福建省莆田市2021届高三物理5月月考（A卷）试题（Word版附答案）

（新高考）2020-2021 学年下学期高三 5 月月考卷 物 理 （A） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：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，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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．下列说法正确的是( ) A．氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大 B．23892U→23490Th＋42He 是核裂变方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应 C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比 D．α射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板 2．下列关于光现象的解释正确的是( ) A．两个完全相同的小灯泡发出的光相遇时会发生干涉 B．水面上的油膜在太阳光照射下呈现彩色，是光的干涉现象 C．荷叶上的露珠显得特别“明亮”是由于水珠将光会聚而形成的 D．在杨氏双缝实验中，如果仅把红光改成绿光，则干涉条纹间距将增大 3．2020 年全国多地在欢迎援鄂抗疫英雄凯旋时举行了“飞机过水门”的最高礼仪，寓意为“接风 洗尘”。某次仪式中，水从两辆大型消防车中斜向上射出，经过 3 s 到达最高点，不计空气阻力和水 柱间的相互影响，若水射出后第 1 s 内上升高度为 h，则水通过前 1 5 h 段用时为( ) A．0.5 s B．(2－ 3) s C．(3－2 2) s D．0.2 s 4．如图甲所示是海上吊塔施工的实拍图片，图乙是重物正在被竖直向上匀速吊起的放大图。先 将该情景简化为如图丙所示的示意图，绳子 CD 和 CE 共同挂着质量为 m1 的重物 A，绳子 FG 和 FH 共同挂着质量为 m2 的重物 B，F 点拴在重物 A 的下方。不计绳子质量和空气阻力，下列说法一定正 确的是( ) A．绳子 CD 和 CE 对重物 A 的作用力的合力大于(m1＋m2)g B．绳子 FG 和 FH 对重物 A 的作用力的合力大小为 m2g C．若绳子 FG 和 FH 的夹角为锐角，则绳子 FG 上的力小于 1 2m2g D．若拴接点 F 与重物 A 脱离，则该瞬间重物 A 的加速度大小为 1 2 1 ( )m m g m + 5．若以地球北极表面 A 点正下方 h 处的 B 点为球心，r(r＜h)为半径挖一个球形的防空洞，致使 A 点的重力加速度发生变化，变化量的大小为∆g，则( ) A．∆g 与 r2 成正比 B．∆g 与 r3 成正比 C．∆g 与 3 2r 成正比 D．∆g 与 2 3r 成正比 6．如图甲所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时 间 t 内，充电宝的输出电压 U、输出电流 I 可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为 R，则时间 t 内( ) A．充电宝输出的电功率为 UI＋I2R B．充电宝产生的热功率为 I2R C．手机电池产生的焦耳热为 U2 R t D．手机电池储存的化学能为 UIt＋I2Rt 7．有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为 A、传播方向相互垂直的平面波相遇发生干涉。 如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a 为波谷与波谷相遇点，b、c 为波峰与波谷相遇点， d 为波峰与波峰相遇点，e、g 是 a、d 连线上的两点，其中 e 为连线的中点，则( ) A．在 a、d 处的质点振动减弱，b、c 处的质点振动加强 B．从图示时刻经过半个周期，e 处的质点通过的路程为 2A C．从图示时刻经过半个周期，g 处的质点加速向平衡位置运动 D．