山东省淄博市2020届高三物理3月一模试题（Word版附解析）

2019—2020 学年度第二学期高三阶段性检测 物 理 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每个题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.给旱区送水的消防车停于水平面，在缓缓放水的过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变， 不计分子势能，则胎内气体 A. 从外界吸热 B. 对外界做负功 C. 分子平均动能减少 D. 内能增加 【答案】A 【解析】 【详解】不计分子间势能，气体的内能只有动能，只由温度决定，所以气体内能不变，在缓 缓放水的过程中，若车胎不漏气，气体膨胀对外做功，所以气体要从外界吸热，A 对； 2.如图所示，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相 连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块 a 的加速度记为 a1，S1 和 S2 相对原长的伸长量分别为 和 ，重力加速度大小为 g，在剪断 瞬间（　　） A. a1=2g B. a1= g C. D. 【答案】C 【解析】 1l∆ 2l∆ 1 22l l∆ = ∆ 1 2l l∆ = ∆【详解】AB．对 a、b、c 分别受力分析如图所示： 根据平衡条件，有： 对 a： ； 对 b： ; 对 c： ； 因弹簧的弹力不能突变，绳子的弹力可以突变，绳子断时拉力立即为零，即 a 的合外力 由牛顿第二定律得 a 的加速度 ，A、B 错误； CD．绳子断后，b、c 受力不变，有： ， 可得： ， 即： ，C 正确，D 错误； 故选 C。 3.如图，将额定电压为 60V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关 S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为 220V 和 2.2A。以下判断正确的是（　　） A. 变压器输入功率为 484W 2 1F F mg= + 1F F mg= + F mg= 2 0F = 3aF mg= 1 3a g= 1 1F k l=  2=F k l 1 2mgl k = 2 mgl k = 1 22l l= B. 通过原线圈的电流的有效值为 0.6A C. 通过副线圈的电流的最大值为 2.2A D. 变压器原、副线圈匝数比 【答案】B 【解析】 【详解】A．用电器正常工作，则用电器消耗的功率 理想变压器的输入功率等于输出功率，A 错误； B．输入功率 解得 B 正确； C．电流变示数为有效值，正玄交流电的最大值是有效值的 倍，即电流的最大值为 ， C 错误； D．根据理想变压器电压 可得，变压器原、副线圈的匝数之比为 ，D 错误； 故选 B。 4.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 + + + +X+ 方程式中 1、 表示释放的能量，相关的原子核质量见下表： 原子核 质量/u 1.0078 3.0160 4.0026 12.0000 13.0057 15.0001 1 2: 10:3n n = 60 2.2 132P = × = Ｗ 220 =132P I= 原 Ｗ =0.6I原 Ａ 2 2.2 2Ａ 1 2 1 2:U U n n=： 11:3 1 1H 12 6 C → 13 7 N 1Q 1 1H 15 7 N → 12 6 C Q 1 1H 3 2 He 4 2 He 12 6 C 13 7 N 15 7 NA. X 是 ， B. X 是 ， C. X 是 ， D. X 是 ， 【答案】B 【解析】 【详解】 + 中质量亏损为 Δm1＝1.0078＋12.0000－13.0057＝0.0021, 根据根据电荷数守恒和质量数守恒可知 + +X 中 X 的电荷数为 2、质量数为 4 所 以 X 是 ；质量亏损为 Δm2＝1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026＝0.0053，根据爱因斯坦 的质能方程可知 ＝Δm1C2、 ＝Δm2C2，则 ＜ ． 5.2020 年初，新冠病毒来袭。我国广大医务工作者表现出无私无畏的献身精神，给国人留下 了深刻的印象。如图是医务人员为患者输液的示意图，在输液的过程中，下列说法正确的是 （　　） A. A 瓶与 B 瓶中的药液一起用完 B. B 瓶中的药液先用完 C. 随着液面下降，A 瓶内 C 处气体压强逐渐增大 D. 随着液面下降，A 瓶内 C 处气体压强保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】AB．在药液从 B 瓶中流下时，封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知气 体压强减小，A 瓶中空气将 A 瓶中药液压入 B 瓶，补充 B 瓶流失的药液，即 B 瓶药液液面保 持不变，直到 A 瓶中药液全部流入 B 瓶，即 A 瓶药液先用完，A、B 错误； CD．A 瓶瓶口处压强和大气压强相等，但 A 瓶中液面下降，由液体产生的压强减小，因此 A 3 2 He 2 1Q Q> 4 2 He 2 1Q Q> 3 2 He 2 1Q Q< 4 2 He 2 1Q Q< 1 1H 12 6 C → 13 7 N 1 1H 15 7 N → 12 6 C 4 2 He 1Q 2Q 1Q 2Q瓶中气体产生的压强逐渐增大，C 正确，D 错误； 故选 C。 