湖南省长沙市2025-2026学年高三物理上学期10月月考试题含解析

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。

1.下列关于物理学史的叙述正确的是（）

A.元电荷e的数值最早由密立根通过油滴实验测得

B.电场中“场”的概念是由库仑最先提出的

C.电场看不见摸不着，所以电场不是客观存在的物质

D.描述电场的电场线是真实存在的物质

【答案】A

【解析】

【详解】A．元电荷e的数值由密立根通过油滴实验首次精确测定，故A正确；

B．电场中“场”的概念是由法拉第提出的，故B错误；

C．电场虽不可见，但具有能量、动量等物质属性，是客观存在的物质，故C错误；

D．电场线是用于描述电场分布而假想出来的，并非真实存在的物质，故D错误。

故选A。

2.抛秧是一种水稻种植方法。如图甲所示，在抛秧时，人们将育好的水稻秧苗大把抓起，然后向空中用力

抛出，使秧苗分散着落入田间。这种种植方式相对传统插秧更省时省力。某同学研究抛秧的运动时，将秧

苗的运动简化为以肩关节为圆心，臂长为半径的圆周运动，忽略空气阻力，如图乙所示。秧苗在起抛处速

度为零，离手瞬间通过手指改变秧苗的运动方向，A、B两秧苗同时离开手后做不同的抛体运动，其轨迹在

空中交于P点。关于秧苗A、B在整个运动过程中，下列说法正确的是（）

A.A先经过P点

B.抛出后A初速度的水平分量一定小于B初速度的水平分量

C.抛出前在最低点，处于失重状态

D.起抛处，手对秧苗的作用力一定大于秧苗的重力

【答案】B

【解析】

【详解】A．因A做斜上抛运动，则经过P点时用时间较长，可知A后经过P点，A错误；

B．因A、B水平位移相等，而A运动时间较长，可知A的水平速度较小，即抛出后A初速度的水平分量一

定小于B初速度的水平分量，B正确；

C．抛出前在最低点，加速度向上，处于超重状态，C错误；

D．起抛处，手对秧苗的作用力为Fmgcos（θ为手对秧苗的作用力与竖直方向的夹角）可知手对秧苗

的作用力一定小于秧苗的重力，D错误。

故选B。

3.如图所示为双板式静电除尘器的工作原理简化图，高压电源两极分别连接放电极与收尘极板P、Q，在

放电极表面附近形成强大的电场，使周围的空气电离；粉尘颗粒进入静电除尘区域，粉尘颗粒在电场力的

作用下向极板P、Q迁移并沉积，以达到除尘目的。已知图中虚线为电场线，A、B、C三点在同一直线上，

ABBC，所有粉尘颗粒都吸附负离子后带负电，运动过程中电荷量不变且只考虑粉尘受到除尘器施加的

电场力，则下列说法正确的是（）

A.A、B、C三点中C的电势最低

B.三个不同的粉尘颗粒在A、B、C点受到的电场力大小一定为FAFBFC

C.同一粉尘颗粒经过A、B、C沿直线到极板Q，AB段动能的变化量大于BC段动能的变化量

D.到极板Q的粉尘颗粒的电势能减小，到极板P的粉尘颗粒的电势能增大

【答案】C

【解析】

【详解】A．收尘极板P、Q均带正电，放电极带负电，电场线上的电场方向由收尘极板指向放电极，沿电

场线方向电势降低，则A、B、C三点中C的电势最高，故A错误；

B．电场力FEq，根据电场线的疏密程度可知EAEBEC，但不同的颗粒带的电荷量大小关系不知道，

所以不能比较不同粉尘颗粒在A、B、C点受到的电场力大小关系，故B错误；

C．电场线密集的地方场强越大，根据UEd，可知UABUBC

根据动能定理可知W电qUEk

所以根据分析可知同一粉尘颗粒电荷量不变时，AB段动能的变化量大于BC段动能的变化量，故C正确；

D．收尘极板P、Q都带正电，电势都较高，对于负电荷来说电势能低，则到极板P、Q的粉尘颗粒的电势能

均减小，故D错误。

故选C。

4.一物体静置在粗糙水平地面上，物体与地面的滑动摩擦力为f0。从t0时刻开始对物体施加一方向不

变的水平力F，其大小随时间t变化如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a为物体的加速度，v为

