湖北省宜昌市达标名校2018年高考一月仿真备考物理试题含解析

湖北省宜昌市达标名校2018年高考一月仿真备考物理试题
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．当前，新型冠状病毒（COVID-19）在威胁着全世界人民的生命健康，红外测温枪在疫情防控过程中发挥了重要作用。

红外测温枪与传统的热传导测温仪器相比，具有响应时间短、测温效率高、操作；方便防交又感染（不用接触被测物体）的特点。

下列关于红外测温枪的说法中正确的是（）
A．红外测温枪工作原理和水银体温计测量原埋一样都是利用热胀冷缩原理
B．红外测温枪能接收到的是身体的热量，通过热传导到达红外测温枪进而显示出体温
C．红外测温枪利用了一切物体都在不停的发射红外线，而且发射红外线强度与温度有关，温度越高发射红外线强度就越大
D．红外线也属于电磁波，其波长小于紫外线的波长
2．在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的1／8，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，则以下说法正确的有（）
A．由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH
B．表演者向上的最大加速度是3
4
g
C．表演者向下的最大加速度是
4
g
D．B点的高度是47H
3．某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨底
端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。

下列说法正确的是（）
A．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinθ
B．将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2R
C．将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小
D．将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变
4．一带电粒子从A点射人电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力．下列说法正确的有
A．粒子带正电荷
B．粒子的速度不断增大
C．粒子的加速度先不变，后变小
D．粒子的电势能先减小，后增大
5．图为某发电站的发电机发出的交流电，经升压变压器、降压变压器后向某小区的用户供电的示意图，已知升压变压器原线圈两端的电压为500sin100(V)
=。

则下列说法正确的是（）
u tπ
A．小区用户得到的交流电的频率可能为100Hz
B．升压变压器原线圈两端的电压的有效值为500V
C．用电高峰时输电线上损失的电压不变
D．深夜小区的用户逐渐减少时，输电线损耗的电功率减小
6．如图所示，质量为m的木块A放在斜面体B上，对B施加一水平向左的推力F，使A、B保持相对静止向左做匀速直线运动，则B对A的作用力大小为(重力加速度为g)()
A．mg B．mgsin θC．mgcos θD．0
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
7．一简谐机械横波沿x轴负方向传播，已知波的波长为8 m，周期为2 s，t＝0 s时刻波形如图甲所示，a、b、d是波上的三个质点。

图乙是波上某一点的振动图象，则下列说法正确的是
A．图乙可以表示质点b的振动
B．在0~0.25s和0.25~0.5s两段时间内，质点b运动位移相同
C．该波传播速度为v＝16m/s
D．质点a在t=1s时位于波谷
E.质点d 简谐运动的表达式为y=0.1sinπt（m）
8．物体沿直线运动的x－t图象如图所示，oa、cd段为直线，abc为曲线，设t1、t2、t3、t4时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则下列说法正确的是（）
A．v1＞v2B．v1=v4C．v2＜v3D．v4最大
9．关于气体的性质及热力学定律，下列说法正确的是（）
A．气体压强本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力
B．气体的温度越高，分子热运动就越剧烈，所有分子的速率都增大
C．一定质量的理想气体，压强不变，温度升高时，分子间的平均距离一定增大
D．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性
E.外界对气体做正功，气体的内能一定增加
10．2019年1月11日1时11分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功将“中星2D”卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道。

该卫星可为全国广播电台、电视台等机构提供广播电视及宽带多媒体等传输任务。

若已知“中星2D”的运行轨道距离地面高度h、运行周期T、地球的半径R，引力常量G，
根据以上信息可求出（ ）
A ．地球的质量
B ．“中星2D”的质量
C ．“中星2D”运行时的动能
D ．“中星2D”运行时的加速度大小
11．真空中，在x 轴上的坐标原点O 和x=50cm 处分别固定点电荷A 、B ，在x=10cm 处由静止释放一正点电荷p ，点电荷p 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．x=10cm 处的电势比x=20cm 处的电势高
B ．从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小
C ．点电荷A 、B 所带电荷量的绝对值之比为9：4
D ．从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小
12．如图所示，均匀细杆AB 质量为M ，A 端装有转轴，B 端连接细线通过滑轮和质量为m 的重物C 相连，若杆AB 呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中正确的是（ ）
A ．M=2msinθ
B ．滑轮受到的压力为2mg
C ．杆对轴A 的作用力大小为mg
D ．杆对轴A 的作用力大小2sin Mg
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．物理社找到一根拉力敏感电阻丝，其阻值随拉力F 变化的图像如图甲所示，社员们按图乙所示电路制作了一个简易“吊杆”。

