河南省信阳市普通高中2020届高三物理上学期第一次质检试卷（附解析Word版）

2019- 2020 学年普通高中高三第一次教学质量检测 物理 一、选择题 1.根据所学物理知识，判断下列四个“一定”说法中正确的是( ) A. 物体的速度为零时，其加速度就一定为零 B. 合外力对物体做功为零时，物体的机械能就定 守恒 C. 做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力 D. 物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．物体的速度为零时，其加速度不一定为零，如自由落体运动下落的初始时刻，初 速度为零，加速度不为零，故 A 错误； B．在外力作用下物体向上匀速运动，合力做功为零，但机械能增加，故 B 错误； C．只有做匀速圆周运动物体的向心力才一定等于物体所受的合外力，选项 C 错误； D．根据动量定理可知，物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同，选项 D 正确。 2.如图所示用四种方法悬挂相同的镜框，绳中所受拉力最小的图是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于 0，知两根绳子拉力的合力等于重 力，设每根绳与竖直方向的夹角为 ，合成两等大的拉力可得 ，则绳子与竖 直方向的夹角 越小，绳子拉力越小；故 A 正确，B、C、D 错误.故选 A. 3.飞行中的鸟要改变飞行方向时，鸟的身体要倾斜（如图所示），与车辆不同的是，鸟转弯所 需的向心力由重力和空气对它们的作用力的合力来提供．质量为 的飞鸟，以速率 在水平 θ 2 cosTF mgθ = θ m v 面内做半径为 的匀速圆周运动，则飞鸟受到的合力的大小等于（重力加速度为 ）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】飞鸟做圆周运动，受到的合力提供向心力，则 ，故合力为 . A. 与分析结果不相符；故 A 项不合题意. B. 与分析结果相符；故 B 项符合题意. C. 与分析结果不相符；故 C 项不合题意. D. 与分析结果不相符；故 D 项不合题意. 4.如图所示，足够长的光滑平板 AP 与 BP 用铰链连接，平板 AP 与水平面成 53°角固定不动， 平板 BP 可绕水平轴在竖直面内自由转动，质量为 m 的均匀圆柱体 O 放在两板间， sin53°=0.8，cos53°=0.6，重力加速度为 g．在使 BP 板由水平位置缓慢转动到竖直位置的 过程中，下列说法正确的是( ) A. 平板 AP 受到的压力先减小后增大 B. 平板 AP 受到的压力先增大后减小 C. 平板 BP 受到的最小压力为 0.6mg R g 22 2 vm g R  +    2mv R 22 2vm gR   −   mg 2mvF R = 2mv R 22 2 vm g R  +    2mv R 22 2vm gR   −   mg D. 平板 BP 受到的最大压力为 mg 【答案】D 【解析】 【详解】AB．小球受重力、斜面 AP 弹力 F1 和挡板 BP 弹力 F2，将 F1 与 F2 合成为 F=mg，如图 小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故 F1 和 F2 合成的合力 F 一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，当挡板 PB 逆时针缓慢地 转向竖直位置的过程中，F1 越来越大，F2 先变小，后变大；选项 AB 错误。 CD．由几何关系可知，当 F2 的方向与 AP 的方向平行（即与 F1 的方向垂直）时，F2 有最小值 为： F2min＝mgsin53°＝0.8mg 当挡板 BP 竖直时，F2 最大，为： F2max＝mg•tan53°＝ mg． 故 D 正确，C 错误。 5.在如图所示的某物体做直线运动的“a-t”图象中，引入“加速度的变化率’描述加速度变 化的快慢．下述正确的是( ) A. 2s 内物体的速度越来越小 B. t=ls 时,“加速度的变化率”为 2m/s2 C. 2s 内物体的速度改变量为 4 m/s 4 3 4 3 D. 2s 时加速度为 0，物体的速度也定为 0 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于不知道加速度的方向与速度方向的关系，所以无法确定速度是增加还是减小， 故 A 错误。 