物体的速度，If为物体所受摩擦力的冲量大小，IF为物体所受拉力的冲量大小，下列图像中正确的是（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【详解】A．对物体受力分析可知，在0t0,时间段，物体处于静止状态，即物体加速度为0，时间继续增

加，在t0以后，对物体受力分析得

f

0tf

Fft0ff

a000t0

mmt0mm

则由数学知识可知图像为一次函数截距为负值，，故A错误；

B．在0t0,时间段，物体处于静止状态，速度为0，物体在t0以后做加速度增加的加速运动，则速度时间

图像的斜率增加，故B错误；

C．在0t0,时间段，物体所受摩擦力为静摩擦力，大小随F变化，则摩擦力冲量为

f02

IfftFtt

t0

图像为抛物线，在t0以后物体处于运动状态，摩擦力为滑动摩擦力，则摩擦力冲量为

Iff0t

图像为一次函数，故C正确；

D．物体所受拉力的冲量为

f02

IFFtt

t0

图像为抛物线，故D错误。

故选C。

5.一段公路由一部分平直的下坡路与一部分水平路组成，两段平滑连接，下坡路的坡度较小，汽车（质量

为m）在下坡路和水平路上行驶受到的阻力大小均为Ff。此汽车从下坡路的顶端由静止启动，其运动的速

率vt图像如图所示，OA段为直线，从t1时刻开始汽车的功率保持恒定。题干和图中所给的量都为已知

量，则由图像可知（）

A.汽车运动过程中的最大功率为Ffv2

v

1

B.在0~t1时间内，汽车的牵引力恒定，其大小为mFf

t1

C.从t4时刻开始，汽车在水平路段行驶

D.可以求出汽车在t3~t4时间内的位移

【答案】D

【解析】

【详解】A．由题图可知，汽车在0~t1过程是恒加速度启动且此时是处于下坡路，其在t1时刻达到最大功

率，此后一直保持不变，汽车在t2t3时处于匀速运动，其受力情况如图所示

汽车受到的牵引力为F牵Ffmgsin

则汽车的最大功率为PmaxFfmgsinv2，故A错误；

v0v

11

B．由于物体的vt图像表示物体的加速度，所以在0t1时间内汽车的加速度为a1

t10t1

结合之前汽车的受力分析，对汽车有F牵1mgsinFfma1

v1

解得F牵1mFfmgsin，故B错误；

t1

C．由题图可知，t3时刻汽车的速度减小，而由题意可知，汽车受到的阻力没有变，所以此时汽车的牵引力

小于阻力，即汽车由下坡路进入了水平路段，故C错误；

1212

D．汽车在t3~t4时间内，根据动能定理可得P(tt)Fxmvmv

max43f2322

结合上述结论Pmax(Ffmgsin)v2

2(Fmgsin)v(tt)m(v2v2)

