山东省潍坊市五县2020届高三物理3月联合模拟试题（Word版附解析）

2019-2020 学年度高三模拟考试 物理试题 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的。 1.如图所示，导体棒原来不带电，将电荷量为 Q 的正点电荷放在棒左侧 O 处，当棒达到静电 平衡后，棒上的感应电荷在棒内 A 点处产生的场强为 E1。下列说法正确的是（　　） A. E1 的大小与电荷量 Q 成正比 B. E1 的方向沿 OA 连线向右 C. 在导体棒内部，离 O 点越远场强越小 D. 在 O 点放置电荷量为 2Q 的点电荷，A 点的场强为 2E1 【答案】A 【解析】 【详解】AB．导体棒达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内 A 点处产生的场强大小与一带电 量为 Q 的点电荷在该处产生的电场强度大小相等，方向相反，则有 正点电荷在 A 点产生的场强方向向右，则 E1 的方向沿 OA 连线向左，故 A 正确，B 错误； C．导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为 0，故 C 错误； D．在 O 点放置电荷量为 2Q 的点电荷，导体棒达到静电平衡后，棒内场强处处为 0，故 D 错 误。 故选 A。 2.正三角形金属框架 ABC 边长为 a，将其放置在水平绝缘桌面上，俯视如图所示。现施加竖 直向上的磁感应强度为 B 的匀强磁场，将 AC 接入电路，图中电流表示数为 I，金属框架静止。 则（　　） 1 2 kQE r =A. 金属框架所受的安培力为 0 B. 金属框架所受摩擦力大小 BIa C. 金属框架所受摩擦力方向水平向左 D. 若增大磁感应强度 B，金属框架一定静止 【答案】B 【解析】 【详解】A．导线 ABC 的等线长度为 AC 边长度，由左手定则可知，两段导线所受安培力方向 水平向左，即安培力合力不为 0，故 A 错误； BC．由于电流表示数为 I，即为导线 AC 和 ABC 的电流之和，由于导线 ABC 的等线长度为 AC 边长度，则金属框架所受的安培力合力为 由平衡可知，金属框架所受摩擦力大小为 BIa，由于安培力合力方向水平向左，则金属框架所 受摩擦力方向水平向右，故 B 正确，C 错误； D．若增大磁感应强度 B，金属框架所受安培力增大，如果安培力大于最大静摩擦力，金属框 架则运动，故 D 错误。 故选 B。 3.一简谐横波沿 x 轴传播，图甲是 t=0s 时刻的波形图，图乙是介质中质点 P 的振动图象，下 列说法正确的是（　　） A. 该波沿 x 轴正方向传播 B. 该波的波速为 1.25m/s C. t=2s 时，P 的速度最大，加速度最小 D. 在 t=0 到 t=10s 的时间内，P 沿传播方向运动 2m 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图乙可知，t=0s 时质点 P 在平衡位置将向上振动，结合图甲由同侧法可知，该 为 ABC ACF BI L BI L BIa= + =波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误； B．由图甲知波长 ，由图乙知周期 ，则波速为 故 B 错误； C．由图乙可知，t=2s 时，质点 P 处于平衡位置，则 P 的速度最大，加速度最小，故 C 正确； D．质点只能在各自平衡位置附近振动，并不会随波逐流，故 D 错误。 故选 C。 4.如图所示，某种单色光从光导纤维左端射入，经过多次全反射后从右端射出。已知该单色光 在光导纤维中的折射率为 n，则该单色光从右端射出时出射角的正弦值最大为（　　） A. B. n C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设介质中发生全反射的临界角为 α，如图，由全反射定律得 ，经过多次全 反射后从右端射出，入射角和折射角满足 联立解得 5.图甲为氢原子部分能级图，大量的氢原子处于 n=4 的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出若 干种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极 K，已知阴极 K 的逸出功为 4.54eV， 则（　　） 4mλ = 4sT = 1m/sv T λ= = 2 1n − 2 1n n − 2 1 n n − 1sin n α = sin πsin( )2 n θ α = − 2sin 1nθ = −A. 这些氢原子能辐射 4 种不同频率的光子 B. 某氢原子辐射出一个光子后，核外电子的速率减小 C. 阴极 K 逸出光电子的最大初动能为 8.21eV D. 若滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．大量氢原子处于 n=4 的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出 即 6 种不同频率的光子，故 A 错误； B．某氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，库仑力做正功，核外电子的速率 增大，故 B 错误； C．处于 n=4 的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量为 由光电效应方程可知 故 C 正确； D．若滑动变阻器的滑片右移，正向电压增大，如果光电流达到最大光电流时，则电路中的光 电流不变，故 D 错误。 故选 C 6.