖直回环轨道均不是正圆，而是上下高、左右窄的扁轨道构造，如图甲所示。乙图为简化后的示意图，一辆小车(可视为质点)从倾斜轨道某一确定高度由静止释放，不计一切阻力，当小车运动到扁轨道最高点时，与在一样高度的正圆轨道最高点相比()在扁轨道上小车向心力更大，对轨道压力更大在扁轨道上小车速度更大，对轨道压力更大在扁轨道上小车加速度更小，对轨道压力更小9.9.物理课上教师做了这样一个试验，将一平坦且厚度均匀的铜板固定在绝缘支m的永磁体放置在铜板的上端，𝑡=0时刻给永磁体一沿斜面对下的瞬时冲量，永磁体将沿斜面对下运动，如图甲所示。假设永磁体下滑f大小不变，且𝑓<𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃(式中𝜃为铜板与水平面的夹A.B.C.D.角)。取地面为重力势能的零势面。则图乙中关于永磁体下滑过程中速率v、动能𝐸𝑘、重力势能𝐸𝑝、机械能E随时间tA.B.C.D.10. 如以下图，一质量为2mabcd置于水平绝缘平台上，ab、dcLbcRmMN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度𝑣0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行.则整个运动过程中( )A.感应电流方向为𝑀→𝑏→𝑐→𝑁→𝑀0导体棒的最大速度为1𝑣02通过导体棒的电量为2𝑚𝑣03𝐵𝐿导体棒产生的焦耳热为5𝑚𝑣2AA𝑚𝐴>>𝑚𝐵，彼此间隔一小段距离。将两个球从距底座高为ℎ(ℎ远大于小球半径)处由静止同ABB球上升的最大高度最接近()4h6h8hD.9h𝑥01～，R是滑动变阻器，𝐴1和𝐴2是电流表，E是电源(10V，内阻很小).试验具体步骤如下：①R阻值调到最大；闭合1111=，登记此时电阻箱的阻值𝑅1和𝐴2的示数𝐼2；③转变电阻箱𝑅1R，使𝐴1示数始终为0.15𝐴6组𝑅1和𝐼2值；④7组数据在坐标纸上描点。依据试验完成以下问题：在坐标纸上画出𝑅1与𝐼2的关系图像；(2)现有四只供选用的电流表：A.电流表(0～3𝑚𝐴，内阻为2.0𝛺)B.电流表(0～3𝑚𝐴，内阻未知)C.电流表(0～0.3𝐴，内阻为5.0𝛺)D.电流表(0～0.3𝐴，内阻未知)𝐴1应选用 ，𝐴2应选用 。(3)依据以上试验得出𝑅𝑥= 𝛺(结果保存一位小数)。(4)假设将𝐴1换成量程一样而内阻更大的电流表，对𝑅𝑥的测量值有何影响？请简要说明理由。列车进站时的电磁制动可借助如以下图模型来理解，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在车身下方固定一由粗细均匀导线制成的矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力进展制动。列车的总质量为mnL，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度为𝐿(𝐿小于匀强磁场的宽度)，站台轨道上匀强磁场区域大于车长。车头进入磁场瞬间的速度为𝑣0。ab两端的电压；实际列车制动过程中，还会受铁轨及空气阻力设其合力大小恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车恰好停顿。求列车从车头进入磁场到停顿，线框中产生的焦耳热Q。某品牌瓶装水的瓶体为圆柱体，容积为𝑉=500𝑚𝐿。(不重合)n，cRt。瓶壁很薄，无视瓶壁对光的影响；将没有水的空瓶子敞口放置，环境温度由−3℃缓慢上升到27℃，求升温后瓶内气体质量m。大气压保持为标准气压，标准大气压−3℃时空气密度为1.3×10−3𝑔/𝑚𝐿。A和B，滑轮间穿有绷紧的均匀闭合BA和B，滑轮间穿有绷紧的均匀闭合B，用手牵拉牵引绳使小杆上端到达滑轮A后锁定牵引绳完成升旗。两滑轮间距为HlmM，重力加g，不计空气阻力，无视旗帜飘动时重心的变化。升旗过程中升旗手至少需要做多少功？降旗时解除锁定使旗帜由静止下降，求旗帜降到底端前瞬间的速度v；降旗时解除锁定使旗帜由静止下降一段时间后，用手握住牵引绳给绳施加一恒MNPQLMNOMNMNEQBP不计电子所受重力。求两种状况下电子刚飞出正方形区域的速度大小之比𝑣1：𝑣2；求电子比荷𝑒以及初速度