从图示时刻经过四分之一周期，d 处的质点振幅恰好为零 8．如图所示，直角坐标系中 x 轴上在 x＝－r 处固定电荷量为＋9Q 的正点电荷，在 x＝r 处固定 此 卷 只 装 订 不 密 封 班 级 姓 名 准 考 证 号 考 场 号 座 位 号 电荷量为－Q 的负点电荷，y 轴上 a、b 两点的坐标分别为 ya＝r 和 yb＝－r，d 点在 x 轴上，坐标为 xd＝2r。e、f 点是 x 轴上 d 点右侧的两点。下列说法正确的是( ) A．a、b 两点的场强相同 B．a 点的电势大于 b 点的电势 C．电子在 e 点和 f 点电势能 Epe、Epf 一定满足 Epe＜Epf D．e、f 两点场强 Ee、Ef 一定满足 Ee＜Ef 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为 p1、V1、T1，在另一平 衡状态下的压强、体积和温度分别为 p2、V2、T2，下列关系可能正确的( ) A．p1＝p2、V1＝2V2、T1＝1 2T2 B．p1＝p2、V1＝1 2V2、T1＝1 2T2 C．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝2T2 D．p1＝2p2、V1＝2V2、T1＝4T2 10．如图所示，质量为 M 的小车在光滑的水平面上以速度 v0 向右做匀速直线运动，一个质量为 m 的小球从高 h 处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为 h。设 M>>m，发生碰撞时弹力 FN＞mg，小球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起时的水平速度可能是( ) A．v0 B．0 C．2μ 2gh D．－v0 11．如图为远距离输电示意图，其中 T1、T2 为理想变压器，r 是输电线电阻，灯泡 L1、L2 相同 且阻值不变。现保持变压器 T1 的输入电压不变，滑片 P 位置不变，当开关 S 断开时，灯 L1 正常发 光，则( ) A．仅将滑片 P 上移，电流表示数会变小 B．仅将滑片 P 下移，r 消耗的功率会变小 C．仅闭合 S，灯 L1 会变亮 D．仅闭合 S，r 消耗的功率会变大，变压器 T1 的输入功率会变大 12．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为 B，方向相反的水平匀强磁场，如图 所示的 PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为 a、质量为 m、电阻为 R 的金属圆环垂 直磁场方向，以速度 v 从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时，圆环的 速度为 2 3v，则下列说法正确的是( ) A．此时圆环中的电流为逆时针方向 B．此时圆环的加速度为 2 216 3 B a v mR C．此时圆环中的电功率为 2 2 264 9 B a v R D．此过程中通过圆环截面的电量为 22 3 Ba R 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13．(6 分) 某同学新买了一台华为手机，发现有连拍、全景摄影功能。他想知道相机 1 s 内能连 拍多少张（即连拍频率）相片，为此设计了一个实验：一个同学将小球从与课桌表面等高处的 0 点 静止释放，另一个同学将手机固定在合适位置并开启连拍功能，之后在电脑上将照片合成处理成一 张照片，如图所示。 (1)现有相同大小的塑料球和钢球两个，实验时应选用___________做实验。 (2)关于按快门和释放小球的先后顺序，正确的做法是___________。 (3)用刻度尺测得小球在初始位置 1 与 9 间距离为 h＝35.00 cm，若当地的重力加速度为 9.80 m/s2， 则相机连拍频率为___________Hz。 14．(8 分)某实验小组为了测量一个量程为 3 V 的电压表的内电阻 RV，设计了以下实验方案， 甲图为实验电路图，图中电压表为待测电压表，R 为电阻箱。 (1)小明实验步骤如下：先将电阻箱电阻调至 0，闭合开关 S，电压表读数如图乙所示，读出此 时电压 U1＝________V；然后调节电阻箱的阻值至适当值，读出电阻箱阻值 R 和此时电压表的电压 U2，忽略电源内阻，则电压表电阻的测量结果 RV＝_______（用符号 U1、U2 和 R 表示）；如果考虑 电源内阻，则测量结果 RV 与真实值比较________（选填“偏大”或“偏小”）。 (2)小李实验步骤如下：闭合开关 S，多次调节电阻箱，读出电阻箱阻值 R 及对应电压表的电压 U，作出1 U －R 图象如图丙所示，不考虑电源内阻，从图象可知电压表内阻的测量值为___________Ω； 如果已知电源内电阻为 r（Ω），则电压表内阻的真实值为___________Ω。 15．(8 分)如图导热气缸 A、B 固定在同一水平面上，A 的横截面积为 S，B 的横截面积为 A 的 2 倍，用两不计质量的活塞密封了等高的理想气体气柱，起初连接两活塞的轻绳均处于伸直状态，但 绳中无张力。现向 A 气缸的活塞上方缓慢加入细沙，直至 A 气缸中气体体积减小为原来的一半。已 知大气压强为 p0，求此时： (1)B 气缸中气体的压强； (2)加入细沙的质量。 16．(8 分)如图所示，可视为质点的三个物块 A、B、C 质量分别为 m1、m2、m3，三物块间有两 根轻质弹簧 a、b，其原长均为 L0，劲度系数分别为 ka、kb。a 的两端与物块连接，b 的两端与物块只 接触不连接，a、b 被压缩一段距离后，分别由质量忽略不计的硬质连杆锁定，此时 b 的长度为 L， 整个装置竖直置于水平地面上，重力加速度为 g，不计空气阻力。 (1)现解除对 a 的锁定，若当 B 到达最高点时，A 对地面压力恰为零，求此时 C 距地面的高度 H； (2)第(1)问的基础上，在 B 到达最高点瞬间，解除 a 与 B 的连接并撤走 A 与 a，同时解除对 b 的 锁定。设 b 恢复形变时间极短，此过程中弹力冲量远大于重力冲量，且忽略系统重力势能的变化， 求上升过程中 C 的最大速度的大小 v3 和 C 自 b 解锁瞬间至恢复原长时上升的高度 h。（理论表明弹 簧的弹性势能可以表示为 Ep＝1 2kΔx2，其中，k 为弹簧的劲度系数，Δx 为弹簧的形变量） 17．(14 分)如图所示的矩形 PQNM 区域内存在竖直向上、电场强度为 E 的匀强电场，△APQ 区 域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，已知边长 PM＝d，边长 PQ＝L，θ＝30°，在 M 点有一粒子发射 器，能释放大量比荷为q m 、速度忽略不计的带正电的粒子，结果粒子恰好能从 AQ 边界离开磁场，若 不计粒子重力及粒子间的相互作用力，求： (1)磁感应强度的大小可能为多少； (2)粒子在组合场中运动的最短时间。 18．(16 分)如图甲所示，质量为 m＝0.4 kg 可视为质点的物块静止放在水平地面上，物块与地面 间的动摩擦因数μ＝0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。距离物块 s＝7.5 m 处有一光滑半圆轨道， 轨道最低点 P 的切线水平。t＝0 时用水平拉力 F 由静止拉动物块，使物块沿水平地面向半圆轨道做 加速运动。物体的速度 v 与拉力 F 大小倒数的 v－ 1 F 图象如图乙所示，AB 平行于 v 轴，BC 反向延 长过原点 O。物块运动过程中 0～t1 时间内对应图线中的线段 AB，t1～t2 时间内对应图线中的线段 BC， 时刻 t2＝1 s，t2 时刻后撤掉拉力。重力加速度取 g＝10 m/s2。 (1)0～t1 时间内物块的位移大小； (2)物块能够经过半圆轨道最高点 Q，半圆轨道的半径 R 满足什么条件？ (3)物块经半圆轨道最高点 Q 后抛出落回地面，落地后不再弹起。圆轨道半径 R 多大时物块落点 离 P 点的距离最大，最大值为多少？ （新高考）2020-2021 学年下学期高三 5 月月考卷 物 理（A）答 案 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．【答案】A 【解析】根据波尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，要吸收光子，电 子的轨道半径增大，A 正确；23892U→23490Th＋42He 方程是衰变方程，B 错误；根据光电效应方程， 光电子的最大初动能为 Ekm＝hν－W0，不是与频率 v 成正比，C 错误；α射线是高速运动的氦 原子核，但是不能穿透铅板，D 错误。 