6.如图，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为 B，方向 垂直于纸面向外．一电荷量为 q(q>0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域， 射入点与 ab 的距离为 .已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60°，则粒子的 速率为(不计重力)(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】带电粒子从距离 ab 为 处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为 60°，粒 子运动轨迹如图，ce 为射入速度所在直线，d 为射出点，射出速度反向延长交 ce 于 f 点，磁 场区域圆心为 O，带电粒子所做圆周运动圆心为 O′，则 O、f、O′在一条直线上，由几何关系 得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为 R，由 F 洛＝Fn 得 qvB＝ 解得 v＝ 2 R 2 qBR m qBR m 3 2 qBR m 2qBR m 2 R 2mv R qBR mA． ，与结论不相符，选项 A 错误； B． ，与结论相符，选项 B 正确； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； D． ，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 B。 7.20 世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线 飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间 Δt 内速度的改变为 Δv，和飞船受到的推力 F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个 孤立的星球时，飞船能以速度 v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为 T 的匀速圆周运 动．已知星球的半径为 R，引力常量用 G 表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 2 qBR m qBR m 3 2 qBR m 2qBR m F v t   2v R G F v t   3 2 v T Gπ F t v   2v R G F t v   3 2 v T Gπ【分析】 根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量； 【详解】直线推进时，根据动量定理可得 ，解得飞船的质量为 ，绕孤 立星球运动时，根据公式 ，又 ，解得 ， D 正 确． 【点睛】本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记． 8.在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首 先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测 量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为 a；②在 a 点附近的地面上， 找到与 a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线 EF；③在地面上过a 点垂直于 EF 的 直线上，找到磁场方向与地面夹角为 45°的 b、c 两点，测得 b、c 两点距离为 L，由此可确定 金属管线 A. 平行于 EF，深度 B. 平行于 EF，深度为 L C. 垂直于 FE，深度为 D. 垂直于 EF，深度为 L 【答案】A 【解析】 根据通电直导线产生的磁场特点：距离电流越近，产生的磁场强度越大，则 a 点距离管线最近， EF 上的点均是距离管线最近的点，管线在 EF 的正下方，与 EF 平行； 根据安培定则做出管线产生磁场的横截面图示： 为 F t m v∆ = ∆ F tm v ∆= ∆ 2 2 2 4MmG m rr T π= 2 2 Mm vG mr r = 3 2 v TM Gπ= 2 L 2 L则由几何关系可以确定 a 到管线的距离为 ，故 A 正确，BCD 错误； 故选 A． 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每个题给出的四个选 项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错 的得 0 分。 9.一质点在外力作用下做直线运动，其速度 随时间 变化的图象如图．在图中标出的时刻中， 质点所受合外力的方向与速度方向相同的有 A B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】如果质点所受合力的方向与速度方向相同，物体做加速运动；合力的方向与速度方 向相反，物体做减速运动． AC、在 、 时刻，速度都在不断增加，因此合力的方向与速度方向相同，A、C 正确； BD、在 、 时刻，速度在不断减小，合力的方向与速度方向相反，B、D 错误． 10.如图所示，楔形木块 abc 固定在水平面上，粗糙斜面 ab 和光滑斜面 bc 与水平面的夹角相 同，顶角 b 处安装一定滑轮．