电路中电源电动势E=3V ，内阻r=1Ω；灵敏毫安表的量程为10mA ，内阻R g =5Ω；R 1是可变电阻。

A ，B 两接线柱等高且固定。

现将这两根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘杆，将其两端接在A ，B 接线柱上。

通过光滑绝缘杆可将重物吊起。

不计敏感电阻丝的重力，现完成下列操作步骤： 步骤a ：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R 1使毫安表指针满偏；
步骤b ：滑杆下吊上已知重力的重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为θ；
步骤c ：保持可变电阻R 1接入电路阻值不变，读出此时毫安表示数I ；
步骤d：换用不同已知重力的物理，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；
步骤e：将毫安表刻度盘改装为重力刻度盘
（1）写出敏感电阻丝上的拉力F与重物G的关系：F=___________。

（2）设R-F图像斜率为k，写出毫安表示数I与待测重物重力G关系的表达式：I=___________。

（用E，r，R1，R g，R0，k，θ表示）
（3）若R-F图像中R0=50Ω，k=0.2Ω/N。

测得θ=45°，毫安表指针半偏，则待测重物的重力G=________N。

（4）关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是________。

A．重力零刻度线在毫安表满刻度处，刻度线均匀
B．重力零刻度线在毫安表零刻度处，刻度线不均匀
C．重力零刻度线在毫安表满刻度处，刻度线不均匀
D．重力零刻度线在毫安表零刻度处，刻度线均匀
（5）若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台简易“吊秤”称重前，进行了步骤a操作，则测量结果________。

（填“偏大”“偏小”或“不变”）
14．一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小(约小于3Ω)的元件Z，并通过实验研究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律。

(1)该小组连成的实物电路如图(a)所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线__________。

(2)在实验中应选用的滑动变阻器是_________。

A．滑动变阻器R1(0～5Ω 额定电流5A)
B．滑动变阻器R2(0～20Ω 额定电流5A)
C．滑动变阻器R3(0～100Ω 额定电流2A)
(3)图(b)中的点为实验测得的元件Z中的电流与电压值，请将点连接成图线__________。

(4把元件Z接入如图(c)所示的电路中，当电阻R的阻值为2Ω时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为3.6Ω时，电流表的读数为0.8A。

结合图线，可求出电池的电动势E为______V，内阻r为______Ω。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。

从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ 的某处飞出电场。

已知Oc=2L，ac=3L，ac垂直于cQ，∠acb=30°，带电粒子质量为m，带电量为+g，不计粒子重力。

求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；
(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。

16．如图所示，内壁粗糙、半径R=0.4m的四分之一网弧轨道AB在最低点B处与光滑水平轨道BC相切。

质量m2=0.4kg的小球b左端连接一水平轻弹簧，静止在光滑水平轨道上，质量m1=0.4kg的小球a自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B的过程中克服摩擦力做功0.8J，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)小球a由A点运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)小球a通过弹簧与小球b相互作用的过程中，a球的最小动能；
(3)小球a通过弹簧与小球b相互作用的整个过程中，弹簧对小球b的冲量I的大小。

17．如图所示，一桌面厚度AC=h，C到地面的高度为10h。

O点为桌面上一点，O点到A的距离为2h，在O点固定一个钉子，在钉子上拴一长度为4h的轻质细线，细线另一端拴一个质量为m的小球P（可视为质点）。

B在O正上方，OB距离为4h ，把小球P 拉至B点。

（重力加速度为g）
(1)若小球获得一个水平向右的初速度，小球不能打在桌面上，求小球的最小初速度；
(2)给小球一水平向右的初速度，当小球恰好在竖直面内做圆周运动时，小球运动到C点正下方后瞬间细线断了。