的大小；𝑚 0假设电子在电场中运动一段时间后撤去电场并马上加上和图乙中一样的磁场，最终电子恰好垂直于PQ𝑡(不考虑撤去电场加上磁场所引起的电磁辐射的影响)。答案和解析【答案】A【解析】解：A、红外线的频率比紫外线的小，依据光子能量公式𝐸=ℎ𝑣，可知红外线的光子能量比紫外A错误；B、依据电磁波谱可知，真空中红外线的波长比红光要长，而紫外线的波长比紫光要短，所以真空中红外线的波长比紫外线的长，依据明显衍射的条件，可得红外线的衍射力气比紫外线的强，故B正确；C、紫外线的频率很高，依据光子能量公式𝐸=ℎ𝑣，具有较高的能量，能灭菌消毒，故C正确；D、由于人体可以向外辐射红外线，所以红外线感应开关通过接收到人体辐射的红外线来把握电路通断，D正确。此题选择错误的，应选：A。光子能量公式𝐸=ℎ𝑣推断；依据电磁波谱可知真空中红外线的波长比紫外线的长；紫外线的频率很高，能灭菌消毒；依据人体可以向外辐射红外线推断。此题以消杀冠病毒为背景，考察了红外线和紫外线的特点与应用；此题格外符合高考的理念，物理来源于生活，要求同学们能够用所学学问去解释生活中的一些物理现象。【答案】C【解析】解：Acda处产生的磁场向里，efa处产生的磁场向外，acda点的磁场方向向里，不等于0A错误；BcdB错误；CefbC正确；D、只要电流方向相反，就相互排斥，故D错误。应选：C。(1)利用安培定则推断各导向在四周所产生的磁场方向；(2)磁感应强度的叠加是矢量叠加；(3)用左手定则推断某通电导线在另一根通电导线产生磁场中的受力。磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确依据安培定则推断导线四周磁场方向是解题的前提。【答案】D【解析】解：A、波向右传播，图示时刻波最前端质点的振动方向沿yA开头振动时yA错误；BAB相距半个波长，振动状况总是相反，故B错误；CB只上下振动，不随波向右迁移，故C错误；D、经过一个周期质点A时速度的大小、方向一样，动量的变化为零，依据动量定理可知一个周期时间内AD正确。应选：D。简谐波在传播过程中，各个质点的起振方向与波源的起振方向一样，与图示时刻波最前端质点的振动方向一样。质点不随波向前迁移。依据动量定理求在一个周期内A所受回复力的冲量。解答此题时，要抓住到机械波的两个根本特点：一是机械波向前传播时，介质中质点不随波迁移；二是介质中质点起振方向与波源起振方向一样。【答案】C势面分别比照可以看出ab𝑂靠近势面分别比照可以看出ab𝑂靠近所以𝑞𝑎>𝑞𝑏AB错误；CabOaaa、b连线中点电势大于零，故C正确；D、正电荷在高电势点具有的电势能较大，又A点电BA点电势能较大，AB点电势能削减，所以电场力做了正功，故D错误。应选：C。ABabababab连线中点的电势；通过摸索电荷在AB两点电势能的AB电场力做功状况。此题考察了不等量异种电荷的电场分布特点，主要是会将题中给出的等势面分别与等量异种电荷的等势面分布作比照。【答案】A【解析】解；依据抱负气体状态方程可得：𝑝𝑉=𝐶，故𝑝=𝐶𝑇，在𝑝−1图像中，图像的斜率与温度有关，𝑇 𝑉 𝑉温度越高，斜率越大，气体由状态AB的过程中，气体温度上升，体积增大，故气体的内能增大，并且对外做功，依据热力学第确定律△𝑈=𝑊+𝑄可得：气体从外界吸取热量，故A正确，BCD错误；应选：A。依据抱负气体状态方程推断出𝑝−1AB𝑉用热力学第确定律即可推断。此题主要考察了抱负气体状态方程，明确在等压变化过程中，体积增大，温度上升，结合热力学第确定律即可推断。【答案】D【解析】解：ABC、物体离开手掌瞬间，二者接触但无压力且有一样的速度和加速度，此时物体仅受重力作用，加速度为g，方向向下，所以手与物体由静止开头竖直向上运动直至物体离开手掌的过程，应领先向上加速然后再向上减速，加速度先向上后向下，物体先超重后失重。故ABC错误。D.手对物体的作用力始终向上，与位移方向一样，即手对物体始终做正功，故D正确。应选：D。物体加速度方向向上时超重，加速度方向下时失重，与运动方向无关；通过对物体离开手掌瞬间的物体分析，二者接触无压力，加速度为g，方向向下，所以物体先向上加速然后再减速。超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的；物体离开手掌瞬间，二者接触但无压力且有一样的速度和加速度，这是解决此题的关键。【答案】B【解析】解：A、依据万有引力供给向心力𝐺𝑀𝑚𝑚𝑣2得𝑣𝐵=√𝑟𝐶

