《山东省菏泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省菏泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题含答案.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页 共 8 页高三第一次阶段性考试高三第一次阶段性考试物理试题物理试题2023.9.9注意事项：注意事项：1本试卷分选择题和非选择题两部分。满分本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 100 分，考试时间分，考试时间 90 分钟。分钟。2答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请
2、用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。一单项选择题（共 8 题，每题 3 分，共 24 分）1、“嫦娥三号”着陆器和月球车首次使用了94238同位素核电池，该电池将放射性同位素94238衰变时释放的能量通过温差热电转换器转化为电能，在恶劣的月球环境中支持月球车低速移动及与地球间不间断通讯。已知94238半衰期为 88 年，衰变方程为9423892234+，94238、92234、的结合能分别为1、2、3，一
3、次衰变释放能量为，下列说法正确的是()A.94238衰变发出的射线是高速氦核流，能穿透几毫米厚的铝板B.一次94238衰变释放的能量=2+3 1C.经过 88 年，同位素核电池内的94238剩余 25%D.若一静止94238核衰变释放的能量全部转化为92234和的动能，则94238动能为21172、孔府是中国传统建筑的杰出代表，采用了瓦片屋顶，屋顶结构可简化为如图，弧形瓦片静止在两根相互平行的倾斜椽子正中问。己知椽子与水平面夹角均为，瓦片质量为，重力加速度为，则()A.每根椽子对瓦片的摩擦力大小为 0.5sinB.每根椽子对瓦片的支持力大小为 0.5cosC.椽子对瓦片支持力的合力大小为D.椽
4、子对瓦片作用力的合力大小为cos3、啤酒是青岛这座城市的“专属味道”，如图是青岛市民喜欢的袋装原浆，某次售卖时，售货员将 7冰镇原浆倒入密封袋中快速封口，密封袋内有啤酒和少部分空气且不断有气体从啤酒中析出，静置一段时间后，发现密封袋鼓胀起来。已知大气压强0=1.0 105，室温为 27，封闭气体体积从 0.2增大为 0.25。下列说法正确的是()A.外界对内部封闭气体做正功B.静置后内部封闭气体的内能增加C.静置后内部封闭气体的分子速率都增加D.根据气体实验定律，可求出静置后内部封闭气体的压强山东省菏泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题山东省菏
5、泽市定陶区明德学校（山大附中实验学校）2023-2024学年高三上学期9月月考物理试题第 2 页 共 8 页4、我国首颗超百容量的高通量地球静止轨道通信卫星中星 26 号于北京时间 2023年 2 月 23 日在西昌卫星发射中心成功发射，该卫星将与中星 16 号、中星 19 号共同为用户提供高速的专网通信和卫星互联网接入等服务。中星 26 与某一椭圆轨道侦察卫星的运动轨迹以及某时刻所处位置、运行方向如图所示，两卫星的运行周期相同，两个轨道相交于、两点，连线过地心，、分别为侦察卫星的近地点和远地点。下列说法正确的是()A.E、两点间距离为中星 26 号卫星轨道半径的 2 倍B.侦察卫星从点到点过
6、程中机械能逐渐增大C.相等时间内中星 26 与地球的连线扫过的面积等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积D.中星 26 在点线速度1等于侦察卫星在点线速度25、如图甲，“战绳训练”是当下常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳令其在竖直平面内形成简谐波。图乙是某次训练中=0 时刻战绳波形图，绳上质点的振动图像如图丙所示。下列正确的是()A.从=0 到=0.3，质点通过的路程为 300B.该波沿轴正方向传播C.该波的传播速度为 20/D.若增大抖动的幅度，波速会增大6、2023 年 2 月 7 日消息，西安大雁塔北广场音乐喷泉每天演出四场。其中某喷泉喷出的水柱达到了 15 层楼的高度，喷管的直径为 10，