可解得xf24323，故D正确。

2Ff

故选D。

6.如图所示，水平面上n个可看作质点的物块紧靠放置，物块间用长度均为L的轻质细绳相连，处于静止

状态，物块质量均为m，与地面的动摩擦因数均为。现使第1个物块获得向右的初速度v1，可使所有物块

全部动起来，设各物块获得速度的时间极短，可忽略不计，不考虑细绳的体积，已知重力加速度为g，下列

说法正确的是（）

n(n1)L

A.若0，则从第1个物块运动开始经时间第n个物块开始运动

2v1

(n1)mv2

B.若0，当第n个物块开始运动后，整个系统损失的机械能为1

2n

n(n1)mgL

C.若0，当第n个物块即将运动时，系统因摩擦产生的热量为

2

D.若，当，要使所有物块全部动起来，则

0n3v110gL

【答案】D

【解析】

【详解】A．第2个物块获得的速度为v2，根据动量守恒有mv12mv2

v

解得v1

22

第3个物块获得的速度为v3，根据动量守恒有mv13mv3

v

解得v1

33

v

同理，第n1个物块的速度为v1

n1n1

v

第n个物块的速度为v1

nn

LLLnn1L

故总时间为t，故A错误；

v1v1v12v1

2n1

2

B．整个系统损失的机械能为121v1

Emv1nm

22n

(n1)mv2

解得E1，故B错误；

2n

C．若0，第1个物块克服摩擦力做功为W1mgn1L

第2个物块克服摩擦力做功为W2mgn2L

第n1个物块克服摩擦力做功为Wn1mgL

nn1mgL

摩擦产生的热量QWWW，故C错误；

12n12

11

D．若0，当n3，第1个物块的绳子刚拉直时有mgLmv2mv2

2121

此时速度为，拉直后的速度为，有

v1v2mv12mv2

11

第2个物块的绳子刚拉直时2mgL2mv22mv2

2322

又，联立解得，故D正确。

v30v110gL

故选D。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。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.在光滑绝缘斜面的上方，存在着匀强电场，电场方向平行于斜面向上，斜面上的带电金属块以一定的初

速度沿斜面向上运动。已知金属块在移动的过程中，图中外力F做功32J，金属块克服电场力做功8J，重

力势能增加18J，则在此过程中金属块的（）

A.电势能减少8JB.动能增加6JC.机械能增加24JD.机械能增加32J

【答案】BC

【解析】

【详解】A．金属块克服电场力做功8J，可知电势能增加8J，故A错误；

B．重力势能增加18J，金属块克服重力做功为18J，则有EkWFW电WG32J8J18J6J，故B

正确；

CD．根据功能关系可知E机WFW电32J8J24J

可知机械能增加24J，故C正确，D错误。

故选BC。

8.如下左图，一个质量为M的大圆环直立在水平面上，圆环顶端固定了一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹

簧下面拴接了一个质量为m的小球（可视为质点），用力向下拉住小球，从释放小球开始计时，不计空气阻

力，以向上为正方向，小球振动的位移—时间图像是一个余弦函数，如下右图所示。小球振动过程中，大

圆环始终保持静止与地面接触，且对地面的最小压力为0，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.图中t1时刻，弹簧弹力大小为Mg