=√3A错误；𝑟2

𝑟

𝑟𝐵B、依据𝐺𝑀𝑚=𝑚𝑎得𝑎=𝐺𝑀，BC的轨道半径小，所以BC大；又A、C的角速𝑟2 𝑟2度一样，依据𝑎=𝜔2𝑟CABAB正确；C、绕地球做匀速圆周运动的卫星B、C，在两卫星中的物体都处于完全失重状态，所以物体对支持物的压0C错误；D、依据𝐺𝑀𝑚=𝑚(2𝜋)2𝑟可得：𝑇=2𝜋√𝑟3CB3：1，两卫𝑟2

𝑇 𝐺𝑀𝐵𝑟27星周期关系：𝑇𝐵=√𝑟3=√1，C的周期与地球的自转周期相等，为24小时，所以B的周期为8√3小时，一𝐵𝑟27𝐶𝑇𝐶 3 3𝐶天内B卫星绕地球的圈数𝑛=4=3≈B卫星中的宇航员一天内可看到5或6日出，𝑇𝐵D错误。应选：B。依据万有引力供给向心力得出线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出B、C的线速A、CA、B的加速度大小；依据物体状态推断物体受力。解决此题的关键把握万有引力供给向心力这一重要理论，知道线速度、角速度、向心加速度与轨道半径的A不是靠万有引力供给向心力。【答案】A【解析】解：𝐴𝐵𝐶.从释放点到最高点，由动能定理𝑚𝑔△ℎ=1𝑚𝑣2，由于扁轨道与正圆轨道最高点一样，2所以在最高点速度一样，

=𝑚𝑣2可知，在扁轨道上小车𝑟向心力更大，向心加速度更大，对轨道压力更大，BC错误，A正确；D.由于不计一切阻力，小车在扁轨道上的机械能与在圆轨道上的机械能一样，D错误。应选：A。由动能定理求出小车在最高点的速度，依据两轨道在最高点的曲率半径不同，结合向心力公式可推断对轨道压力大小；依据机械能守恒定律分析可知在扁轨道上小车机械能与在圆轨道上的机械能一样；【解析】解：A、小磁铁下滑时由于涡流的产生会有阻尼作用，且随速度的增大而增大，所受的摩擦力阻力不变，由𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓−𝑓阻尼=𝑚𝑎可知，随着小磁铁的加速下滑，阻尼作用增大，则加速度渐渐减小，𝑣−𝑡A正确；B、假设开头下落时小磁铁满足𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃−𝑓−𝑓=0，小磁铁匀速下滑，此时动能不变，故B正确；C、小磁铁下滑时重力势能渐渐减小，但是不会趋近与某确定值，故C错误；D、小磁铁下滑过程中，由于有电能产生，则机械能渐渐减小，故D正确；因选错误的，应选：C。小磁铁在下滑过程中，由于受到阻尼作用，阻尼作用的大小与速度有关，依据牛顿其次定律即可推断出加在下滑过程中，重力势能始终减小，不行能趋于某一值，由于阻尼作用，会产生内能，故机械能减小即可推断。此题主要考察了在阻尼作用下的物体运动，推断出小磁铁的可能运动状况，结合牛顿其次定律及势能的变化即可推断。【解析】解：A、金属框开头获得向右的初速度𝑣0，依据右手定则可知电流方向为𝑀→𝑁→𝑐→𝑏→𝑀，最终二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；3B、以整体为争论对象，由于系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，最终二者到达速度相等；取初速度方向为正，依据动量守恒定律可得：2𝑚𝑣0=3𝑚𝑣，解得：𝑣=2𝑣0B错误；3C、对金属棒依据动量定理可得：𝐵𝐼𝐿△𝑡=𝑚𝑣 0，其中𝐼△𝑡=𝑞，解得通过导体棒的电荷量为2𝑚𝑣0，故3𝐵𝐿C正确；D、系统产生的总的焦耳热为：𝑄=1×2𝑚𝑣2