7、水的密度为 1 103/3，重力加速度大小为=10/2，空气阻力不计.该喷管喷水的电动机输出功率约为()A.10B.25C.106D.1657、如图所示，由同种材料制成的玻璃吊坠下部分是半径为的半球体，上部分是高为的圆锥体，点为半球体的球心，为圆锥体的顶点。平行于的光线从半球体表面点射入玻璃吊坠，经折射后恰好经过点，点到直线的距离为32，则该玻璃吊坠的折射率为()A.32B.62C.3D.6第 3 页 共 8 页8、如图所示，可视为质点、质量为的物块用长为的细绳拴接放在转盘上，细绳的另一端固定在通过转盘轴心的竖直杆上，细绳刚好伸直且与竖直方向的夹角为。已知物块与转盘之间的动摩擦因数为，且 si
8、n固定在桌子边，滑轮 tan可沿桌边移动，第一次实验中，步骤如下：A.在三根轻绳下挂上一定数量的钩码，并使结点静止，且 1与桌面平行；B.在白纸上描下点的位置和三根绳子的方向，以点为起点，作出三拉力的图示；C.以绕过0 1.20的绳上的两个力为邻边作平行四边形，过点作平行四边形的对角线，量出对角线的长度；D.检验对角线的长度和绕过10，则第三根绳挂钩码的质量一定大于_且小于_。(2)第二次实验时，改变滑轮 1.20的位置和相应绳上钩码的数量，使结点平衡，绳的结点_(选填“必须”或“不必”)与第一次实验中白纸上描下的点重合。实验中，若桌面不水平_(选填“会”或“不会”)影响实验的结论。14（6
9、分，每题 2 分）.2020 年 5 月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：()如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为 53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)。()调整手机使其摄像头正对木板表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离与运动时间的数据。()该同学选取部分实验
10、数据，画出了2 图象，利用图象数据得到小物块下滑的加速度大小为 5.6/2。()再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为 37时，所绘图象如图乙所示。由图象可得，物块过测量参考点时速度的大小为_/；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的、两点，利用、两点数据得到小物块下滑加速度的大小为_/2(结果均保留 2 位有效数字)。第 6 页 共 8 页(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_/2.(结果保留 2 位有效数字，37=0.60，37=0.80)四、计算题15（10 分）、春秋末年，齐国著作考工记：轮人篇中记载：“轮人为盖”，“上欲尊而宇欲卑，
11、上尊而宇卑，则吐水，疾而霤远。”意思是车盖中央高而四周低，形成一个斜面，泄水很快，而且水流的更远。如图甲所示是古代马车示意图，车盖呈伞状，支撑轴竖直向上，伞底圆面水平。过支撑轴的截面图简化为如图乙所示的等腰三角形，底面半径恒定为，底角为。取不同的值时，自车盖顶端由静止下滑的水滴(可视为质点)沿斜面运动的时间不同。已知重力加速度为，不计水滴与伞面间的摩擦力和空气阻力。(1)倾角为多大时，水滴下滑时间最短，并求出最短时间；(2)满足(1)问条件，在车盖底面下方=32的水平面内有一长为=的水平横梁(可看成细杆)，横梁位于支撑轴正前方，其俯视图如图丙所示，横梁的垂直平分线过支撑轴。现保持车辆静止，大量
12、水滴沿车盖顶端由静止向各方向滑下，整个横梁恰好“被保护”不被淋湿。求水平面内横梁中点到支撑轴的距离。第 7 页 共 8 页16（10 分）、如图所示，、两个物体相互接触但并不黏合，放置在水平面上，水平面与物体间的摩擦力可忽略，两物体的质量为=4，=6。从=0 开始，推力和拉力分别作用于、上，和随时间变化的规律为=(8 2)()，=(2+2)()。通过计算做出物体的加速度随时间变化的图线(在给定的虚线框内画图)。17（12 分）、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害某地有一倾角为=37(37=35)的山坡，上面有一质量为的石板，其上下表面与斜坡平行；上有一碎石堆(含有大量泥土)，和均处
13、于静止状态，如图所示假设某次暴雨中，浸透雨水后总质量也为(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，、间的动摩擦因数1减小为38，、间的动摩擦因数2减小为 0.5，、开始运动，此时刻为计时起点；在第 2末，的上表面突然变为光滑，2保持不变 已知开始运动时，离下边缘的距离=27，足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小=10/2，求：(1)在 0 2时间内和加速度的大小；(2)在上总的运动时间第 8 页 共 8 页18（14 分）、在疫情防控期间为符合隔离要求，用传送带装置为隔离人员运送物品和生活垃圾，如图为其工作场景简化图.可调传送带水平段与倾斜段转动方向及速率始终一致，长1=2，长