B．由 a-t 图线知，物体加速度的变化率不变，大小为 该选项单位错误，故 B 错误。 C．图线与时间轴围成的面积表示速度的变化量，则 2s 内物体的速度变化量 △v= ×4×2m/s=4m/s 故 C 正确。 D．2s 后加速度为零，但是速度不一定为零，故 D 错误。 6.2019 年 4 月 20 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,成功发射第 44 颗北斗 导航卫星，拉开了今年北斗全球高密度组网的序幕．北斗系统主要由离地而高度约为 6R(R 为 地球半径)同步轨道卫星和离地面高度约为 3R 的中圆轨道卫星组成,已知地球表面重力加速 度为 g，忽略地球自转．则下列说法正确的是（ ） A. 中圆轨道卫星的运行周期为 12 小时 B. 中圆轨道卫星的向心加速度约为 C. 同步轨道卫星受到的向心力小于中圆轨道卫星受到的向心力 D. 因为同步轨道卫星的速度小于中圆轨道卫星的速度，所以卫星从中圆轨道变轨到同步轨道， 需向前方喷气减速 【答案】B 【解析】 【详解】A．M 表示地球的质量，m 表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力 可得： 3 34 m/s 2m/s2 a t = =  1 2 16 g 2 2 2( )MmG m rr T π= 3 2 rT GM π= 则 可知中圆轨道卫星的运行周期不等于 12 小时。故 A 错误； B．在地球表面为 m0 的物体，有： 中圆轨道卫星： 则其向心加速度约为 ．故 B 正确； C．同步轨道卫星与中圆轨道卫星的质量关系不确定，则不能判断所受的向心力的关系，选项 C 错误； D．因为同步轨道卫星的轨道半径大于中圆轨道卫星的轨道半径，所以卫星从中圆轨道变轨到 同步轨道，需向后方喷气加速做离心运动，选项 D 错误。 7.如图所示，一物体自倾角为 的固定斜面上某一位置 处斜向上抛出，到达斜面顶端 处 时速度恰好变为水平方向，已知 、 间的距离为 ，重力加速度为 ，则关于抛出时物体 的初速度 的大小及其与斜面间的夹角 ，以下关系中正确的有 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 33 4 4 1= ( )6 7 7 2 T R R T R R + = ≠+ 中 同 0 02 MmG m gR = 2 23 16( ) GMm GMmma R R R = =+ 16 g θ P Q P Q L g 0 υ α tan tanα θ= ( )tan 2tanα θ θ+ = 0 cos cos2 2gsin Lθυ θ θ= 0 cos 2sin gLυ θ θ= 【详解】CD、运用逆向思维，物体做平抛运动，根据 可得 ，则 P 点的竖直分速度 ，P 点的水平分速度 ，则抛出 时物体的初速度 ，故选项 C、D 错误； AB、设初速度方向与水平方向的夹角为 ，根据平抛运动的推论有 ，又 ，即 ，根据数学三角函数关系可求得 ， 故选项 B 正确，A 错误． 8.如图所示为直角三角形斜劈 ABC,∠ABC =30°，P 为 AB 的中点，AP= PB= 10m．小物块与 AP 段的动摩擦因数为 ，与 PB 段的动摩擦因数为 ．将 BC 水平放置，小物块从 A 点由静止释 放，滑到 B 点时速度刚好为零，g 取 10m/s2，下列说法正确的是 A. B. C. 下滑过程中小物块经过 AP 段和 PB 段的时间之比为 1 :1 D. 下滑过程中小物块经过 AP 段和 PB 段的时间之比为 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．从 A 到 B 由动能定理： 解得： 21 2Lsin gtθ = 2Lsint g θ= 2yv gt gLsinθ= = 2 2x Lcos gLcosv t sin θ θ θ= = 2 2 2 0 (1 3 ) 2x y gL sinv v v sin θ θ += + = β 2tan tanβ θ= α β θ= − tan( ) 2tanα θ θ+ = 2 2(1 2 ) sintan sin θα θ= + 1 µ 2 µ 1 2 2 33 µ µ+ = 1 2 2 3µ µ+ = 1:( 2 )1− 1 2sin30 cos30 cos30 0mg AB mg AP mg BPµ µ⋅ − − =   选项 A 正确，B 错误； CD．