B.图中t2时刻，弹簧弹力大小为Mg

C.图中t4时刻，弹簧弹力大小为Mg2mg

D.图中t4时刻，大圆环对地面压力大小为2Mgmg

【答案】BC

【解析】

【详解】A．t1时刻小球平衡，弹簧拉力大小F1mg，故A错误；

B．t2时刻大圆环对地面的压力为0，大圆环二力平衡F2Mg，故B正确；

CD．振动具有对称性，t2时刻与t4时刻回复力大小相等F2mgF3mg

解得t4时刻弹簧弹力大小F3Mg2mg，C正确；

t4时刻大圆环三力平衡FNF3Mg

大圆环对地压力大小FN'FN2mg2Mg，故D错误。

故选BC。

9.卫星发射过程一般要经过多次变轨方可到达预定轨道。先将卫星发射到近地圆轨道I上运动，经Q点变

速进入椭圆轨道Ⅱ上运动，再经椭圆轨道Ⅱ的远地点P处变速后到达预定圆轨道Ⅲ上运动。已知地球半径

为R，卫星在圆轨道I上运行时的动能为E。圆轨道Ⅲ距离地面高度为2R。取无穷远处引力势能为零，则

Mm

质量为m的物体在距离地球球心为r时的引力势能EG（M为地球的质量，G为引力常量）。不计

pr

卫星在变轨过程的质量变化，下列说法正确的是（）

A.卫星经过椭圆轨道Ⅱ上Q、P点时的速率之比为3:1

B.卫星在圆轨道I上和圆轨道Ⅲ上的运行速率之比为3:1

1

C.卫星在椭圆轨道Ⅱ上P点的动能为E

3

1

D.卫星从圆轨道I变轨进入椭圆轨道Ⅱ增加的机械能为E

2

【答案】AD

【解析】

【详解】A．在轨道Ⅱ的P点和Q点，由开普勒第二定律vp(R2R)vQR

vQ3

解得。故A正确；

vP1

Mmv2

B．卫星做圆周运动时，由万有引力提供向心力Gm

r2r

GM

解得v

r

GM

卫星在圆轨道I上的运行速率vⅠ

R

GM

卫星在圆轨道Ⅲ上的运行速率vⅢ

3R

v3

卫星在圆轨道I上和圆轨道Ⅲ上的运行速率之比为Ⅰ。故B错误；

vⅢ1

v3111

C．卫星在圆轨道I上和圆轨道Ⅲ上的运行速率之比为Ⅰ，由2可知

EkmvEkⅢEkIE

vⅢ1233

1

卫星在圆轨道Ⅱ上经P点加速进入椭圆轨Ⅲ，因此vⅢvⅡ，由此可得EⅡEⅢE。故C错误；

PkPk3

12Mm

D．卫星在轨道Ⅰ的动能EmvⅠG

22R

12

卫星经过椭圆轨道Ⅱ上Q、P点时的速率之比为3:1，由Emv可知EkⅡQ9EkⅡP

k2

MmMm

卫星在椭圆轨道Ⅱ上运动时机械能守恒，可得EⅡGEⅡG

kP3RkQR

3GMm

卫星经过椭圆轨道Ⅱ上Q点时的动能EⅡ

kQ4R

GMm1

卫星经过Q点变轨时，高度不变，因此增加的机械能等于增加的动能E增EⅡEE。故D

kQ4R2

正确。

故选AD。

10.如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端系在质量为m的圆

环上，另一端与质量为m的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球将细线水平拉直，

已知细线长度L62m，此时圆环距离短臂x3(21)m，现将圆环与小球同时由静止释放，小球向

下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，

重力加速度为g10m/s2。从释放小球到小球第一次向左摆到最高点时，下列说法正确的是（）

A.小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒

B.环与短臂碰后瞬间绳与水平方向夹角为45

C.环的最大速度大小为35m/s

D.小球运动的最大速度大小为30(421)m/s

【答案】BD

【解析】

【详解】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒

xx

有m1m2

tt

相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为x，由于L2x，所以

当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。

A．环与短臂粘连前，小球与环组成的系统水平方向动量守恒，粘连后系统水平方向动量不守恒，故A错误；

B．设环与短臂碰后瞬间绳与水平方向夹角为，环与短臂碰后的瞬间，如图所示

L2x2

cos

L2

解得45。故B正确；

C．环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为v，绳与水平方向夹角为45，根据水平方向动量守恒，

