山东省东营市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

山东省东营市2021届第一次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．下列关于运动项目的叙述正确的是（ ）
A ．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点
B ．2018年苏炳添在男子100m 中跑出的亚洲纪录是一个时刻
C ．4100m ⨯接力赛中的100m 都是指位移
D ．运动员100m 短跑用时10s ，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A 错误；
B ．2018年苏炳添在男子100m 中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B 错误；
C ．4100m ⨯接力赛中有弯道，则其中的100m 不都是指位移，选项C 错误；
D ．运动员100m 短跑用时10s ，若整个过程中一直加速，则加速度
222221002m/s 10
s a t ⨯=== 因运动员在100m 短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s ，选项D 正确； 故选D 。

2．某天体平均密度为ρ，第一宇宙速度为v ，已知万有引力恒量为G ，天体可视为均匀球体，则（ ）
A
B
C
D 【答案】C
【解析】
【详解】
A.设该天体的质量为M ，半径为R ，则：
343
M R π= 根据万有引力提供向心力可得：
2
2Mm v G m R R
＝ 联立可得该天体半径为
:
R =选项A 错误；
B.根据第一宇宙速度的公式有：
2
v mg m R
'= 解得：
2v g R '==选项B 错误；
C. 绕该天体表面附近飞行的卫星周期：
2R T v π== 选项C 正确；
D.若考虑天体自转，则维持该天体稳定的自转周期最小时，天体表面的物体受到的万有引力恰好提供向心力，有：
002
042m g m R T π'⋅⋅
＝ 解得：
0T 选项D 错误。

故选C 。

3．反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述
过程类似，已知静电场的方向平行于x 轴，其电势q 随x 的分布如图所示，一质量m ＝1.0×
10﹣20kg ，带电荷量大小为q ＝1.0×
10﹣9C 的带负电的粒子从（1，0）点由静止开始，仅在电场力作用下在x 轴上往返运动。

忽略粒子的重力等因素，则（ ）
A ．x 轴左侧的电场强度方向与x 轴正方向同向
B ．x 轴左侧电场强度E 1和右侧电场强度E 2的大小之比E 1：E 2＝2：1
C ．该粒子运动的周期T ＝1.5×10﹣8s
D ．该粒子运动的最大动能
E k m ＝2×10﹣8J
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．沿着电场线方向电势降落，可知x 轴左侧场强方向沿x 轴负方向，x 轴右侧场强方向沿x 轴正方向，故A 错误；：
B ．根据U ＝Ed 可知：左侧电场强度为：E 1＝220110
-⨯V/m ＝2.0×103V/m ；右侧电场强度为：E 2＝2200.510
-⨯V/m ＝4.0×103V/m ；所以x 轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E 1：E 2＝1：2，故B 错误；
C ．设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t 1、t 2，在原点时的速度为v m ，由运动学公式有：v m ＝1qE m t 1同理可知：v m ＝2qE m
t 2；E km ＝12mv m 2；而周期：T ＝2（t 1+t 2）；联立以上各式并代入相关数据可得：T ＝3.0×
10﹣8s ；故C 错误。

D ．该粒子运动过程中电势能的最大值为：E Pm ＝qφm ＝﹣2×10﹣8J ，由能量守恒得当电势能为零时动能最
大，最大动能为E km ＝2×
10﹣8J ，故D 正确； 4．北京时间2019年11月5日1时43分，我国成功发射了北斗系统的第49颗卫星。

据介绍，北斗系统由中圆地球轨道卫星、地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星三种卫星组成，其中中圆地球轨道卫星距地高度大约24万千米，地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星距地高度都是大约为3.6万千米。