已知小球在运动过程中没有与桌腿相碰，求小球自细线断开瞬间运动到地面的水平位移和细线能承受的弹力的范围。

参考答案
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．C
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．红外就是红外线，自然界所有的物体，无时无刻不在向外发出辐射能量，这些能量以电磁波的形式存在。

红外测温枪接收到人体辐射出的红外线，通过波长、强度与温度的关系，就可以得到人体的温度，而水银体温计是利用热胀冷缩原理工作的，AB 错误C 正确；
D ．红外线波长范围0.8-100μm ，紫外线的波长范围在100～400nm ，红外线波长大于紫外线波长，D 错误。

故选C 。

2．A
【解析】
【详解】
对A 至C 全过程应用动能定理mgH-W=0，解得W=mgH ，因而A 正确；设最大风力为F m ，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为
18
F m ；由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G=12F m ；人平躺上升时有最大加速度m
F G a g m
-==，因而B 错误；人站立加速下降时的最大加速度134m G F a g m -==，因而C 错误；人平躺减速下降时的加速度大小是a 2=m F G m
-=g ；设下降的最大速度为v ，由速度位移公式，加速下降过程位移2112v x a =；减速下降过程位移2222v x a =，故x 1：x 2=4：3，因而x 2=37
H ，选项D 错误；故选A ． 【点睛】
本题关键将下降过程分为匀加速过程和匀减速过程，求出各个过程的加速度，然后根据运动学公式列式判断．
3．A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对弹丸受力分析，根据牛顿第二定律
sin F mg ma θ-=安
安培力做功
sin L W ma g F L m L θ=+=安
A 正确，
B 错误；
CD ．弹丸做匀加速直线运动，速度一直增大，根据
P F v =安
可知安培力的功率一直增大，CD 错误。

故选A 。

4．C
【解析】
【分析】
【详解】
A.带电粒子做曲线运动，受力指向曲线的内侧，所以所受电场力向左，带负电；A 错；
BC.电场力做负功，所以动能越来越小，电势能越来越大，速度越来越小B 错；C,对；
D.等势线的疏密程度反映场强大小，所以所受电场力越来越小，加速度越来越小，D 错．
故选C
5．D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．发电机的输出电压随时间变化的关系，由电压的表达式可知T=0.02s ，故
11Hz 50Hz 0.02
f T === 又由于变压器不改变交流电的频率，则用户得到的交流电的频率也应为50Hz ，A 错误；
B ．由图像可知交流的最大值为U m =500V ，因此其有效值为
U =
则输入原线圈的电压为，B 错误；
C ．用电高峰时，用户增多，降压变压器副线圈的电流增大，则原线圈的电流增大，输电电流增大，则输电线上损失的电压增大，C 错误；
D ．深夜小区的用户逐渐减少时，则降压变压器的输入功率减小，输入电流也减小，输电线上损失的功率减小，D 正确。

故选D 。

6．A
【解析】
【详解】
A 向左做匀速直线运动，则其所受合力为零，对A 受力分析可知，
B 对A 的作用力大小为mg ，方向竖直向上，故A 正确。

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．ADE
【解析】
【详解】
A ．由图乙知，t=0时刻质点经过位置向下运动，图甲是t=0时刻的波形，此时a 位于波峰，位移最大，与图乙中t=0时刻质点的状态不符，而质点b 在t=0时刻经过平衡位置向下运动，与图乙中t=0时刻质点的状态相符，所以图乙不能表示质点d 的振动，可以表示质点b 的振动，故A 正确；
B ．由于质点做简谐振动，并不是匀速直线运动，则在0～0.25s 和0.25～0.5s 两段时间内，质点b 运动位移不相同，故B 错误；
C ．由图可知，波的波长为8m ，周期为2s ，故传播速度
4m/s v T λ
==
故C 错误；
D ．因周期T=2s ，那么质点a 在t=1s 时，即振动半个周期，其位于波谷，故D 正确；
E ．根据平移法可知，质点d 下一时刻沿着y 轴正方向运动，振幅
10cm 0.1m A ==
而
2ππrad/s T
ω== 因此质点d 简谐运动的表达式为
0.1sin πm y t =（）
故E 正确。