因从 A 到 P 和从 P 到 B 的平均速度均为 ，位移也相等，则根据 可知，小物块经 过 AP 段和 PB 段的时间之比为 1 :1，选项 C 正确，D 错误。 9.如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为 3m，静止在 光滑的水平面上．现有一个可以看作质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水平速 度 v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车．关于这个 过程，下列说法正确的是( ) A. 小球滑离小车时,小车回到原来位置 B. 小球滑离小车时小车的速度大小为 C. 车上管道中心线最高点的竖直高度为 D. 小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是 【答案】BC 【解析】 【详解】A．小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以小车的 速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故 A 错误； B．由动量守恒可得： mv=3mv 车+mv 球 由机械能守恒可得： 1 2 2 33 µ µ+ = 2 Pv xv t = 2 vv =车 23 8 vg 2 mv 2 2 21 1 1 2 2 23mv mv mv+⋅ 车 球＝ 那么 v 车＝0.5v v 球＝−0.5v 故 B 正确； C．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定律 mv=（3m+m）v' 可得此时 速度 v′＝ v 由机械能守恒可得： 所以车上管道中心线最高点的竖直高度 故 C 正确； D．小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故小车的动量变化大小为 故 D 错误； 10.如图所示，半径为 R 的四分之一光滑圆弧轨道 AB 与一足够长的水平传送带平滑对接，圆 弧轨道半径 OA 水平，传送带以某一速率 v 逆时针转动．现将一质量为 m 的小物块(可视为质 点)从圆弧轨道上 A 点无初速释放．物块滑上传送带后第一次返回到圆弧轨道上的最高点为 P， 该过程中物块与传送带间因摩擦而产生的内能为△E，已知 P 点距 B 点的高度为 ，重力加 速度为 g，下列判断正确的是 A. 的 1 4 2 21 1 ( )2 1 2 4 4mv m v mgh− × × ＝ 23 8 vh g ＝ 1 33 4 4p m v mv∆ = ⋅ = 1 2 R v gR= B. C. 若增大传送带逆时针转动的速率 v，其它条件不变，物块返回圆弧轨道后可能从 A 点滑出 D.若物块从圆弧 AP 间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块返回到圆弧轨道上的最高点 仍在 P 点 【答案】AD 【解析】 【详解】A．物块滑上传送带后先向右做减速运动，速度减为零后向左做加速运动，等到与传 送带共速时与传送带一起匀速运动，可知返回到弧形槽时的初速度即为传送带的速度，则 解得 故 A 正确； B．物块滑到底端时的速度 设物块在传送带上运动的加速度为 a=μg，则向右滑动到速度减为零的时间 此过程中物块与传送带的相对位移： ； 物块向左滑动到与传送带共速时的时间： ， 此过程中物块与传送带的相对位移： ； 由能量关系可知： △E＝μmg(△x1+△x2)＝ mgR 9 4E mgR∆ = 21 2 2 Rmv mg ⋅＝ v gR＝ 1 2v gR＝ 1 1 vt gµ＝ 1 1 1 1 1 3 2 v Rx v t t µ+ ＝ ＝ 2 gRvt g gµ µ＝ ＝ 2 2 2 22 v Rx vt t µ− ＝ ＝ 7 2 故 B 错误； C．若增大传送带逆时针转动的速率 v，其它条件不变，则物块从圆弧中滑下然后沿传送带向 右滑动到达的最右端位置不变，返回过程中即使传送带的速度大于 时，但最终物块 从传送带上向左滑出的速度仍为 ，则物块也刚好能返回圆弧轨道的 A 点，故 C 错误； D．