质量分别为 M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定 滑轮连接，轻绳与斜面平行．两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动．若不计滑轮的质 量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中 （ ） 2 L v t 1t 2t 3t 4t 1t 3t 2t 4tA. 两滑块组成系统的机械能守恒 B. 重力对 M 做的功等于 M 动能的增加 C. 轻绳对 m 做的功等于 m 机械能的增加 D. 两滑块组成系统的机械能损失等于 M 克服摩擦力做的功 【答案】CD 【解析】 试题分析：由于“粗糙斜面 ab”，故两滑块组成系统的机械能不守恒，故 A 错误；由动能定理 得，重力、拉力、摩擦力对 M 做的总功等于 M 动能的增加，故 B 错误；除重力弹力以外的力 做功，将导致机械能变化，故 C 正确；除重力弹力以外的力做功，将导致机械能变化，摩擦 力做负功，故造成机械能损失，故 D 正确 考点：机械能守恒定律，动能定理的应用． 11.如图所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒 c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度 h 处．磁场宽为 3h，方向与导轨平面垂直．先 由静止释放 c，c 刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放 d，两导体棒与导轨始终保持良 好接触．用 ac 表示 c 的加速度，Ekd 表示 d 的动能，xc、xd 分别表示 c、d 相对释放点的位 移．选项中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 试题分析：先释放 c 时，受重力加速度 g 是不变的，当 c 进入磁场时即做匀速运动，加速度为 0，当 d 释放时，d 的速度为 0，然后 d 做匀加速，到它进入磁场时通过的距离为 h，则 c 做一 直匀速运动，c 通过的距离为 2h，二者一起又进入磁场，磁通量不变，回路中感应电流为 0， 安培力为 0，故两棒做加速度为 g 的加速运动，故选项 B 正确，A 错误；d 棒的动能在 d 进入 磁场前是均匀增加的，进入磁场后在 c 没有出磁场前也是均匀增加的，当 c 出磁场时，d 棒切 割磁感线，产生的安培力方向向上，阻碍 d 向下运动，但此时 d 的速度比刚进入磁场时的速 度会大一些，所以棒不再像 c 刚开入那样做匀速运动，而是做减速运动，故选项 C 错误，D 正确；待 d 棒完全出磁场后，它的加速度又是 g，动能又能均匀增加了． 考点：电磁感应，安培力，牛顿第二定律． 12.如图，两等量异号的点电荷相距为 2a．M 与两点电荷共线，N 位于两点电荷连线的中垂线 上，两点电荷连线中点到 M 和 N 的距离都为 L，且 L≫a．略去 项的贡献，则两 点电荷的合电场在 M 和 N 点的强度（ ） A. 大小之比为 2，方向相反 B. 大小之比为 1，方向相反 C. 大小均与 成正比，方向相反 D. 大小均与 L 的平方成反比，方向相互垂直 【答案】AC ( )2 na nL   ≥  【解析】 【详解】如图所示： 根据点电荷的场强公式 ，运用平行四边形定则，结合结几何关系，M、N 点的场强 分别为 ，根据相似三角形定则有 ，M 点的场强是 N 点场强的 2 倍，A 正确，B 错误；M 点 的场强与 N 点场强都与 a 成正比，与 L 的三次方成反比，C 正确，D 错误. 故选 AC。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13.建国 70 周年，我国桥梁建设取得了举世瞩目成就｡如图甲所示，是建造某大桥将长百米、 重千余吨的钢梁从江水中吊起的情景。施工时采用了将钢梁与水面成一定倾角出水的起吊方 案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小组做了两个模拟实验。 实验 1：研究将钢板从水下水平拉出的过程中总拉力的变化情况； 实验 2：研究将钢板从水下以一定倾角拉出的过程中总拉力的变化情况； 2 qE k r = ( ) ( )2 2 3 4 M kq kq kqaE LL a L a = − ≈ − + ( ) ( ) 32 2 2 2 2 2 N kq a kqaE LL a L a = ≈ + +(1)必要的实验器材有：钢板、细绳、水盆、水、支架、刻度尺、计时器和_______等； (2)根据图乙中的实验曲线可知，实验 2 中的最大总拉力比实验 1 中的最大总拉力降低了 _______ N，钢板完全浸没在水中时受到的浮力是_______N（结果均保留两位有效数字）； (3)根据分子动理论，实验 1 中最大总拉力明显增大的原因是_______。 【答案】 (1). 测力计 (2). 0.60 (3). 0.35 (4). 分子间存在引力，钢板与水的接触 面积大 【解析】 【详解】（1）实验中需要测量拉力的大小，必要的实验器材中缺少测力工具，故需要测力计； （2）由乙图可知，实验 1 和实验 2 中拉力的最大值分别为：4.35N 和 3.75N，即实验 2 中的最 大总拉力比实验 1 中的最大总拉力降低了 ； 完全浸没在水中时，有：浮力+拉力=重力， 完全拉出水面时，有：拉力=重力， 即得 ； （3）分子间存在引力和斥力，随着分子间距离的增大，分子间表现为引力，在水面上拉钢板 时，水分子与钢板分子间距离增大，表现为引力，故拉力增大；另钢板与水面接触面积大， 拉力也会增大。 14.霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如 图甲所示，在一矩形半导体薄片的 P、Q 间通入电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场 B，在 M、 N 间出现电压 UH，这个现象称为霍尔效应，UH 称为霍尔电压，且满足 ，式中 d 为 薄片的厚度，k 为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。 4.35-3.75=0.60Ｎ =3.75-3.40=0.35F浮 Ｎ H IBU k d =(1)若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图甲所示，该同学 用电压表测量 UH 时，应将电压表的“+”接线柱与_________（填“M”或“N”）端通过导线相连； (2)已知薄片厚度 d=0.40mm，该同学保持磁感应强度 B=0.10T 不变，改变电流 I 的大小，测量 相应的 UH 值，记录数据如下表所示； 根据表中数据，求出该材料 霍尔系数为___________ （保留 2 位有效数 字）； (3)该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值， 可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图乙所示的测量电路，S1、S2 均为单刀双 掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从 Q 端流入，P 端流出，应将 S1 掷向 _______（填“a”或“b”），S2 掷向_______（填“c”或“d”）。为了保证测量安全，该同学改进了测 量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应 串联在相邻器件______和______（填器件代号）之间。 【答案】 (1). M (2). 1.3 (3). b (4). c (5). S1/S2 (6). E 【解析】 【详解】（1）如图甲所示，半导体中电流由 P 流向 Q，根据左手定则，正电荷移向 M 端，负 电荷移向 N 端，把半导体看成电源，M 端为电源的正极，故电压表的“+”接线柱与 M 端导 线相连； （2）根据公式 得 代入数据解得 的 3 1 110 V m A T− − −× ⋅ ⋅ ⋅ H IBU k d = HU dk IB = ； （3）如图乙所示，为使电流从 Q 端流入，P 端流出，即 Q 端接电源正极，P 端接电源负极， 所以，S1 掷向 b，S2 掷向 c；为保证定值电阻始终在电路中，则只能将定值电阻串联在电路中 的公共部分，即 S1/S2 与电源 E 之间。 15. 1801 年,托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质.1834 年,洛埃利用单面镜同样得 到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验). (1)洛埃镜实验的基本装置如图所示,S 为单色光源,M 为一平面镜. 试用平面镜成像作图法画 出 S 经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域. (2)设光源 S 到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为 a 和 L,光的波长为 λ,在光屏 上形成干涉条纹.写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离 Δx 的表达式. 【答案】(1)如图所示 (2)Δx= 【解析】 【详解】（1）①根据对称性作出光源 S 在平面镜中所成的像 S′．②连接平面镜的最左端和光 源，即为最左端的入射光线，连接平面镜的最左端和像点 S′，并延长交光屏于一点，该点即为 反射光线到达的光屏的最上端；同理连接平面镜的最右端和像点 S′，即可找到反射光线所能到 31.3 10 V m A Tk −= × ⋅ ⋅ －１ －１ 2 L a λ达的平面镜的最下端．故经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域如图所 示． （2）从光源直接发出的光和被平面镜反射的光实际上是同一列光，故是相干光，该干涉现象 可以看做双缝干涉，所以 SS′之间的距离为 d，而光源 S 到光屏的距离看以看做双孔屏到像屏 距离 L，根据双缝干涉的相邻条纹之间的距离公式△x= λ 因为 d=2a，所以相邻两条亮纹（或 暗纹）间距离△x= λ． 16.根据流体力学知识，流体对物体的作用力可用 来表达。 为一系数， 为空 气密度，A 为物体的截面积，v 为物体相对于流体的速度。已知地球表面处 =0.45， ，g=10m/s2。球体积公式为 。若将沙尘颗粒近似为球形，沙尘颗粒 密度 ，半径 。求： (1)沙尘颗粒在空气中由静止竖直下落过程中最大加速度的大小； (2)沙尘颗粒在空气中竖直下落时的速度最大值，并说明地面附近要形成扬沙天气的风速至少 为多少。 【答案】（1） ；（2） ， 【解析】 【详解】（1）沙尘颗粒刚开始下落速度为零时，阻力 只受重力，此时加速度最大，即 L d 2a L 2 0f Avαρ= α 0 ρ α 3 0 1.25kg/mρ = 34 3V rπ= 3 32.7 10 kg/ms ρ = × 42.5 10 mr −= × maxa g= max 3.46m / sv = min =3.46m / sv 0f = maxa g=方向竖直向下； （2）沙尘颗粒竖直下落的速度最大时，加速度为零，即 ① 又因为 ② 沙尘颗粒的横截面积 ③ 质量 ④ 联立①②③④解得 若地面附近要形成扬沙，风对沙尘颗粒的作用力 至少要等于重力 所以可得风速至少为 17.