这三种卫星的轨道均为圆形。

下列相关说法正确的是（ ）
A ．发射地球静止轨道卫星的速度应大于11.2km/s
B ．倾斜地球同步轨道卫星可以相对静止于某个城市的正上空
C ．根据题中信息和地球半径，可以估算出中圆地球轨道卫星的周期
D ．中圆地球轨道卫星的向心加速度小于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．11.2m/s 是发射挣脱地球引力控制的航天器的最小速度，而地球静止轨道卫星仍然是围绕地球做匀速圆周运动，所以地球静止轨道卫星的发射速度定小于地球的第二宇宙速度11.2km/s ，故A 错误；
B ．倾斜地球同步轨道卫星只是绕地球做匀速圆周运动的周期为24小时，不可以相对静止于某个城市的正上空，故B 错误；
C ．已知地球静止轨道卫星离地高度和地球半径，可得出地球静止轨道卫星的运动半径1r ，其运动周期11T =天，已知中圆地球轨道卫星距地面的高度和地球半径，可得出中圆地球轨道卫星的轨道半径2r ，根据开普勒第三定律有
33122
212
r r T T = 代入可以得出中圆地球轨卫星的周期2T ，故C 正确；
D ．由于中圆地球轨道卫星距离地面高度小于倾斜地球同步轨道卫星距离地面高度，即中圆地球轨道卫星的运动半径较小，根据万有引力提供向心力有
2Mm G ma r
= 可知，中圆地球轨道卫星的向心加速度大于倾斜地球同步轨道卫星的向心加速度，D 错误。

故选C 。

5．如图（俯视图），在竖直向下、磁感应强度大小为2T 的匀强磁场中，有一根长0.4m 的金属棒ABC 从中点B 处折成60°角静置于光滑水平面上，当给棒通以由A 到C 、大小为5A 的电流时，该棒所受安培力为
A ．方向水平向右，大小为4.0N
B ．方向水平向左，大小为4.0N
C ．方向水平向右，大小为2.0N
D ．方向水平向左，大小为2.0N
【答案】D
【解析】
【详解】
金属棒的有效长度为AC ，根据几何知识得L=0.2m ，根据安培力公式得
F=BIL=2×5×0.2=2N
根据左手定则可判定安培力水平向左，故ABC 错误，D 正确；
故选D 。

6．港珠澳大桥(Hong Kong －Zhuhai －Macao Bridge)是中国境内一座连接香港、珠海和澳门的桥隧工程。

2018年2月6日，港珠澳大桥主体完成验收，于同年9月28日起进行粤港澳三地联合试运。

大桥设计使用寿命120年，可抵御8级地震、16级台风、30万吨撞击以及珠江口300年一遇的洪潮。

假设一艘质量为m 的轮船由于失控，以速度v 撞向大桥(大桥无损)，最后没有反弹而停下来，事故勘察测量轮船发现迎面相撞处凹下去d 的深度，那么可以估算出船对桥的平均撞击力F ，关于F 的表达式正确的是( )
A ．22mv d
B ．2
mv d
C ．2mv d
D ．mv
【答案】A
【解析】
【分析】
根据动能定理进行解答。

【详解】
根据动能定理可得212Fd mv =，解得2
2mv F d
=，故选A. 二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，半径为52
r 的圆弧BCD 与倾角为θ的斜面相切于B 点，与水平地面相切于C 点，与圆O 2轨道相切于D 点，圆心O 1、O 2和D 在同一水平直线上，圆O 2的半径为r 。

质量为m 的质点从斜面上某
位置由静止释放，刚好能在圆O 2轨道内做完整的圆周运动。

不计一切阻力，重力加速度为g 。

则质点（ ）
A ．释放点距离地面的高度为5r
B ．在
C 时对轨道压力为215
mg C ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后向心加速度之比为5：2
D ．从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，前后角速度之比为2：5
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．质点刚好能在圆O 2轨道做完整的圆周运动，在轨道的最高点
2
mv mg r
= 设释放点离地高度为h ，根据机械能守恒定律
27122
r mgh mg mv =⋅
+ 解得 4h r =
A 错误；
B ．设质点在
C 点速度为C v ，轨道对质点的支持力为C N ，由机械能守恒有
212
C mgh mv = 根据牛顿第二定律
22.5C C v N mg m r
-= 解得
215
C N mg = 由牛顿第三定律可知，质点在C 时对轨道压力为
215mg ，B 正确； C ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，由线速度与角速度关系
v R
ω= 可知
25
ωω=前后 C 错误；
D ．质点从圆弧BCD 进入圆O 2轨道的瞬间，速度不变，向心加速度
2
v a R
= 可知
25
a a =前后 D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，M 为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块， abed 为半径是R 的四分之三光滑圆弧形轨道，a 为轨道的最高点，de 面水平且有一定长度.今将质量为m 的小球在 d 点的正上方高为h 处由静止释放，让其自由下落到d 处切入轨道内运动，不计空气阻力，则（ ）
A ．只要h 大于R ，释放后小球就能通过a 点
B ．只要改变h 的大小，就能使小球通过a 点后，既可能落 回轨道内，又可能落到de 面上
C ．无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内
D ．调节h 的大小，可以使小球飞出de 面之外（即e 的右侧）
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．小球恰能通过a 点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：
2
v mg m R
= 解得：
v gR =
根据动能定理：
212
mg h R mv -=
（） 得：
h=1.5R 可知只有满足h≥1.5R ，释放后小球才能通过a 点，故A 错误；
BC ．小球离开a 点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：
x=vt
竖直方向的自由落体运动：
R=12
gt 2， 解得：
x=2R ＞R ，
故无论怎样改变h 的大小，都不可能使小球通过a 点后落回轨道内，则B 错误，C 正确。