若物块从圆弧 AP 间某位置无初速释放，其它条件不变，则物块在传送带上经过向右减速 然后向左加速后到达传送带最左端时的速度仍为 v，则返回到圆弧轨道上的最高点仍在 P 点， 故 D 正确。 二、实验题 11.循着伽利略研究自由落体运动的足迹，一组同学踏上了探究之旅．他们在暗室里用闪光照 相机记录了小球沿倾角可调的斜面滚下时小球在几个闪光时刻的位置，如图甲、乙所示，通 过测量、分析,寻找规律．先开启照相机，再让小球从 O 点由静止开始运动，照相机的拍摄频 率为每秒 10 次，拍摄到运动小球的位置依次标记为 A、B、C、D 图甲中 A、B、C、D、E..各点 到 O 点的距离依次为 2.01cm、8.00cm、18.02cm 、32.00cm.、50.00cm ..；图乙中A、B、C 各 点到 O 点的距离依次为 1.00cm、9.01cm、25.99cm、60.00cm . (1)图甲中从静止开始，小球运动速度的二次方与小球运动的_________________（填“位移” 或“时间”）成正比． (2)图乙斜面的倾角大于图甲斜面倾角，但 OA 间的距离却比甲中的小，可能原因是 ___________(填正确答案标号) A.图乙中小球受到 阻力较大 B.图乙中小球运动的加速度较小 C.图乙中小球从 O 到 A 的运动时间小于图甲中小球从 O 到 A 的运动时间 D.进行图乙操作时存在失误,先释放小球后开启照相机 【答案】 (1). 位移 (2). C 的 1 2v gR＝ 1 2v gR＝ 【解析】 【详解】（1）[1]．任意两点间的时间间隔为 T=0.1s，则图甲中，小球经过 C 点时的速度为 因 可知从静止开始，小球运动速度的二次方与小球运动的位移成正比。 （2）[2]．AB、由甲乙的数据可知，图乙中△x 较大，因△x=aT2，则图乙中小球的加速度大 于甲中小球的加速度，则不可能是图乙中小球受到的阻力较大，故 AB 错误； C、由公式 可得图乙中小球从 O 到 A 的运动时间小于图甲中小球从 O 到 A 的运动时间， 故 C 正确； D、若图乙操作时，先释放小球后开启照相机，则 OA 间距应该较大，故 D 错误； 12.某探究学习小组的同学欲以如图甲装置中的滑块为对象验证“牛顿第二定律”，装置由弹 簧测力计、气垫导轨、两个光电门、滑块和砝码盘(含砝码)等组成．光电门可以测出滑块的 遮光条依次分别通过两个光电门的时间 ，游标卡尺测出遮光条的宽度 d，导轨标尺可 以测出两个光电门间的距离 L，另用天平测出滑块、砝码盘(含砝码)的质最分别为 M 和 m，不 计滑轮的重量和摩擦． (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度 d 如图乙所示，则 d = ______________cm 22.01 10 m/s 0.8(18.02 ) m/s2 0.2 AC B xv T −− ×＝ ＝ ＝ 232 8 1( ) 0 m/s 1.2m/s2 0.2 BD C xv T −− ×＝ ＝ ＝ 218.02 10 m/s 1.6m/s2 0.2 (50.00 )CE D xv T −− ×＝ ＝ ＝ 22 2 48 10CB Dvv v OB OC OD −= = = × 21 2x at＝ 1 2t t∆ ∆、 (2)实验操作中，下列说法正确的是_________ A.该装置可以不平衡摩擦力.只需要将气垫导轨调节水平 B.为减小误差,实验中一定要保证质量 m 远小于质量 M C.实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值减小系统误差 D.如果气垫导轨水平，则轻推滑块匀速滑动时通过两个光电门的时间 和 必相等 (3)该装置中弹簧测力计的读数 F，需要验证的表达式为 F=________________． (4)对质量保持不变的过程，根据实验数据绘出滑块的加速度 a 与弹簧测力计示数 F 的关系图 象，最符合本实验实际情况的是______________． A. B. C. D. 【答案】 (1). 1.015 (2). AD (3). (4). A 【解析】 【详解】（1）[1]由图示游标卡尺可知，其示数为：1cm+3×0.05mm=10.15mm=1.015cm。 （2）[2]A、实验前要调节气垫导轨水平，因有弹簧测力计测出拉力，则不需要平衡摩擦力， 故 A 正确； B、滑块受到的拉力可以由测力计读出，实验中不需要保证质量 m 远小于质量 M，故 B 错误； C、实验时，多次在同一条件下重复实验取遮光条通过两光电门时间的平均值以减小偶然误差， 故 C 错误； D、如果气垫导轨水平则轻推滑块匀速滑动时，通过两个光电门的时间△t1 和△t2 必相等，故 D 正确； 1t∆ zt∆ ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 4 Md L t t   −  ∆ ∆   （3）[3]滑块经过光电门时的速度： 滑块的加速度： 对滑块，由牛顿第二定律得： 2F=Ma 则： （4）[4]质量不变，由牛顿第二定律得： ，M 不变，a 与 F 成正比，a-F 是正比例函 数图象，故 A 正确，BCD 错误； 三、计算题 13.如图所示，静止在粗糙水平面上 A、B 两个物体用水平轻绳相连，在水平力 F 作用下一起 向右运动，当 F 增大到某．值 F0 时轻绳刚好被拉断，此时两物体的速度为 v=4 m/s.此后水平 力 F0 保持不变．已知轻绳能承受的最大拉力 T=10N，A 的质量 mA=2kg，B 的质量 mB=10kg．A、 B 物体与水平面间的动摩擦因数均为 μ=0.2，重力加速度 g 取 10 m/s2．求： (1)F0 的大小； (2)物体 A 停止运动瞬间 B 物体的动能大小． 【答案】（1）60N （2）720J 【解析】 【详解】（1）绳刚要被拉断时根据牛顿第二定律，对 A 物体有： 的 1 1 dv t =  2 2 dv t =  2 2 2 2 2 1 1 2 ( 2 ( ) ) 2 d d v v t ta L L −−= =   2 2 1 2 1 ( ) (4 ][ )2 M d dF Ma L t t = = −   2a FM = 代入数据得： a=3m/s2； 对 A、B 整体有： 代入数据得: F0=60N； （2）设绳断后，A 的加速度大小为 aA,则： A 物体停止运动时间 tA ,则有： 设 B 的加速度大小为 aB，则 得 则此时 B 加速到速度 vB，则有： B 物体的动能大小为 ． 14.如图甲所示，一辆汽车在平直公路上以 v0=20 m/s 的速度匀速行驶，此时车的正前方 x0=63.5m 处有电动三轮车，正以 v1= 6m/s 速度匀速行驶，而汽车司机此时正低头看手机，3s 后才发现危险，汽车司机立刻采取紧急制动措施．若从汽车司机发现危险开始计时，汽车的 v 一 t 图象如图乙所示，g 取 10 m/s2． (1)假若汽车前面没有任何物体，从汽车司机低头看手机到汽车停止运动的这段时间内,汽车 前进的距离是多少? (2)通过计算判断三轮车是否被撞．若不会相撞，求二者间的最小距离．若会相撞，求从出租 A AT m g m aµ− = ( ) ( )0 A B A BF m m g m m aµ− + = + 22m / sA A A m ga gm µ µ= = = 2A A A vt sa = = 0 B B BF m g m aµ− = 24m / sBa = 12m / sB B Av v a t= + = 2 kB B 1 720J2E mv= = 车刹车开始，经过多长时间二者相撞． 【答案】（1）100m （2）相撞， 【解析】 【详解】（1）根据题意可知，汽车先匀速 t1=3s，然后在反应时间 t2=0.5s 内继续匀速，然后 减速 t3= 3s 到停止，总位移为 ； （2）根据图像可知,减速的加速度为 当两车速度相等时，设刹车时间 有 解得: 此过程汽车位移: 电动三轮车的位移 因为 ，即相撞， 根据位移相等有 解得 ． 62.1 10t s′  = −    ( )0 1 2 0 3 1 100m2x v t t v t= + + = 2 3 20 m / s3 va t ∆= = t∆ 0 1v a t v− ∆ = 2.1st∆ = ( ) ( )1 0 1 2 0 1 1 97.3m2x v t t v v t= + + + ∆ = ( )2 1 1 2 33.6mx v t t t= + + ∆ = 1 2 63.7m 63.5mx x− = > ( ) ( )2 0 1 2 0 0 1 1 2 1 2v t t v t at x v t t t′ ′ ′+ + − = + + + 62.1 10t s′  = −    15.如图所示，将质量 m＝1kg 的圆环套在固定的倾斜足够长的直杆上，杆的倾角为 ，环的 直径略大于杆的截面直径．