2．【答案】B 【解析】小灯泡发出的光有多种不同的频率，由干涉的条件可知，两个完全相同的小灯 泡发出的光相遇时，不一定可以发生干涉，故 A 错误；在太阳光的照射下，油膜上下表面反 射光在上表面发生叠加，呈现彩色条纹，是光的干涉现象，故 B 正确；荷叶上的露珠显得特 别“明亮”是由于水珠将光全反射形成的，故 C 错误；在杨氏双缝实验中，根据公式Δx＝l dλ， 如果仅把红光改成绿光，则波长变短，导致屏上的条纹间距将减小，故 D 错误。 3．【答案】C 【解析】由经过 3 s 水到达最高点，则水射出时竖直方向初速度为 vy0＝gt＝30 m/s，第 1 s 内上升高度为 0 1 1 30 (30 10 1) 1m 25m2 2 y yv vh t        ，设水通过前 1 5 h 末的竖直分速度大 小为 vy，则有 2 2 02 5 y y hg v v    ，解得 20 2m/syv  ，所用的时间 0 (3 2 2)sy yv vt g     ，故 C 正确。 4．【答案】B 【解析】重物被匀速吊起，处于平衡状态，把 A、B 当成整体，绳子 CD 和 CE 对重物 A 的作用力的合力等于(m1＋m2)g，A 错误；绳子 FG 和 FH 对重物 B 的作用力的合力等于 m2g， 同一条绳上拉力相等，故绳子 FG 和 FH 对重物 A 的作用力的合力等于 m2g，B 正确；设绳子 FG 和 FH 的 夹角 为锐 角α ， 对 B 满 足 2Fcos α ＝m2g， 解 得则 绳子 FG 上 的拉 力大 小 2 2 2cos 2 m g m gF = > ，C 错误；设绳子 CD 和 CE 对重物 A 的作用力的合力为 F1，若拴接点 F 与重物 A 脱离，则该瞬间对重物 A 由牛顿第二定律可得 F1－m1g＝m1a，由于绳上拉力会发生 突变，故 F1＜(m1＋m2)g，即 A 的加速度大小不会等于 1 2 1 ( )m m g m + ，D 错误。 5．【答案】B 【解析】设地球的质量 M，地球的半径为 R，则挖去之前 A 点的重力加速度满足 mg＝ G Mm R2 ， 在 距 离 A 点 h 处 挖 去 半 径 为 r 的 球 体 后 ， 挖 去 的 球 体 的 质 量 3 3 3 3 3 4 4π π3 3 4π /3 M rM r r MR R      ，则 A 点的重力加速度满足 2 2 Mm M mmg G GR h    ，可得 3 2(1 )rg g Rh    ，即 3 2 gg g g rRh     ，即∆g 与 r3 成正比，B 正确。 6．【答案】D 【解析】充电宝的输出电压 U、输出电流 I，所以充电宝输出的电功率为 P＝UI，A 错误； 手机电池充电电流为 I，所以手机电池产生的热功率为 PR＝I2R，而充电宝的热功率应为充电 宝的总功率减去输出功率，根据题目信息无法求解，B、C 错误；输出的电能一部分转化为手 机的化学能，一部分转化为电池的热能，故根据能量守恒定律可知手机电池储存的化学能 W ＝UIt＋I2Rt，D 正确。 7．【答案】C 【解析】振动加强点为波峰与波峰相遇点，波谷与波谷相遇点；振动减弱点，为波谷与 波峰相遇点，故 a、d 处的质点振动加强，b、c 处的质点振动减弱，A 错误；这两列机械波在 水平竖直方向的波形如图所示， e 点也是振动加强点，这幅为 2A，在这两列波传播半个周期 的过程中，都是从平衡位置到波谷，再回到平衡位置，故路程为 4A，B 错误；由图可知经过 半个周期后，g 点均为由波谷向平衡位置移动，合力指向平衡位置，故合运动为加速靠近平衡 位置，C 正确；振动加强点的振幅始终为 2A，不变，D 错误。 8．【答案】C 【解析】根据电场线分布的对称性可知，a、b 两点的场强大小相等，但方向不同，因此 a、b 两点的场强不等，故 A 错误；由电场分布的对称性可知，a、b 两点的电势相等，故 B 错 误；d 点的场强 2 2 9 0(3 )d Q QE k kr r    ，由图可知 xe＜xf，因此 Ee＞Ef，故 D 错误；将电子从 e 点沿直线移动到 f 点，电场力做负功，电势能增加，即 Epe＜Epf，故 C 正确。