D ．只要改变h 的大小，就能改变小球到达a 点的速度，就有可能使小球通过a 点后，落在de 之间或之外。

故D 正确。

故选CD 。

9．用如图所示的装置研究光电效应现象，光电管阴极K 与滑动变阻器的中心抽头c 相连，光电管阳极与滑动变阻器的滑片P 相连，初始时滑片P 与抽头c 正对，电压表的示数为0（电压表0刻线在表盘中央）。

在移动滑片P 的过程中，光电流，随电压表示数U 变化的图像如图所示，已知入射光的光子能量为1.6eV 。

下列说法正确的是（ ）
A ．当滑片P 与c 正对时，电路中无光电流
B ．当U=－0.6V 时，滑片P 位于b 、c 之间
C ．阴极材料的逸出功为0.6eV
D ．当U=0.8V 时，到达阳极的光电子的最大动能为1.4eV
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题意可知，能发生光电效应，当滑片P 与c 正对时，光电管两端无电压，但此时光电子仍能从阴极到达阳极，则电路中有光电流，故A 错误；
B ．由图可知，当U=－0.6V 时，光电流为0即为遏制电压，即光电管两端接反向电压，则阴极电势应更高，滑片P 位于b 、c 之间，故B 正确；
C ．由光电效应方程有k 0E h
W =-ν，由图可知，当U=－0.6V 时，光电流为0即为遏制电压，则有 k 0.6eV 0E -=-
联立解得
0 1.0eV W =
故C 错误；
D ．光电子逸出时的最大初动能为
k000.6eV E h W ν=-=
当U=0.8V 时由动能定理得
k k0eU E E =-
得
k k0(0.80.6)eV=1.4eV E eU E =+=+
故D 正确。

故选BD 。

10．下列说法中正确的是（ ）
A ．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大
B ．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小
C ．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系
E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．速度增大，不会改变物体的分子的动能，故A 错误；
B ．体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B 正确；
C ．质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C 错误；
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故D 正确；
E ．由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E 正确。

故选BDE 。

11．甲、乙两物体在同一条直线上运动，其运动的位置一时间图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A ．在3～5s 时间内，甲的速度大小等于乙的速度大小
B ．甲的出发位置在乙的前面
C ．甲、乙在20m 处相遇
D ．在3～7s 的时间内，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小
【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．因为x-t 图像的斜率等于速度，可知在3～5s 时间内，甲的速度大小小于乙的速度大小，选项A 错误；
B ．甲和乙出发的位置都在x=0位置，选项B 错误；
C ．由图像可知，甲、乙在20m 处相遇，选项C 正确；
D ．在3～7s 的时间内，甲的位移小于乙的位移，根据x v t
=
可知，甲的平均速度大小小于乙的平均速度大小，选项D 正确；
故选CD 。