14、2=8.2，倾角=37，传送带速率0=2/，一运输生活垃圾的平板车静止于水平光滑地面，其左端位于水平传送带右端的正下方，平板车与水平传送带上表面高度差=0.2，物品和包装后的生活垃圾均可视为质点，sin37=0.6，cos37=0.8，取=10/2(1)先调节传送带逆时针转动，将1=5的物品轻放在端，物品与传送带间动摩擦因数1=0.8，求物品在段做加速运动的位移大小;(2)处隔离人员拿到物品后，调节传送带变为顺时针转动，速率不变，将生活垃圾放入包装箱后无初速放在端，包装箱与传送带间动摩擦因素为2=0.5，求包装箱从点到点的时间;(3)经传送带运送，包装箱从端沿水平方向以 4/的速度飞出，落入平
15、板车.箱子落入平板车中时，竖直速度瞬间变为零，水平速度不变，同时工作人员对平板车施加一水平向右恒力，已知平板车质量=10，总长3=2.8，包装箱与生活垃圾的总质量2=4，平板车与包装箱间动摩擦因数为3=0.2，车与包装箱之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为使包装箱不脱离小车，求恒力的取值范围高三物理第一次段考参考答案一、单选题1、【答案】B解：、由衰变前后的质量数和电荷数相等可知，的质量数为 238 234=4，电荷数为94 92=2，则为氦原子核，即粒子，其穿透能力弱，能被一张薄纸阻挡，故 A 错误；B、根据能量守恒定律可得一次94238衰变释放的能量=2+3 1，故 B 正确；C、9423
16、8半衰期为 88 年，经过 88 年，同位素核电池内的94238剩余 50%，故 C 错误；D、衰变过程由动量守恒定律可得 0=+，由能量守恒定律可得=+根据动量和动量关系=22，解得=4234+4=2119，故 D 错误故选：。2、【答案】A解：CD、对瓦片进行受力分析，受到椽子对其的支持力方向垂直接触面斜向上；根据平衡条件可得椽子对瓦片的作用力的合力与瓦片的重力为一对平衡力，即椽子对瓦片的作用力的合力方向竖直向上，故作用力的合力大小为 mg，故 CD 错误；B、设两椽子对瓦片的弹力与垂直于椽子方向的夹角为，有 2Ncos=mgcos，故支持力大小为0.5mgcoscos，故 B 错误。A、
17、两根椽子对瓦片的摩擦力的合力为 mgsin，摩擦力方向与椽子平行，所以每根椽子对瓦片的摩擦力大小为 0.5mgsin，故 A 正确;故选 A。3、【答案】B解：A、封闭气体体积增大，气体对外界做正功，则外界对内部封闭气体做负功，故 A 错误；B、静置一段时间后，封闭气体温度升高，气体的内能增加，分子的平均动能和平均速率增大，但具体到某一个气体分子，其速率有可能减小，故 B 正确，C 错误；D、根据题意，不断有气体从啤酒中析出，即气体的物质的量在不断增多，则根据气体实验定律，不能求出静置后内部封闭气体的压强，故 D 错误。故选：B。4、【答案】A解：A、侦察卫星和中星 26 号卫星的运行周期相同
18、，由开普勒第三定律知，侦察卫星轨道的半长轴等于中星 26 号卫星轨道的半径，而 E、D 两点间距离为侦察卫星的长轴，则E、D 两点间距离为中星 26 号卫星轨道半径的 2 倍，故 A 正确；B、侦察卫星从 D 点到 A 点过程中只有万有引力做功，其机械能不变，故 B 错误；C、侦察卫星和中星 26 号卫星的运行周期相同，而中星 26 与地球的连线扫过的面积为圆的面积，侦察卫星与地球的连线扫过的面积为椭圆面积，由于圆的面积不等于椭圆面积，可见相等时间内中星 26 与地球的连线扫过的面积不等于侦察卫星与地球的连线扫过的面积，故 C 错误；D、由开普勒第二定律知，侦察卫星在 D 点速度最小，由于侦察
19、卫星和中星 26 号卫星的运行周期相同，则中星 26 在 C 点线速度v1大于侦察卫星在 D 点线速度v2，故 D 错误。5、【答案】A解：A、由图丙知，振幅 A=50cm，从 t=0 到 t=0.3s，质点 P 通过的路程为 6 A=6 50cm=300cm，故 A 正确；B、由图乙知，当 t=0 时刻，绳上质点 P 的振动图像如图丙所示，由平衡位置沿 y 轴正方向运动，结合同侧法知，这列波沿 x 轴负方向传播，故 B 错误；C、由图乙知，波长入=2m，由图丙知，波的周期 T=0.2s，则这列波的波速为：v=T=20.2m/s=10m/s，故 C 错误；D、若增大抖动的幅度，振动能量增大，周