如图所示，真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质 量为 m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为 37°（取 sin37°=0.6， cos37°=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度 v0。竖直向上抛出。求运动过程中： （1）小球受到的电场力的大小及方向； （2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量； （3）小球 最小速度的大小及方向。 【答案】（1） ，方向水平向右；（2） ；（3） ，与电场方向夹角为 37° 斜向上。 的 f mg= 2 0f Avαρ= 2=A rπ 34 3s sm V rρ ρ π= = max 3.46m / sv = f mg min max= =3.46m / sv v 3 4 mg 2 0 9 32 mv 0 3 5minv v=【解析】 【详解】（1）小球所受电场力与重力的合力一定沿速度 v 方向，即有 得 方向水平向右； （2）竖直方向小球做竖直上抛运动，故上升时间为 上升的高度为 到最高点时速度为水平方向，设为 ，则有 由动能定理得 得 即电势能减小了 （3）将初速度 分解为沿 v 反方向的分量 和垂直此方向的分速度 小球在 方向做类竖直上抛运动，到“最高点”处速度仅有垂直于 方向的分速度 ，此时合 3tan37 4 qE mg ° = = 3 4F qE mg= = 0vt g = 2 0 2 vh g = 1v 1 0 3 4 qEv at t vm = = = 2 2 1 0 1 1 2 2mgh W mv mv− + = −电 2 0 9 32W mv=电 2 0 9 32 mv 0v 2 0 0cos37 0.8v v v= ° = 3 0 0sin37 0.6v v v= ° = 2v 2v 3v力对小球做的负功最多，即小球的速度最小，且为 ，方向与 v 垂直，斜向右上方， 即与电场 E 方向夹角为 37°，斜向上。 【点睛】解决本题的关键知道小球竖直上抛时，在竖直方向和水平方向上的运动规律，结合 牛顿第二定律和运动学公式灵活求解． 18.如图所示，半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球 A、B 质量分别为 m、βm(β 为待 定系数).A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的 B 球相撞,碰 撞后 A、B 球能达到的最大高度均为 R,碰撞中无机械能损失.重力加速，碰撞中无机械能损 失．重力加速度为 g．试求： （1）待定系数 β； （2）第一次碰撞刚结束时小球 A、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力； （3）小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球 A、B 在轨道最 低处第 n 次碰撞刚结束时各自的速度． 【答案】（1）3；（2） ，方向向左和 ，方向向右；4.5mg，方向竖直向下； （3）小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度分别是 和 0，当 n 为奇 数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当 n 为 偶数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞铡结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同； 【解析】 【详解】（1）A 球从静止开始下滑到碰撞后 A、B 球达到的最大高度的过程，由机械能守恒定 律得 ， 解得：β=3 （2）设 A、B 碰撞后的速度分别为 v1、v2，则 3 0 3 5v v= 1 4 1 2 gR− 1 2 gR 2gR 1 1 4 4mgR mgR mgRβ= +设向右方向正，向左 负，解得： ，方向向左； ，方向向右． 设轨道对 B 球的支持力为 FN，B 球对轨道的压力为 FN′，方向竖直向下为正 则由牛顿第二定律得 ， 解得：FN=4.5mg 由牛顿第三定律得，FN′=-FN=-4.5mg，方向竖直向下． （3）设 A、B 两球第二次碰撞刚结束时各自的速度分别为 V1、V2， 由机械能守恒和动量守恒得 -mv1-βmv2=mV1+βmV2 解得， ，V2=0．（另一组解：V1=-v1，V2=-v2，不合题意，舍去） 由此可得 当 n 为奇数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当 n 为偶数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞铡结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同； 为 2 1 1 1 2 4mv mgR= 2 2 1 1 2 4mv mgRβ β= 1 1 2v gR= − 2 1 2v gR= 2 2 N vF mg m R β β− = 2 2 1 2 1 1 2 2mgR mV mVβ= + 1 2V gR=