有mvmvx

11

由动能定理可得mgLsinm(v2v2)mv20

2xy2

在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有vcos45vycos45vxcos45

联立解得v25m/s。故C错误；

D．小球运动到最低点时速度最大，设最大速度为vm，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，

小球的速度为v1vxsin45vycos45

11

由动能定理可得mg(Lh)mv2mv2

2m21

联立解得。故D正确。

vm30(421)m/s

故选BD。

三、非选择题：本题共5小题，共56分。

11.某实验小组采用如图甲所示的实验装置“验证动量守恒定律”（图中球1的质量为m1，球2的质量为

m2）。采用如图乙的实验装置“探究平抛运动的特点”。请完成下面的填空：

（1）图甲实验中操作步骤如下：

A．安装好斜槽，并使斜槽末端水平

B．在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下铅垂线所指的位置O

①下列操作步骤正确的顺序是________（依操作顺序填C、D、E）。

C．用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，O与零刻度线对齐，即线段

、、

OM、OP、ON的长度x1x2x3

D．不放球2，让球1从A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次实验

E．球2放在槽口末端，让球1从A点由静止释放，撞击球2，重复多次实验

②不放球2，让球1从A点由静止滚下，砸到铺在水平地面上的复写纸上，并在白纸上留下落点的痕迹。重

复多次操作，记录多次落点的痕迹如图所示，用刻度尺测出球1的水平射程为________cm。

、、、、

③用毫米刻度尺测得O点与MPN三点的水平方向的距离分别为x1x2x3，若关系式________（用

“m1、m2、x1、x2、x3”表示）成立，则说明该实验碰撞前后两球组成的系统动量守恒。

（2）图乙实验中

按正确的操作步骤得到如图所示的小球的运动轨迹，在轨迹上取A、B、C三点，以A点为坐标原点，B、C

2

坐标如图所示，则小球平抛的初速度v0________m/s（取g10m/s）。

【答案】（1）①.DEC②.44.41（44.39~44.43）③.m1x2m1x1m2x3

（2）2

【解析】

【小问1详解】

①[1]该实验先固定装置，安装好斜槽，并使斜槽末端水平，然后在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，

记下重垂线所指的位置O；不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用

尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；然后把小球2放在槽口末

端，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两

小球落点的平均位置；最后用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、

OP、ON的长度x1、x2、x3。所以正确的顺序为DEC。

②[2]由图可知球1的水平射程为44.41cm

③[3]由于两球从同一高度开始下落，且下落到同一水平面上，故两球下落的时间相同；取向右为正方向，

在水平方向根据动量守恒定律可得m1v0m1v1m2v2

故有m1v0tm1v1tm2v2t

即m1x2m1x1m2x3

【小问2详解】

竖直方向有2

yyBCyABgT

(2010)102

可得Ts0.1s

10

水平方向有xv0T

x20102

可得小球平抛的初速度为vm/s2m/s

0T0.1

12.实验小组利用下列器材测量某种金属电阻丝的电阻率，电阻丝的总阻值大约为9。

A．电源电动势恒为E3.0V，内阻不计

B．电压表（0~3V，内阻约3k）；（0~15V，内阻约15k）

C．电流表A（0~0.6A，内阻约0.125）；（0~3A，内阻约0.0255）

D．滑动变阻器（，）

R10~53A

E．滑动变阻器R2（0~1750，3A）

F．开关S、导线若干

（1）为了调节方便，滑动变阻器应选用________（选填选项前的字母）。

（2）请在图1中用连线代替导线完成实验器材的连接______。

（3）实验小组又对测量电路进行了创新。如图2所示，在电阻丝上夹有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P，

触头的位置可从刻度尺上读出。实验时改变触头P与电阻丝接触的位置，多次改变电阻丝接入电路的长度l，

UU

调节滑动变阻器滑动触头的位置，记录电流表的示数I，电压表的示数U，从而得到多个的值，作出l

II

图像，如图3所示。如果已经测得电阻丝的直径为d，根据图3数据，可得电阻丝的电阻率________；

电流表内阻RA________（用a、b、c、d表示）。

【答案】（1）D（2）见解析

2

（3）①.d(bc)②.c

4a

【解析】

【小问1详解】

由于电阻丝的总阻值大约为9Ω，图1电路图滑动变阻器采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选用

阻值较小为，即选择D。

R1

最大阻值和被测电阻相近的R1，故选D。

【小问2详解】

E1

电源电压恒为E3.0V，故电压表选用0~3V的量程；通过电阻丝的最大电流为IA，故电流表选

R3

用0~0.6A的量程；由于90.1253k，故电流表采用外接法，实物连线如图所示

【小问3详解】

U

[1][2]根据欧姆定律有RR

xAI

l4l

由电阻定律有R

xSd2

U4

联立可得lR

Id2A

Ubc4

由l图像斜率可得k

Iad2

d2(bc)