12．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的物块，用长为L 的细线将物块连接在转轴上，细线与竖直转轴的夹角为θ，此时细线中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ(tan μθ<)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，则下列说法正确的是（ ）
A ．转台一开始转动，细线立即绷直对物块施加拉力
B ．当细线中出现拉力时，转台对物块做的功为1sin 2
mgL μθ C 2cos g L θ
D ．当转台对物块的支持力刚好为零时，转台对物块做的功为2sin 2cos mgL θθ
【答案】BD
【解析】
【详解】
AB ．转台刚开始转动，细线未绷紧，此时静摩擦力提供向心力，当转动到某一角速度ω1时，静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
21sin mg mL μθω=
此时物块线速度大小为
1sin v L θω=
从开始运动到细线中将要出现拉力过程中，设转台对物块做的功为W ，对物块由动能定理，可得 212
W mv = 联立解得
1sin 2
W mgL μθ= 故A 错误，B 正确；
CD ．当转台对物块支持力恰好为零时，竖直方向
cos mg T θ=
水平方向
22sin sin T mL θθω=
联立解得
2ω=此时物块的线速度大小为
22sin v L θω=
从开始运动到转台对物块的支持力刚好为零过程中，设转台对物块做的功为W 2，对物块由动能定理，可得
22212
W mv = 联立解得
22sin 2cos mgL W θθ
= 故C 错误，D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在“用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻”的实验中，提供的器材有：
A ．干电池一节
B ．电流表（量程0.6A ）
C ．电压表（量程3V ）
D ．开关S 和若干导线
E ．滑动变阻器1R （最大阻值20Ω，允许最大电流1A ）
F ．滑动变阻器2R （最大阻值200Ω，允许最大电流0.5A ）
G．滑动变阻器3R（最大阻值2000Ω，允许最大电流0.1A）
(1)按图甲所示电路测量干电池的电动势和内阻，滑动变阻器应选_____（填“1R”、“2R”或“3R”）
(2)图乙电路中部分导线已连接，请用笔画线代替导线将电路补充完整____，要求变阻器的滑片滑至最左端时，其使用电阻值最大。

(3)闭合开关，调节滑动变阻器，读取电压表和电流表的示数。

用同样方法测量多组数据，将实验测得的数
-图线_____，由此求得待测电池的电动势E=__________V，据标在如图丙所示的坐标图中，请作出U I
内电阻r=_____Ω。

所得内阻的测量值与真实值相比______（填“偏大”、“偏小”或“相等”）（结果均保留两位有效数字）。

【答案】1R 1.5
1.9 偏小
【解析】
【详解】
(1)[1]为方便实验操作，且需要干电池的路端电压有明显变化，滑动变阻器应选择总阻值较小的1R。

(2)[2]根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示
-图象，图象如图所示
(3)[3]根据坐标系内描出的点作出电源的U I
[4][5]由图可知，纵截距为1.5，则电源电动势为
1.5V E =
电源内阻等于图像的斜率，有 1.50Ω 1.9Ω0.8
U r I ∆-==≈∆ [6]相对于电源来说，电流表采用外接法，电流表的测量值小于通过电源的电流，电动势和内阻的测量值均小于真实值；或者理解为电压表内阻存在分流作用，故电流测量值偏小，可以将电压表内阻与电源并联后看作等效电源，实际测量的是等效电源的电动势和内电阻，故电动势的测量值小于真实值，内电阻的测量值小于真实值。

14．小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R 0，根据如图所示电路图进行实验时，
（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）; A 、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w ）
B 、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w ）
（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V
（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I 图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V ，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）
【答案】0.6A B 1.21±
0.01 1.45±0.01 0.50±0.05 【解析】
试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示0R r +，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．
（1）因一节干电池电动势只有1.5V ，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A 量程；电流表的最大量程为0.16A ，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A ，所以量程没有过半，所以选择B 较为合适．
（2）电压表应选择3V 量程的测量，故读数为1.20V ．
（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V ；图像的斜率表示0R r +，故
0 1.450.7 2.50.3
R r -+==Ω，故r=0.5Ω． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一质量为m 的小物块，以v 0＝15m/s 的速度向右沿水平面运动12.5m 后，冲上倾斜角为37o 的斜面，若物块与水平面及斜面的动摩擦因数均为0.5，斜面足够长，物块从水平面到斜面的连接处无能量损失。