随着科技的不断发展，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现 了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌手机无线充电的原理图，下列说法正确 的是（　　） 。 2 4 6N C= = [ ]4 1 0.85 ( 13.6) eV 12.75eVE E E∆ = − = − − − = kmax 0 (12.75 4.54)eV 8.21eVE h Wν= − = − =A. 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应” B. 发送端和接收端间的距离不影响充电的效率 C. 所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电 D. 接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应，故 A 错误； B．由于充电工作原理为电磁感应，发送端和接收端间的距离越远，空间中损失的能量越大， 故 B 错误； C．不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有接受线圈时手机利用电磁感应，进行无线 充电，故 C 错误； D．根据电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中频率相同，故 D 正确。 故选 D。 7.卡车沿平直公路运输质量为 m 的匀质圆筒状工件，将工件置于两光滑斜面之间，如图所示。 两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 和 。重力加速度为 g，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力 的大小分别为 F1、F2。则（　　） A. 当卡车匀速行驶时 F1= mg B. 当卡车匀速行驶时 F2= mg C. 卡车安全启动 最大加速度为 g D. 卡车安全刹车的最大加速度为 g 【答案】C 【解析】 的 30° 60° 1 2 3 2 3 3 3 2【详解】AB．将重力进行分解如图所示，根据几何关系可得 故 AB 错误。 C．当匀质圆筒状工件对斜面Ⅱ压力为 0 时，启动加速度最大，则有 得 故 C 正确； D．当匀质圆筒状工件对斜面 I 压力为 0 时，刹车加速度最大，则有 得 故 D 错误。 故选 C。 8.2019 年 1 月 3 日，我国发射的“嫦娥四号”探测器在月球背面成功着陆。若已知地球半径是月 球半径的 p 倍，地球质量是月球质量的 q 倍，地球的半径为 R，地球表面的重力加速度为 g， “嫦娥四号”绕月球做匀速圆周运动的半径为月球半径的 k 倍。则下列说法正确的是（　　） A. 月球的第一宇宙速度为 B. 月球表面的重力加速度大小是 C. “嫦娥四号”绕月球运行的周期为 2π D. “嫦娥四号”绕月球运行的速度大小为 1 3cos30 2F mg mg°= = 2 1sin30 2F mg mg°= = tan30mg ma° = 3 3a g= 'tan 60mg ma° = ' 3a g= q gRp 2p gq 3k Rq gp【答案】B 【解析】 【详解】AB．由公式 得 则月球表面重力加速度为 月球的第一宇宙速度为 故 A 错误，B 正确； C．由公式 得 故 C 错误； D．由公式 得 kp gRq 2 MmG mgR = 2 GMg R = 2 2 ' 2 GMp pg gqR q = = 2 ' 1 R gp R gpRv g p q p q = ⋅ = × = 2 2 2π( )M mG m rr T =月 3 2π2π r k kqRT GM p gp = = 月 2 2 M m vG mr r =月 = MGGM gRpqv Rr qkk p × = =月故 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，共 16 分。在每小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.从同一高度以相同的初动能竖直向上拋出两个小球 a、b，a 达到的最高点比 b 的高，不计空 气阻力。以下说法正确的是（　　） A. a 的质量比 b 的大 B. a 的质量比 b 的小 C. 拋出时，a 的动量比 b 的大 D. 抛出时，a 的动量比 b 的小 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．小球抛出后做竖直上抛运动，由公式 可知，a 球抛出的初速度比 b 大， 由于两球初动能相同，则 a 球的质量比 b 球的小，故 A 错误，B 正确； CD．由动能与动量关系 可知，质量越大，初动量越大，则 a 球的初动量比 b 的小，故 C 错误，D 正确。 故选 BD。 10.如图，虚线圆是正点电荷 O 周围的两个等势面。检验电荷 a、b，仅在电场力的作用下，分 别由 M 点沿图中实线运动到 N 点，经过 N 点时，a、b 的速率相等，以下判断正确的是（　　） A. a 带正电 B. 在 M 点时，a、b 的速率可能相等 C. M 点电势比 N 点的低 D. a 在 M 点的电势能比在 N 点大 【答案】CD 【解析】 【详解】A．由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷，检验电荷 a 运动过程 2 0 2 vh g = 2 2k pE m =中受到点电荷的吸引力，说明 a 带负电，故 A 错误； B．