1×3𝑚𝑣2=1𝑚𝑣2，则导体棒产生的焦耳热为1𝑚𝑣2，故D错误。

2 0 2 3 0 3 0依据右手定则推断电流方向；依据动量守恒定律求解最终的速度大小；对金属棒依据动量定理结合电荷量的阅历公式求解通过导体棒的电荷量；依据能量关系求解导体棒产生的焦耳热。此题主要是考察电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动状况和受力状况，依据平衡条件、牛顿其次定律列方程进展求解，涉及能量问题，常依据动能定理、功能关系等列方程求解。【答案】D【解析】解：两球做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式𝑣2=2𝑔ℎ可知，球落地前瞬间的速度大小𝑣=√2𝑔ℎA球触底反弹后两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，设A球的速度大小为𝑣𝐴，B球速度大小为𝑣𝐵，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：𝑚𝐴𝑣 𝑚𝐵𝑣=𝑚𝐴𝑣𝐴+𝑚𝐵𝑣𝐵，由机械能守恒定律得：1𝑚𝐴𝑣2+1𝑚𝐵𝑣2=1𝑚𝐴𝑣2+1𝑚𝐵𝑣2，2 2

𝐴 2 𝐵解得：𝑣𝐵=(3𝑚𝐴𝑚𝐵)√2𝑔ℎ𝑚𝐴+𝑚𝐵当𝑚𝐴>>𝑚𝐵时𝑣𝐵=3√2𝑔ℎ，𝑣2碰撞后B球做竖直上抛运动，上升的高度：𝐻= 𝐵𝑣22𝑔

==9ℎABC错误，D正确。2𝑔应选：D。球下落过程做自由落体运动，应用运动学公式求出球落地瞬间的速度大小；A球与底座碰撞后，速度瞬间反向，大小相等，B球会与A球碰撞，选两球碰撞过程为争论过程，两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后两球的速度；碰撞后B做竖直上抛运动，应用动能定理或运动学公式求解B球上升的高度．此题主要考察了动量守恒定律和能量守恒定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动状况，留意使用动量守恒定律时要规定正方向。【答案】DC30.0𝐼2

)，变形得：𝑅1=𝑅𝑥+𝑅𝐴2×𝐼2 (𝑅0+𝑅𝐴1)，那么【解析】解：(1)由题中所给的图描出的点画直线，直线尽可能通过更多的点，不在直线上的点平均分居两侧，偏差过大的点舍弃，如以下图；(2)【解析】解：(1)由题中所给的图描出的点画直线，直线尽可能通过更多的点，不在直线上的点平均分居两侧，偏差过大的点舍弃，如以下图；(2)由于𝐴1以试验过程中始终是0.15𝐴，从所给的图象来看，电流表𝐴2的示数到达0.3𝐴，则只能从选择量程为0.3𝐴的两个CD。依据并联电路电压相等的关系有：𝐼1(𝑅0+𝑅1+𝑅𝐴1)=从图象的斜率：𝑘=𝑅𝑥+𝑅𝐴2，要求

则必需

，所以

选择内阻的电流表

选择阻值未知的D；

𝐼1

𝐴2 2 1(3)从以上表达式和图象的斜率知：𝑘=𝑅𝑥+𝑅𝐴2𝐼1

= 5600.300.06

𝛺𝐴1，代入可得

=𝑘𝐼1

=30.0𝛺。(4)假设换用阻值较大的电流表

，从以上图象的斜率𝑘=𝑅𝑥+𝑅𝐴2，与

无关，所以对

的测量无影响。1 𝐼1 1 𝑥故答案为：(1)如以下图；(2)𝐷故答案为：(1)如以下图；(2)𝐷、C；(3)30.0(±1.0均正确)；(4)依据所描的点迹画图线；(2)(3)(4)依据并联电路电压相等的关系，写出R1关系电流I2的表达式，从斜率和截距确定需要哪个电流表的内阻。再依据斜率求出待测电阻的值。再进展误差分析。此题的奇异之处，用两个电流表测出了待测电阻的值，且消退了因电表内阻影响的系统误差。还有一点容易出错的是两个电流表的选择，只有写出表达式之后，由斜率才能确定哪个电流表是才能测出待测电阻的大小。13.【答案】解：(1)当列车速度减为初速度的一半时，产生的感应电动势𝐸=1𝐵𝐿𝑣2ab两端的电压为：𝑈=2𝑛𝐿𝐿2𝑛𝐿2𝐿