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 9．【答案】BD 【解析】根据理想气体状态方程p1V1 T1 ＝p2V2 T2 可知，若 p1＝p2、V1＝2V2，则 T1＝2T2，故 A 错误；若 p1＝p2、V1＝1 2V2，则 T1＝1 2T2，故 B 正确；若 p1＝2p2、V1＝2V2，则 T1＝4T2，故 C 错误，D 正确。 10．【答案】AC 【解析】若小球离开小车之前已经与小车达到共同速度 v，则水平方向上动量守恒，有 Mv0＝(M＋m)v，由于 M>>m，所以 v＝v0；若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度， 则对小球应用动量定理，水平方向上有 FΔt＝mv′，竖直方向上有 FNΔt＝2mv＝2m 2gh，又 F ＝μFN，解以得 v′＝2μ 2gh。故选 AC。 11．【答案】AD 【解析】仅将滑片 P 上移，T1 副线圈匝数减小，则输出电压减小，若将 T1 的输出端后面 的电路等效可知，T1 次级电流减小，则变压器 T1 初级电流减小，即电流表示数会变小，故 A 正确；仅将滑片 P 下移，T1 副线圈匝数增大，则输出电压增大，导线 r 上的电流变大，则 r 上的功率变大，故 B 错误；闭合 S，则消耗功率增大，T2 副线圈中电流增大，T2 原线圈电流 也增大，则 r 上损失的电压和功率增大，则 T2 输入电压 UT21＝UT12－Ir，减小，灯泡两端电压 UT22 减小，故灯泡会变暗，同时变压器 T1 的输入功率会变大，故 C 错误，D 正确。 12．【答案】AC 【解析】由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故 A 正确；左右两边圆环均切 割磁感线，故感应电动势的大小 E＝2B×2a×2 3v＝ 8 3 Bav ，感应电流大小 8 3 E BavI R R   ，故其所 受安培力 大小 2 232 3 B a vF R  ，加速度 2 232 3 F B a va m mR   ，故 B 错误；此 时圆环的电功 率 2 2 2 2 64 9 B a vP I R R   ，故 C 正确；此过程中圆环磁通量的变化量Δφ＝Bπa2 ，故电荷量 2πBaq R R   ，故 D 错误。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13．(6 分) 【答案】(1)钢球 (2)先按快门再释放小球 (3)30 【解析】(1)让小球做自由落体运动，那么空气阻力影响要足够小，所以选钢球。 (2)照片要展示完整的下落过程，特别是要有开始下落的位置的小球照片，应该先按快门再释 放小球。 (3)设小球从 1 下落到 9 所用时间 t，根据 h＝1 2gt2，设连拍周期为 T，由 8 tT  ，又因为 1f T  ，代入数据 解得 30Hzf  。 14．(8 分) 【答案】(1)2.95（2.93～2.98） 2 1 2 U RU U 偏大 (2)a a－r 【解析】(1)电压表量程为 3 V，由图乙所示表盘可知，其分度值为 0.1 V，示数为 2.97 V； 忽略电源内阻，根据图甲所示电路图，由闭合电路的欧姆定律得 V UE U IR U RR     ，由 题 意 得 E ＝ U1 ， 2 2 V UE U RR   ， 解 得 电 压 表 内 阻 2 V 1 2 U RR U U   ， 考 虑 电 源 内 阻 1 1 V UE U rR   ， 2 2 V UE U R rR   ( )，解得 2 V 1 2 U RR rU U   ，由此可知，考虑电源内阻 时，电压表内阻测量值偏大。 (2) 不 考 虑 电 源 内 阻 ， 由 图 甲 所 示 电 路 图 ， 根 据 闭 合 电 路 的 欧 姆 定 律 得 V UE U IR U RR     ，整理得 V 1 1 1  RU ER E    ，由图丙所示1 U －R 图象可知，图象的斜 率 V 1 0 ( ) b bk ER a a     ＝ ，纵轴截距 1b E  ，解得电压表内阻 RV＝a，考虑电源内阻，由 图甲所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得 V UE U I r R U r RR      ( ) ( )，整理得 V V 1 1 1  rRU ER E ER    ，由图丙所示1 U －R 图象可知，图象的斜率 V 1 0 ( ) b bk ER a a     ＝ ， 纵轴截距 V 1 rb E ER   ，解得 RV＝a－r。 