由做曲线运动物体的合力指向曲线内侧且点电荷为正电荷，检验电荷 b 运动过程中受到点 电荷的吸引力，说明 b 带正电，检验电荷 a 从 M 到 N 电场力做正功，动能增大，检验电荷 a 从 M 到 N 电场力做负功，动能减小，由于检验电荷 a、b，经过 N 点时，a、b 的速率相等， 所以在 M 点时，a、b 的速率可能相等不可能相等，故 B 错误； C．由于 M 点离正点电荷更远，则 M 点的电势比 N 点电势更低，故 C 正确； D．由于 a 电荷带负电且 M 点的电势比 N 点电势更低，根据负电荷在电势低处电势能大，说 明 a 电荷在 M 点电势更大，故 D 正确。 故选 CD。 11.如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面 OA 段光滑，AB 段粗糙且长为 l，左端 O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉 力为 F．质量为 m 的小滑块以速度 v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳 恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ） A. 细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 C. 弹簧恢复原长时滑块的动能为 D. 滑块与木板 AB 间的动摩擦因数为 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于 OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只 受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于 F，根据牛顿第二定律有： 解得 ，A 正确； B．滑块以速度 v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为 0，由系统的机械能 F M 21 2 mv 21 2 mv 2 2 v gl F Ma= Fa M =守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 ，B 正确； C．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于 ，C 错误； D．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹 簧的弹性势能，即 ，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为 ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得 联立解得 ，D 正确。 故选 ABD。 12.习总书记提出的绿水青山就是金山银山的理念，树立了保护自然环境就是保护人类、建设 生态文明就是造福人类的新理念。某化工厂为检测污水排放量，技术人员在排污管末端安装 一台污水流量计，如图所示，该装置由非磁性绝缘材料制成，长、宽、高分别为 a=1m、 b=0.2m、c=0.2m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为 B=1.25T 的匀 强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经 该装置时，测得两个金属板间的电压 U=1V。下列说法中正确的是（　　） A. M 电势高，金属板 N 的电势低 B. 污水中离子浓度对电压表的示数有影响 C. 污水的流量（单位时间内流出的污水体积）Q=0.16m3/s D. 电荷量为 1.6×10－19C 的离子，流经该装置时受到的静电力 F=8.0×10－19N 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N 板带负电， M 板带正电，则 M 板的电势比 N 板电势高，故 A 正确； B．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有 21 2 mv 21 2 mv 21 2pE mv= v′ ( )0 m M v= + ′ ( ) 21 2pE m M v mglµ= + ′ + 2 2 v gl µ =解得 与离子浓度无关，故 B 错误； C．污水的流速 则流量为 故 C 正确； D．流经该装置时受到的静电力 故 D 正确。 故选 ACD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共计 60 分。 13.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下： ①固定斜槽，并使轨道的末端水平； ② 一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧槽口，让小球 a 从斜槽轨 道上某固定点由静止开始滚下，撞到木板，在白纸上留下压痕 O； ③将木板向右平移适当距离，再使小球 a 从原固定点由静止释放，撞到木板，在白纸上留下 压痕 B； ④把半径相同的小球 b 放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球 a 仍从原固定点由静止开始滚 下，与 b 球相碰后，两球撞在木板上，在白纸上留下压痕 A 和 C； (1)本实验必须测量的物理量是_______（填序号字母）； 在 UqvB q c = U Bvc= Uv Bc = 3 31 0.2 m /s=0.16m /s1.25 UbQ vbc B ×= = = 19 191.6 10 1= N 8 10 N0.2 qUF c − −× ×= = ×A、小球 a、b 的质量 B、小球 a、b 的半径 r C、斜槽轨道末端到木板的水平距离 x D、球 a 的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差 H E、记录纸上 O 点到 A、B、C 的距离 h1、h2、h3 (2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_______； (3)对该实验的探究结果没有影响的是_______。