求
（1）物块在斜面上能达到的最大高度；
（2）物块在斜面上运动所需的时间。

（g=10 m/s 2，sin37o =0.6，cos37o =0.8）
【答案】（1）3m （2）3.2s
【解析】
【分析】
（1）物体在水平面上做匀减速运动，然后滑上斜面做减速运动，根据牛顿第二定律求解在水平面和斜面上的加速度，根据运动公式求解物块在斜面上能达到的最大高度；（2）物块滑上斜面最高点后继续向下滑动，根据牛顿第二定律结合运动公式求解物块在斜面上运动所需的时间.
（1）小物块在水平面上：215/a g m s μ=-=-
221012v v a x -=
解得：110/v m s =
小物块在斜面上向上运动：22sin cos 10/a g g m s θμθ=--=-
21202v a s -=
可解得：5s m =
所以：3h ssin m θ== 小物块在斜面上向上运动时间：1120 1.0
v t s a -=
= 小物块在最高点时：mgsin θ>2
1t 所以物块会匀加速下滑 加速度232/a gsin gcos m s θμθ=-=
向下匀加速运动时间：23212
S a t =
解得：25t s = 小物块在斜面上运动所需时间为：1215 3.2t t t s s （）=+=+≈
【点睛】
此题是典型的牛顿第二定律应用问题，关键是求解在每个阶段的物块的加速度，联系运动公式求解. 16．如图所示，固定在竖直面内半径 R=0.4m 的光滑半圆形轨道 cde 与长 s=2.2m 的水平轨道 bc 相切于 c 点，倾角θ=37°的斜轨道 ab 通过一小段光滑圆弧与水平轨道 bc 平滑连接。

质量 m=1 kg 的物块 B 静止于斜轨道的底端 b 处，质量 M=3kg 的物块 A 从斜面上的 P 处由静止沿斜轨道滑下，与物块 B 碰撞后黏合在一起向右滑动。

已知 P 处与 c 处的高度差 H=4.8m ，两物块与轨道 abc 间的动摩擦因数μ=0.25，取 g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8， A 、B 均视为质点，不计空气阻力。

求：
(1)A 与 B 碰撞后瞬间一起滑行的速度大小；
(2)物块 A 、B 到达 e 处时对轨道的压力大小。

【答案】 (1)6m/s ；(2)50N
【解析】
【详解】
(1)A 沿斜轨道下滑时，由牛顿第二定律
1sin cos Mg Mg Ma θμθ-=
结合运动学公式
212sin H v a θ=⋅ 两物块碰撞满足动量守恒，选取水平向右为正方向
12 () Mv M m v =+
解得
26m/s v =
(2)物块从b 运动到e 的过程，根据动能定理
223211()()2()()22
M m gs M m g R M m v M m v μ-+-+⋅=+-+ 在e 点，根据牛顿第二定律
()()23R
F m M g m M v ++=+ 解得
50N =F
根据牛顿第三定律可知物块对轨道e 点的压力大小为50N 。

17．如图所示，一根劲度系数为k 的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为M 的物体A 和B （均视为质点），物体B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量112
m M =的小球P 从物体A 正上方距其高度h 处由静止自由下落，与物体A 发生碰撞（碰撞时间极短），碰后A 和P 粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g ．
（1）求碰撞后瞬间P 与A 的共同速度大小；
（2）当地面对物体B 的弹力恰好为零时，求P 和A 的共同速度大小．
（3）若换成另一个质量214
m M =的小球Q 从物体A 正上方某一高度由静止自由下落，与物体A 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后物体A 达到最高点时，地面对物块B 的弹力恰好为零．求Q 开始下落时距离A 的高度．（上述过程中Q 与A 只碰撞一次）
【答案】（123）252Mg k 【解析】
【详解】
本题考查物体的自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题．
（1）设碰撞前瞬间P 的速度为0v ，碰撞后瞬间二者的共同速度为1v
由机械能守恒定律，可得
211012
m gh m v = 由动量守恒定律可得
()1011m v m M v =+，
联立解得
1v =（2）设开始时弹簧的压缩量为x ，当地面对B 的弹力为零时弹簧的伸长量为'x ，由胡可定律可得 kx Mg =，'kx Mg =，
故'x x =
二者从碰撞后瞬间到地面对B 的弹力为零的运动过程中上升的高度为
2''Mg h x x k
=+= 由'x x =可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即12P P E E =
设弹力为零时二者共同速度的大小为v ，由机械能守恒定律，得
()()()22111'22
m M v m M gh m M v +=+++， 解得
v =（3）设小球Q 从距离A 高度为H 时下落，Q 在碰撞前后瞬间的速度分别为23v v 、，碰后A 的速度为4v ，由机械能守恒定律可得
222212
m gH m v = 由动量守恒定律可得
22423m v Mv m v =+
由能量守恒可得
22222234111222
m v m v Mv =+， 由（2）可知碰撞后A 上升的最大高度为 2'Mg h k
= 由能量守恒可得
241'2
Mv Mgh = 联立解得
252Mg H k
=。