故选ADE 。

8．ACD
【解析】
【详解】
A ．因x-t 图像的斜率等于速度，则由图像可知，t 1时刻的斜率大于t 2时刻的斜率，则v 1＞v 2，选项A 正确；
B ．t 4时刻的斜率大于t 1时刻的斜率，则v 1<v 4，选项B 错误；
C ．t 3时刻的斜率大于t 2时刻的斜率，则v 2<v 3，选项C 正确；
D ．图像上t 4时刻的斜率最大，则v 4最大，选项D 正确；
故选ACD 。

9．ACD
【解析】
【详解】
A ．气体压强是由大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的作用，所以其本质上就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力，所以A 正确；
B ．物体的温度越高，分子的平均动能就越大。

分子的平均动能大，并不是每个分子动能都增大，也有个别分子的动能减小，所以B 错误；
C ．根据理想气体状态方程
pV C T
= 可知，一定质量的理想气体，压强不变时，温度升高时，体积增加，故分子间的平均距离一定增大，所以C 正确；
D ．气体的扩散现象说明涉及热现象的宏观过程具有方向性，所以D 正确；
E ．外界对气体做功
0W >
由于不知道气体是吸热还是放热，根据热力学第一定律
U W Q ∆=+
无法确定气体的内能增加还是减小，故E 错误。

故选ACD 。

10．AD
【解析】
【详解】
AB ．根据222()()()Mm G m R h R h T
π=++可得 23
24()R h M GT
π+= 但是不能求解m ，选项A 正确，B 错误；
C ． “中星2D”的质量未知，则不能求解其运行时的动能，选项C 错误；
D ．根据 2()
Mm G ma R h =+ 可得 2
()GM a R h =+ 可求解“中星2D”运行时的加速度大小，选项D 正确；
故选AD 。

11．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．点电荷p 从x=10cm 处运动到x=30cm 处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x 轴方向，因此，从x=10cm 到x=30cm 范围内，电场方向沿+x 轴方向，所以，x=10cm 处的电势比x=20cm 处的电势高，故A 正确；
B ．点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B 错误；
C ．从x=10cm 到x=30cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x 轴方向，从x=30cm 到x=50cm 范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x 轴方向，所以，点电荷p 在x=30cm 处所受的电场力为零，则点电荷A 、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有 22
A B A B Q q Q q k k r r = 其中r A =30cm ，r B =20cm ，所以，Q A ：Q B =9：4，故C 正确；
D ．点电荷x=30cm 处所受的电场力为零，由电场力公式F=q
E 可知：x=30cm 处的电场强度为零，所以从x=10cm 到x=40cm 的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故D 错误。

故选AC 。

12．ACD
【解析】
【分析】
考查共点力作用下物体的平衡问题。

【详解】
A ．由题可以知道，C 物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C 物体的重力大小相等，为mg ；对杆A
B 进行受力分析如图：
设AB 杆的长度为L ，由图可以知道杆的重力产生，的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是12
L 绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是sin L θ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得：
1sin 2
Mg L mgL θ⋅= 所以：
2sin M m θ=
A 正确；
B ．由题图可以知道，两根绳子的拉力的方向之间有夹角所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg ，即滑轮受到的压力小于2mg ，B 错误；
C ．由受力图可以知道轴A 对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，因为重力的作用线过杆的中点，所以可以知道力F 与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且：
cos cos F mg θθ=
所以F 与绳子的拉力的大小也相等，即
F mg =
则杆对轴A 的作用力大小为mg ，C 正确；
D ．联立可得：
2sin Mg F θ
= 所以杆对轴A 的作用力大小也可以表达为：
2sin Mg θ，D 正确。

故选ACD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．2cos G θ 2cos g E I E kG I θ
=+
C 不变 【解析】
【详解】
(1)[1]对重物，可得
2cos F G θ= 即2cos G F θ
=; （2）[2]不挂重物时，由闭合电路欧姆定律可得
10
g g E I r R R R =+++ 挂重物后，
1g E I r R R R
=+++ 由图中关系可知
002cos kG R R kF R θ
=+=+
整理得
2cos g E I E kG I θ=+ （3）[3]将数据带入[2]中表达式可得
2cos 15002N g θ
E E G k I I ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭
（4）[4]由（2）中分析可知，不挂重物时，电表满偏，此时应该为重力的0刻线，由2cos g
θE E G k I I ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭可知，G I -不成线性关系，故刻度为不均匀的，故C 正确，A 、B 、D 错误；
故选B 。