𝐸=2𝑛14𝑛4

·𝐵𝐿𝑣0；(2)对列车进入磁场过程中，由动能定理可得：−𝑓𝑛𝐿 𝑊 =0−1𝑚𝑣2安依据功能关系可得：𝑄=−𝑊安

安 2 0解得：𝑄=1𝑚𝑣2−𝑛𝑓𝐿。2 0答：(1)当列车速度减为初速度的一半时，ab两端的电压为2𝑛14𝑛4

·𝐵𝐿𝑣0；列车从车头进入磁场到停顿，线框中产生的焦耳热为1𝑚𝑣2−𝑛𝑓𝐿。2 0【解析】(1)依据法拉第电磁感应定律求解产生的感应电动势，再依据欧姆定律求解ab两端的电压；(2)对列车进入磁场过程中，由动能定理结合功能关系求解线框中产生的焦耳热Q。结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律列方程求解；涉及能量问题，常依据动能定理、功能关系等列方程求解。【答案】解：(1)ABCAi，折射r，由几何关系可知：𝑖=2𝑟由折射定律得：𝑛=

𝑠𝑖𝑛𝑖

=𝑠𝑖𝑛𝑟

=2𝑐𝑜𝑠𝑟由几何关系可得，光在瓶内传播的路程：𝐿=2×2𝑅⋅𝑐𝑜𝑠𝑖=2𝑛𝑅光在瓶内传播的时间：𝑡=𝐿=𝑣

2𝑛𝑅𝑐𝑛

=2𝑛2𝑅𝑐(2)依据等压变化，则：𝑉1𝑉2

𝑇2开头时：𝑇1=270𝐾，最终：𝑇2=300𝐾；可得：𝑉210𝑉110𝑉9 9可知在升温的过程中有1的气体溢出瓶外，剩余的气体质量为开头时的9，所以27℃时气体的质量：𝑚=09𝑚 =9010

𝜌𝑉=910

10 10×1.3×103 ×500𝑔=5.85×104𝑘𝑔答：(1)光在瓶中传播的时间为2𝑛2𝑅；𝑐(2)升温后瓶内气体质量为5.85×104𝑘𝑔。【解析】(1)作出光线从入射到出射的光路如以下图。入射光线经玻璃折射后，折射光线为AB，又经球内壁反射后，反射光线为BC，再经折射后，折射出的光线与开头时的入射光线平行，依据几何学问和对称rnL，由𝑣=𝑐𝑛求出光在透亮球中传播的速度，再由𝑡=𝐿求传播的时间；𝑣气体做等压变化，由⋅吕萨克定律求出27℃时的体积，然后由体积之间的关系、以及体积与密度的关系m。对几何光学问题，作出光路图是解题的根底，同时要擅长运用几何关系分析光线的偏折角与折射角和入射角的关系，分析时要抓住对称性。利用抱负气体状态方程解答问题时，首先要正确确实定状态和分析状态参量，选择适宜的定律进展解答，对压强确实定，有时要借助于受力平衡或牛顿其次定律进展解答。【答案】解：(1)升旗过程中，从小杆上端靠近滑轮B，到小杆上端靠近滑轮A，旗帜和小杆重心上升H依据功能关系，升旗手至少需要做功等于旗帜和小杆重力势能的增加量，即：𝑊=𝑚𝑔𝐻(2)解除锁定使旗帜由静止下降，由动能定理有：𝑚𝑔𝐻=1(𝑚+𝑀)𝑣22解得：𝑣=√2𝑚𝑔𝐻𝑚+𝑀设开头施加一恒定的滑动摩擦力时，旗帜下降的高度为h，到底端的距离为s，由于速度刚好为零，根据动能定理，有：

𝑚𝑔𝐻−𝑓𝑠=0解得：𝑠=1𝐻3又，ℎ=𝐻−𝑠=2𝐻3设下降过程中最大速度为

，依据动能定理有：𝑚𝑔ℎ=1(𝑚+𝑀)𝑣2联立得：𝑣1=√2𝑚𝑔ℎ=√

1 2 14𝑚𝑔𝐻𝑚+𝑀 3(𝑀+𝑚)−=10=12 2所以，旗帜降落的总时间：𝑡=

𝐻𝑣12

=√3(𝑚+𝑀)𝐻3(𝑀+𝑚)答：(1)mgH(2)旗帜降到底端前瞬间的速度为√2𝑚𝑔𝐻𝑚+𝑀(3)旗帜降落的总时间为√3(𝑚+𝑀)𝐻3(𝑀+𝑚)【解析】(1)升旗过程中，升旗手至少需要做功等于旗帜和小杆重力势能的增加量；(2)旗帜和小杆重力做功等于旗帜和小杆跟绳子总动能能的增量；(3)求出两个阶段的位移及连接点的速度，用运动学公式求时间。此题考察了能量观点与运动