20、期和波长不变，所以波速不变，故 D 错误。6、【答案】C解：每层楼高约 3m，15 层楼高约=3 15m=45m.根据v2=2g可得喷管喷出水的速度v=2g=2 10 45m/s=30m/s.每秒钟喷出水的质量m=14D2vt=14 3.14 0.12 30 1 1 103kg=236kg根据动能定理可得每秒钟电动机做的功 W=12mv2代入数据解得 W=1.06 102J，因此电动机输出功率 P=Wt代入数据解得 P=106kW，故 C 正确，ABD 错误。故选：C。7、【答案】C光路图如下，其中 ON 为法线，入射角为，折射角为因为 MO=NO所以NMO=MNO=由几何知识可得=NOC=N
21、MO+MNO=2故折射率为 n=sinsin=sin2sin=2cos由题意可知OC=R2 NC2=R2(32R)2=R2故 MC=MO+OC=3R2MN=MC2+NC2=(3R2)2+(32R)2=3R故 n=2cos=2 MCMN=3故选 C。8、【答案】B解：AB、转盘刚开始转动，细绳未绷紧，细绳的拉力为零，此时由静摩摖力提供向心力，设转动到某一角速度1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律有：Mg=ML12sin此时物块线速度大小为：v1=L1sin从开始运动到细绳中将要出现拉力过程中，设转盘对物块做的功为 W，对物块由动能定理，可得 W=12mv2联立解得 W=12MgLsin，故
22、 A 错误，B 正确；C、当转盘对物块支持力恰好为零时，竖直方向由平衡条件有：Mg=Tcos水平方向由牛顿第二定律有：Tsin=ML22sin2联立解得：2=gLcos此时转盘的转速大小为n2=22，即n2=12gLcos，故 C 错误；D、物块刚好与转盘分离时，物块的线速度大小为v2=L2sin从开始运动到转盘对物块的支持力刚好为零过程上，设转盘对物块做的功为W2，对物块由动能定理，可得W2=12mv22联立解得W2=MgLsin22cos，故 D 错误。故选：B。二、多项选择9、【答案】BD解：.由图像可知=2 102，角速度为=2，解得：=100/线圈产生的最大感应电动势为：=联立解得：
23、=112500，故 A 错误；B.若仅将板下移，由电容的定义式=4可知电容变大，电容的容抗变小，通过滑动变阻器的电流将增大，故 B 正确；C.由选项 B 分析可知，通过滑动变阻器的电流将增大，根据电功率计算公式可知：=2，所以滑动变阻器的功率将增大，而电阻1两端的电压不变，其功率不变，变压器总输出功率增大，则、两端的输入功率将增大，故 C 错误；D.仅将滑动变阻器的阻值增大，定值电阻两端的电压不变，根据电功率计算公式可得：=21，所以定值电阻功率不变，故 D 正确。故选：。10、【答案】CD解：A、滑块 B、C、D 靠 A、B 之间的静摩擦力作为动力，当 A、B 之间的静摩擦力为最大静摩擦力时
24、，滑块 B、C、D 有最大加速度，则对滑块 B、C、D 整体，由牛顿第二定律有mgcos (m+m+3m)gsin=(m+m+3m)a1解得：a1=gcos5 gsin同理，滑块 D 靠 C、D 之间的静摩擦力作为动力，当 C、D 之间的静摩擦力为最大静摩擦力时，滑块 D 有最大加速度，则对滑块 D，由牛顿第二定律有：mgcos 3mgsin=3ma2解得：a2=gcos3 gsin为了确保四个滑块以相同加速度一起沿着斜面向上运动，则共同运动的最大加速度应取a1、a2中的最小值，即amax=a1=gcos5 gsin对四个滑块组成单位整体，由牛顿第二定律有Fmax(3m+m+m+3m)gsin
25、=(3m+m+m+3m)amax解得：Fmax=1.6mgcos 故 A 错误；B、滑块 C 对 D 的摩擦力为 0.3mgcos时，对 D，由牛顿第二定律有 0.3mgcos 3mgsin=3ma设此时 A 对 B 的摩擦力为fAB，对 B、C、D，由牛顿第二定律有fAB(m+m+3m)gsin=(m+m+3m)a解得：fAB=0.5mgcos 故 B 错误；C、当拉力 F 取得最大值时，四个滑块组成的整体获得最大加速度amax，对 C、D 整体，由牛顿第二定律有 T (m+3m)gsin=(m+3m)amax解得：T=0.8mgcos 故 C正确；D、当拉力 F 取得最大值时，四个滑块获得
26、最大加速度amax，对 D，由牛顿第二定律有fCD 3mgsin=3mamax解得：fCD=0.6mgcos 故 D 正确。故选：CD。11、【答案】ACD解：A、从速度时间图象可知，由 C 到 A 的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，故 A 正确；B、从速度时间图象可知，A、B 两点的速度分别为vA=6m/s，vB=4m/s，根据动能定理得：qUAB=12mvB212mvA2，代入数据解得：UAB=500V，则UBA=UAB=500V，故 B 错误；C、据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧，故由C 点到 A 点的过程中电势逐渐