解得电阻丝的电阻率为

4a

U

由l图像纵轴截距可得电流表内阻为Rc

IA

13.将一弹簧振子放在湖面上方，湖面上沿波传播的某方向建立x轴，小球静止时刚好位于坐标原点P处

（如图），x轴正方向上的A、B两静止浮标，B在A的右侧（浮标B未画出），已知浮标A坐标为11m，A、

B距离大约为2m~4m。弹簧振子振动后，在沿波传播方向测得相邻波峰间距离为2m。某时刻浮标A位

于平衡位置向上振动时，浮标B正好位于波峰。若弹簧振子振动时与水面一直是粘在一起的，且水波向四

周扩散时振幅不变，小球偏离平衡位置的位移随时间变化关系满足y5sin(2t)cm，求：

（1）水波传播的速度大小；

（2）从小球开始振动计时，A在10s内运动的路程；

（3）A、B两浮标间的水平距离。

【答案】（1）2m/s

（2）90cm

（3）xAB2.5m或xAB3.5m

【解析】

【小问1详解】

22

根据y5sin(2t)cm可知，周期为Ts1s

2

在沿波传播方向测得相邻波峰间距离为2m，可知波长为2m，则水波传播的速度大小为v2m/s

T

【小问2详解】

x11

从小球开始振动计时，振动传到A浮标所用时间为tAs5.5s

v2

9

从小球开始振动计时，A在10s内振动的时间为t10s5.5s4.5sT

2

9

则A在10s内运动的路程为s4A18A185cm90cm

2

【小问3详解】

已知A、B距离大约为2m~4m，即xAB2，某时刻浮标A位于平衡位置向上振动时，浮标B正好

位于波峰；

15

若B在A的左侧，则有x2.5m

AB44

37

若B在A的右侧，则有x3.5m

AB44

14.如图1所示，平行金属板M、N水平固定放置，两板间加有如图2所示的周期性变化的电压（图中U0、

t0均已知），M、N板右侧的BAC区域内有竖直向上的匀强电场，M、N板的右端均在竖直边AB上，A点到M

板的距离为h，∠A=45°。质量为m、电量大小为e的电子由静止开始，经电压也为U的电场加速后，连续

不断地沿与M、N板平行的方向从两板正中间射入两板之间。所有电子都能从两板间飞₀出，且在两板间运动

的时间均为2t，t=0时刻射入M、N板间的电子恰好从M板的右边缘飞出，不计电子的重力，求：

₀

（1）金属板的板长；

（2）M、N板间的距离；

（3）要使所有的电子均不能从AC边射出，BAC区域内的匀强电场的电场强度至少多大。

2eU

【答案】（1）2t0

0m

2eU

（2）t0

0m

U

（3）0

h

【解析】

【小问1详解】

设电子经加速电场加速后的速度大小为v0，根据动能定理

1

eUmv2

020

解得

2eU

v0

0m

则板长为

2eU

Lv2t2t0

000m

【小问2详解】

从t0时刻进入M、N板间的电子在垂直于极板方向先做匀加速运动后做匀减速运动，设电子运动的加速

度为a，则有

eE1ma1

又

U

E0

1d

根据题意有

11

d2at2

2210

解得，M、N板间的距离为

2eU

dt0

0m

【小问3详解】

由于所有电子经过M、N板的运动时间均为2t0，因此所有电子出M、N间电场时，速度均沿水平方向，且速

度大小均为

2eU

v0

0m

要使所有电子均不从AC边射出，则从M板边缘飞出的电子在电场中的运动轨迹刚好与AC相切。设电场强

度的大小为E2，则粒子在该电场中运动的加速度为

eE

a2

2m

根据题意，从M边缘飞出的电子运动到刚好与AC相切的位置时，速度与水平方向夹角为45°，根据类平抛

规律有

at

tan45=22

v0

xv0t2

1

yat2

222

根据几何关系有

x

tan45

hy

联立解得，BAC区域内的匀强电场的电场强度至少为

U

E0

2h

15.如图所示，在水平桌面上放有长木板C，C上右端是固定的轻质挡板