（填序号字母） A、木板是否竖直 B、斜槽轨道末端部分是否水平 C、斜槽轨道是否光滑 【答案】 (1). AE (2). (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]设 a 单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为 va，两球碰撞后 a、b 的速度分别为 va′和 vb′，若两球碰撞动量守恒，则 根据平抛运动规律得 联立得应满足的表达式为 本实验必须测量的物理量是小球 a、b 的质量 ma、mb，记录纸上 O 点到 A、B、C 的距离 h1、 h2、h3；故 AE 正确 故选 AE； 2 3 1 a a bm m m h h h = + a a a a b bm v m v m v= ′+ ′ a 22 x gv xt h = = ' a 32 gv x h = ' b 12 gv x h = a a b 2 3 1 m m m h h h = +(2)[2]由以上分析可知，需要验证的表达式为 (3)[3]A．由表达式 可知，木板是否竖直，对实验结果有影响，故 A 错误； B．斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动，则对实验结果有影响，故 B 错误； C．只要小球 a 每次从同一高度静止放下，小球 a 到达斜槽轨道末端的速度相同，所以斜槽轨 道是否光滑，则对实验结果没有影响，故 C 正确。 故选 C。 14.某同学在实验室发现一根粗细均匀、中空的圆柱形导电元件，其横截面为同心圆环，如图 甲所示，该同学想知道中空部分的内径 d，但该元件的内径太小，无法直接测量，他设计了如 下实验进行测量，已知该元件的长度 L 及电阻率 ρ。 (1)用螺旋测微器测元件的外径 D，结果如图乙所示，该读数为__________mm； (2)用多用电表测粗其阻值，多用电表的“Ω”挡有“×1”“×10”“×100”“×1k”四挡，选用“×100”挡测 量时，发现指针偏转角度过大，换用相邻的某倍率，重新调零后进行测量，结果如图丙所示， 则该元件的电阻为__________Ω； (3)为精确地测量该元件电阻，有下列器材可供选择： A.电流表 A1（量程 50mA，内阻 r1=100Ω） B.电流表 A2（量程 150mA，内阻 r2 大约为 40Ω） C.电流表 A3（量程 3A，内阻 r3 大约为 0.1Ω） D.滑动变阻器 R（0~20Ω，额定电流 2A） E.直流电源 E（9V，内阻不计） a a b 2 3 1 m m m h h h = + a a b 2 3 1 m m m h h h = +F.导电元件 Rx G.开关一只，导线若干 请选择合适的仪器，将实验电路图画在方框内，并标明所选器材的代号___________； (4)若测得该元件的电阻为 R，则元件的内径 d=___________。（用已知量和所测物理量的符号 表示） 【答案】 (1). 6.005 (2). 90 (3). (4). 【解析】 【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为 6.0mm，可动刻度为 0.5×0.01mm=0.005mm，所以最 终读数为 6.0mm+0.005mm=6.005mm； (2)[2]选用“×100”挡测量时，发现指针偏转角度过大，则选用的是“×10”，由图可知，该元件的 电阻为 ； (3)[3]由于实验器材中没有电压表但电流表 A1 内阻已知，且电流表 A1 能测最大电压为 则可能电流表 A1 充当电压表，由于测量过程中流过电阻的电流不宜太大，则电流表选 A2，为 了多测量数据而减小误差，则滑动变阻器应用分压式，由电流表 A2 的内阻未知，则用外接法， 电路图如图 2 4 Ld D R ρ π= − 9 10Ω=90Ω× 3 max 50 10 100V 5VU −= × × =(4)[4]由电阻定律有 解得 15.如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，可视为质点的小铁块放在斜面底端，对小铁 块施加沿斜面向上的推力 F0，可将其从斜面底端 A 缓慢的推到 B 点。若将小铁块置于水平地 面上 P 点，对小铁块施加水平推力 F0，运动到 A 点时撤去推力，小铁块恰好到达 B 点。已知 小铁块质量为 5kg，AB 间距离为 4m，小铁块与斜面、水平地面间的摩擦因数均为 0.25，取 g=10m/s2，sin =0.6，cos =0.8，求： (1)推力 F0 大小； (2)小铁块从 P 到 B 的时间（结果保留三位有效数字）。 【答案】（1）40N；（2）2.45s 【解析】 【详解】(1)取铁块为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向 F0=mgsin +μN 垂直斜面方向 N=mgcos 解得 F0=40N (2)铁块从 A 点冲到 B 点，在 A 点的速度为 v，由 P 到 A 由动量定理 2 2 = π( ) π( )2 2 L LR D dS ρ ρ= − 2 4 π Ld D R ρ= − 37° 37° 37° 37°(F0-μmg)t1=mv 由 A 到 B 过程减速的加速度为 a，则 由匀变速运动 0－v2=－2aL 0=v－at2 解得 v=8m/s t=t1+t2=2.45s 16.