15．(8 分) 【解析】(1)设开始时气缸 B 内气体为 VB，后来体积 VB′，由题可知 VB′＝1.5VB 对气缸 B 的气体 p0VB＝pBVB′ 解得：pB＝2 3p0。 (2)对气缸 A 的气体：p0VA＝pA‧1 2VA 即 pA＝2p0 对气缸 B 活塞进行受力分析，由受力平衡：p0‧2S＝pB‧2S＋T 对气缸 A 活塞进行受力分析，由受力平衡：mg＋p0S＝T＋pAS 解得加入细沙的质量 05 3 p Sm g  。 16．(8 分) 【解析】(1)解除 a 的锁定后，在 a 的作用下，B、C 上升，恢复原长后，弹簧继续伸长， 当 B 到达最高点时，A 对地面压力恰为零，设此时 a 的伸长量为ΔL，对 A 由平衡条件及胡克 定律有： a a 1k L m g  根据几何关系有： a 0H L L L    解得： 1 0 a m gH L Lk    。 (2)在解除 b 锁定的瞬间，由于弹簧恢复形变的时间极短，弹力远大于重力，因此，此过 程可视为动量守恒。此时由于 B 达到最高点，因此 B、C 的速度均为零，设在 B 恢复原长时， B 的速度大小为 v2，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律有： 3 3 2 2 0m v m v  根据能量守恒定律有： 2 2 2 2 3 3 2 0 1 1 1 ( )2 2 2 bm v m v k L L   联立解得： 2 3 0 3 2 3 ( )( ) bm kv L Lm m m   设自 b 解锁瞬间至恢复原长所需的时间为Δt，B 的高度变化量为 h′，由动量守恒定律，有： 3 2 0h hm mt t    根据几何关系有： 0h h L L   联立解得： 2 0 2 3 ( )mh L Lm m   。 17．(14 分) 【解析】(1)在电场中，由 2 0 1 2Eqd mv B 的大小不同，粒子离开磁场的轨迹如图所示（只画出了 2 种），由图可知随着 B 的增大， 3sin30 RL R R   L＝3 5sin30 RR R  (2 1) (2 1)sin30 RL n R n R     （n＝1.2.3……） 2 0 0 vBqv m R  解得 0 2Eqdv m  ， 2 1 LR n   ， (2 1) 2 ( 1,2,3 )n EmdB nL q    (2)在电场中最短时间 2 1 1 2d at ， Eqa m  解得 t1＝ 2md Eq 在磁场中最短时间求解过程如下 0 2 RT v  圆心角 a＝120°，t2＝ 1 3T ，此时 R 最大， 3 LR  。 联立解得 2 π 2 9 L mt Eqd  所以 min 1 2 2 π 2 9 md L mt t t Eq Eqd     。 18．(16 分) 【解析】(1)物块在 0～t1 时间内做匀加速运动，发生位移为 x1，则有： F1－μmg＝ma1 v12＝2a1x1 联立解得：x1＝0.25 m。 (2)由运动学公式可得：v1＝a1t1 由题意知 P＝F1v1 物块在 t1～t2 时间内做变速运动位移为 x2，由动能定理得： P(t2－t1)－μmgx2＝1 2mv22－1 2mv12 撤去外力后，物块做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得：μmg＝ma2 v22－v32＝2a1(s－x1－x2) 物块能够达到圆轨道的最高点，则有： 2 0vmg m R  物块从 P 点到 Q 点，机械能守恒，因此有：2mgR＝1 2mv32－1 2mv02 代入数据解得 R＝0.1 m 综上所述，R 应满足条件 R≤0.1 m。 (3)物块到达圆轨道最高点的速度为 v4，则有：2mgR＝1 2mv32－1 2mv42 物块离开 Q 点做平抛运动，因此可得： 2R＝1 2gt2，xm＝v4t 联立可得：xm2＝－16R2＋2R 因此，当 R＝ 1 16 m 时，可得 xm＝1 4 m。