（5）[5]由于称重前现将电表调满偏，当电源内阻变化时，满偏时总电阻不变，故电源内阻变化对测量结果无影响。

14．电源负极与滑动变阻器a 端相连 A 4.1 0.45
【解析】
【详解】
(1)[1]因Z 电阻较小，电流表应采用外接法；由于要求电压从零开始变化，滑动变阻器选用分压接法，错误的连线标注及正确接法如图：
(2)[2]分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器选用总阻值小，且额定电流较大的，故选：A ；
(3)[3]根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示：
；
(4)[4][5]当电流为1.25A 时，Z 电阻两端的电压约为1.0V ；当电流为0.8A 时，
Z 电阻两端的电压约为0.82V ；由闭合电路欧姆定律可知：
E=1.25(r+2)+1=1.25r+3.5
E=0.8(r+3.6)+0.82=0.8r+3.7
联立解得：
E=4.1V r=0.44Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．（1）2038mv E qL = 03mv B = （2）204
k mv E = （3）02043233L v π+ 【解析】
【详解】
（1）从O 点到a 点过程的逆过程为平抛运动
水平方向：
012cos L v t θ=
竖直方向：
21132
at L = 加速度：
qE a m
= 可得：
2038mv E qL
=， 10
4L t v =， 粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r ，由几何关系得，
3sin 30
r r L ︒+=， 洛伦兹力等于向心力：
2
v qvB m
r
=
cos60
2
v
v v︒
==
解得：
3
2
mv
B
qL
=
在磁场内运动的时间：
2
23
r L
t
v
ππ
==.
（2）粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得，
2
1
(32)
2
k
qE L r E mv
-=-
解得：
2
4
k
mv
E=
（3）粒子经过真空区域的时间，
3
4
8
3
3
L
L
t
v v
==.
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为
2
44
1
(32)
2
t L r at
-=，
解得：
4
43L
t=.
粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间
1234
204323
3
t t t t t L
v
π
+
=+++=.
16．(1)8N；(2)0；(3)0.8N·s
【解析】
【详解】
(1)设a 球运动到B 点时的速度为B v ，根据动能定理有
211B 12
f m gR W m v -=
解得 B 2m/s v =
又因为
2B N 11v F m g m R
-= 解得
N 8N F =
由牛顿第三定律知小球a 对轨道的压力
N N 8N F F '==
(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用整个过程中，a 球始终做减速运动，b 球始终做加速运动，设a 球最终速度为1v ，b 球最终速度为2v ，由动量守恒定律和能量守恒得
1B 1122m v m v m v =+
2221B 1122111222
m v m v m v =+ 解得
10v =
22m/s v =
故a 球的最小动能为0。

(3)由(2)知b 球的最大速度为2m/s ，根据动量定理有
220.4kg 2m/s 0.8N s I m v ==⨯=⋅
17．（1）1v =
（2）x =，179mg F mg >≥。

【解析】
【详解】
(1)在小球不能打在桌面上的前提下，由分析可知，小球恰好击中A 点时，小球的初速度最小，该过程小球做平抛运动，设小球P 的最小初速度为1v 。

12h v t =
竖直方向有
2142
h gt =
解得
1v =(2)设小球在B 点的速度为2v ，运动到C 点正下方时对应的速度设为C v ，在B 点，对小球，根据向心力公式有
224mv mg h
= 从B 点运动到C 点正下方，根据动能定理有
22211(42)22
C mg h h mv mv +=
- 解得
C v =对小球，经过C 点正下方的前、后瞬间，细线拉力分别设为1F 和2F ，分别应用向心力公式有
212C mv F mg h
-= 22C mv F mg h
-= 解得
19F mg =
217F mg =
结合牛顿第三定律可知细线能承受的弹力范围
179mg F mg >≥
细线断裂后，小球做平抛运动，设小球的水平位移为x ，则水平方向有 1C x v t =
竖直方向有
211102
h h gt -=
联立解得
x。