如图所示，汽缸放置在水平桌面上，开口向上，用活塞将一定质量理想气体封闭在汽缸内， 活塞距缸底 =10cm，气体温度 t1=17oC。加热缸内气体至温度 t2 时，活塞距，缸底 =12cm。 已知活塞横截面积 S=2×10-3m2，大气压强 =1.0×105Pa，重力加速度 g=10m/s2，活塞与汽缸 壁无摩擦且不漏气，活塞重力忽略不计。 (1)求温度 t2； (2)保持气体温度为 t2，将一铁块放在活塞上，再次稳定后活塞回到初始位置，求铁块质量 m。 【答案】(1) 75℃；(2)4kg 【解析】 【详解】(1)气体被加热过程中压强不变，由盖•吕萨克定律可得 初态：l1=10cm，T1=（t1+273）=（17+273）K=290K 末态：l2=12cm，T2=？ 解得 sin37 cos37mg mg maµ° °+ = 1l 2l 0p 1 2 1 2 l S l S T T ＝ 2 0.1 0.12 290 S S T ＝T2=348K 故 t2=T2-273K=75℃ (2)设活塞再次稳定后气体压强 p 由平衡条件可知 mg+p0S=pS 由玻意耳定律可知 p0l2S=pl1S 其中 l1=10cm，l2=12cm 联立解得 m=4kg 17.如图所示的坐标系 xOy 中，第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B0， 第二象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，x 轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度 未知。一带正电粒子从 A（d，0）点以初速度 v0 开始运动，初速度方向与 x 轴负方向夹角 θ= ， 粒子到达 y 轴时速度方向与 y 轴垂直，粒子经过电场区域、x 轴下方磁场区域恰好回到 A 点， 且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计，sin =0.8，cos =0.6，求： (1)粒子的比荷； (2)匀强电场的电场强度； (3)x 轴下方磁场的磁感应强度 B。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【详解】(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的半径为 r1，则有 53° 53° 53° 0 0 4 5 vq m dB = 0 020= 9 v BE 0 40= 21B B由图中几何可知 解得 (2)设粒子平抛过程竖直位移为 ，则 由题意可知，粒子平抛运动的末速度与 x 轴负方向夹角 θ= 则 vy=v0tanθ 平抛运动过程 vy=at 联立解得 2 0 0 0 1 vqv B m r = 1 sin53 dr °= 0 0 4 5 vq m dB = y∆ 1 1= cos53y r r °∆ − 53° 21 2y at∆ = qEa m =， (3)设粒子平抛过程水平位移为 ，则 ，设粒子在 y 轴下方磁场区域运动的半径为 r2，则 粒子运动速度 解得 18.如图所示的装置由三部分组成，传送带左边是光滑的水平面，一轻质弹簧左端固定，右端 连接着质量 M=3.0kg 的物块 A，开始物块 A 静止。装置的中间是水平传送带，它与左右两边 的台面等高，并平滑对接，传送带以 u=2.0m/s 的速度逆时针转动。传送带的右边是一位于竖 直平面内的光滑圆轨道，最低点为 C，最高点为 D，半径 R=1.25m。从 D 点正上方 h 高处无 初速释放质量为 m=1.0kg 的物块 B，B 从 D 点进入圆轨道，物块 B 与 A 只发生一次碰撞，且 为弹性正碰。已知 B 与传送带之间的动摩擦因数 μ=0.2，传送带长 l=4m，取 g=10m/s2。求： (1)物块 B 与 A 碰撞后弹簧的最大弹性势能； (2)物块 B 对圆轨道的最大压力； (3)物块 B 释放点距 D 点的高度 h。 【答案】（1）24J（2）74N，方向竖直向下；（3）2.75m 0 3 4 dt v = 0 020= 9 v BE x∆ 0x v t∆ = 2 2 sin d x r θ + ∆ = 0 cos vv θ= 2 2 vqvB m r = 0 40= 21B B【解析】 【详解】(1)如果 B 与 A 只发生一次碰撞，则 B 碰后返回圆轨道最低点 C 的速度为 0，B 碰后 速度为 v1，碰后返回 C 点过程 解得 v1=4m/s B 与 A 碰前速度为 v，A 碰后速度为 v2，由动量守恒定律得 mv=－mv1+Mv2 由机械能守恒定律得 解得 v=8m/s，v2=4m/s 物块 A 速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得: (2)设物块 B 在圆轨道最低点的速度大小为 v0，从 C 到与 A 相碰过程因碰前速度 v=8m/s＞2m/s，物块在带上减速运动 在圆弧最低点 C，由牛顿第二定律得 解得 F=74N 由牛顿第三定律可知，物块 B 对轨道的压力大小 F′=F=74N 方向竖直向下 (3)由释放点到 B 与 A 碰撞过程由动能定理 解得 的 2 1 10 2mgl mvµ− = − 2 2 2 1 2 1 1 1= +2 2 2mv mv Mv 2 P 2 1E = 24J2 Mv = 2 2 0 1 1 2 2mgl mv mvµ− = − 2 0vF mg m R − = 21( ) 2mg h R mgl mvµ+ − =h=2.75m