27、减小，故 C 正确；D、带电粒子在 B 点的加速度最大，为am=vt=475m/s2=2m/s2，所受的电场力最大为Fm=mam=0.1 2N=0.2N，则场强最大值为Em=Fmq=0.22103=100N/C，故 D正确；故选：ACD。12、【答案】AB解：AB.若粒子速率为 v=qBLm，轨迹半径为 r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r解得：r=L 粒子运动情况如图所示：从 P 点飞出的粒子，轨迹的圆心在 N 点，该粒子从 O 点发射时的速度方向与 ON 垂直斜向右下，与水平方向成 60角。从 N 点飞出的粒子，轨迹的圆心在 S 点，该粒子从 O 点发射时的速度方向与
28、 OS 垂直，水平向右，由几何知识得两粒子发射速度间的夹角=60，发射方向在这两个方向之间的粒子都可从空隙 NP“逃出”，粒子“逃出”的概率为：360=16由图可知，NP 线段上各处都可能有粒子通过，故 AB 正确；CD.若粒子速率为 v=qBL2m，轨迹半径为 r，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r则轨迹半径 r=L2粒子运动情况如图所示，粒子轨迹与 PN 相切时，切点分别为 B、D，圆心分别为 A、C，两发射速度间的夹角=AOC，由几何关系知 60，则粒子“逃出”的概率为：36016由图可知 OD OC+CD=L 则 D 在 N 点下方，故线段 DN 间不可能有粒子通过
29、，故 CD错误。故选：AB。三、实验题13、【答案】(1)3(2)不必；不会【解析】(1)若一根绳挂的钩码质量为，另一根绳挂的钩码质量为 2，则两绳子的拉力分别为：、2，两绳子拉力的合力的范围是：2 +2，即：3，三力的合力为零，则第三根绳挂钩码的钩码质量范围在到 3 之间，即第三根绳挂的钩码质量一定大于，同理第三根绳挂的钩码质量一定小于 3。(2)本实验不是先用一根绳拉，然后用两根绳拉，使一根绳拉的作用效果与两根绳拉的作用效果相同，而是三根绳都直接拉到点，所以点的位置可以改变，只要保证三力平衡即可，不必与第一次实验中白纸上描下的点重合；同理只要保证结点平衡即可，即桌面不水平也不会影响实验的结
30、论。14、【答案】(1)0.32 或 0.33；3.1；(2)9.4解：(1)设物块过测量参考点时速度的大小为0，根据位移时间关系可得：=0+122所以有：2=20+，当=0 时速度即为参考点的速度，故 20=0.64/解得：0=0.32/图象的斜率表示加速度，则有：=1.850.700.3950.02/2=3.1/2；(2)木板的倾角为 53，小物块加速度大小为0=5.6/2，对小物块根据牛顿第二定律可得：53 53=0，当倾角为 37时，有：37 37=联立解得：=9.4/2。四、计算题15、解：(1)水滴沿伞面下滑过程中根据牛顿第二定律有=根据匀加速直线运动位移公式有cos=1212 由
31、得12=42又 0 1时，设和的加速度分别为1和2，此时与之间摩擦力为零，同理可得：1=6/22=2/2即做减速运动。设经过时间2，的速度减为零，则有：2+22=0联立式得：2=1在1+2时间内，相对于运动的距离为：=(12112+12+12122)(12212+22+12222)=12 27此后静止不动，继续在上滑动。设再经过时间3后离开，则有：=(1+12)3+12132可得：3=1(另一解不合题意，舍去)设在上总的运动时间为总，有：总=1+2+3=418、解：(1)物品比传送带速度慢，物品将做加速运动，则：由受力分析可知1=11，02=211，1=0.25 2cos37，包装箱将继续加速运动，则：2sin37 2cos37=23，3=2/2当包装箱运动到点时2 2=02+123222=2所以总=1+2=2.2；(3)如图，包装箱落入平板车时距平板车左端相距为，=0.8由题意可知当包装箱滑至平板车最右端时两者刚好共速，此情景下施加的恒力最小，则：分析包装箱：22=24，4=2/2，分析平板车：min+2=5，两者共速时：4=5，(1242)1252=可得：=1，5=2/2，min=12；当包装箱与平板车共速后，两者间的摩擦力刚好为最大静摩擦力时，此情景下施加的恒力最大，则：分析包装箱：max=32=2，分析整体：max=(+2)，可得：max=28所以的范围为 12 28。