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角为 的拉力 ，使圆环由静止开始沿杆加速向上运动，已知环与杆间动摩擦因数 ．求 （1）F 作用 t=2s 时圆环的速度是多大？ （2）2s 后撤去力 F，求圆环继续沿杆上滑的最大距离是多少？ 【答案】（1） ，（2）16m. 【解析】 试题分析：（1）根据牛顿第二定律求出圆环向上滑动的加速度，结合速度时间公式求出圆环 的速度．（2）撤去拉力后，结合牛顿第二定律求出圆环的加速度，结合速度位移公式求出圆 环继续上滑的最大距离． （1）对圆环受力分析，如图所示 由牛顿第二定律得： 由平衡条件得： 30° 30° 10 3F N= 3 2 µ = 20 /m s 130 30Fcos mgsin f ma°− °− = 30 30mgcos N Fsin° = + ° 滑动摩擦力公式 联立解得：加速度 由运动学公式得：2s 时圆环的速度 代入数据解得： 由牛顿第二定律得： 由平衡条件得： 滑动摩擦力公式 联立解得：圆环 加速度 圆环继续沿杆上滑的最大距离 【点睛】掌握解决动力学两类基本问题的方法和思路：一已知物体的运动求物体的受力，二 是已知物体的受力求物体的运动情况．解决这两类问题的关键是桥梁根据牛顿第二定律求出 加速度 a． 16.如图所示固定光滑斜面 ABC，其中 AC= BC=2.5m,质量为 m= 1kg 的小球(可视为质点)，以 10m/s 的初速度从底端 A 冲上斜面，恰好沿 P 点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为 O，轨道半径 R= 1m，且 OP 与竖直方向的夹角为 ，Q 点为轨道最高点(不计空气阻力， 取 g= 10m/s2).求: (1)小球从 B 点抛出后在空中运动到最高点时的速度； (2)小球从 A 点运动到 P 点所用的时间； (3)小球在 Q 点对圆弧轨道的作用力． 的 f Nµ= 2 1 10a m s= 1 1v a t= 20 /v m s= 230mgsin f ma° =′+ 30mgcos N° = ′ f Nµ′ = ′ 2 2 12.5 /a m s= 2 2 2 20 162 2 12.5 vx m ma = = =× 60θ °= 【答案】(1)5m/s (2)1.78s (3)60N 【解析】 【详解】（1）设 AB 的长为 s，小球体从 A 到 B 过程中,由动能定理得： 解得： 小球到 B 点抛出后做斜抛运动，在 B 点将速度沿水平方向和竖直方向分解，得 小球斜抛到最高点后只保留水平方向的速度，所以 v 最高点= 5m/s （2）小球从 A 运动到 B，设时间为 t1，加速度为 a，则 设小球从 B 点斜抛到最高点的过程中所用的时间为 t2 则 小球运动到 P 点时将速度分解: 设小球从最高点运动到 P 点 时间为 t3 得 的 2 21 1 2 2BC B Amgh mv mv− = − 5 2m/sBv = cos45 5m/sBx By Bv v v °= = = 2sin 45 5 2m / sa g °= = 0 1 10 5 2 ( 2 1) 5 2 Bv vt s sa − −= = = − 2 5 s 0.5s10 Byvt g = = = 5 m / s 10m / scos60 0.5 Bx P vv °= = = 3sin 60 5 3m/sPy Pv v gt°= = = 所以小球从 A 点运动到 P 点所用的总时间： ； （3）小球从 P 到 Q 过程中，由动能定理得 解得： 在 Q 点，当小球对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得： 解得： 因为 ，所以在 Q 点圆轨道对小球的作用力 FN 方向竖直向下．由牛顿第二定 律得: 解得： FN=60N 由牛顿第三定律知：在 Q 点小球对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为 60N． 3 3 2t s= 1 2 3 3 12 1.782t t t t s s  −= + + = + ≈    2 21 1( cos ) 2 2Q Pmg R R mv mvθ− + = − 70m / sQv = 2 0vmg m R = 0 10m/sv gR= = 070m / sQv v= > 2 N QvF mg m R + =