2021届辽宁省沈阳市辽宁实验中学高三(下)第四次模拟考试物理试题解析

辽宁省实验中学2021届第四次模拟考试
物理科试卷
一、选择题：本题共10小题，共46分。

在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1. 完全相同的两列高铁在直铁轨上相向行使，速度为350km/h ，两列车迎面交错而过时，双方驾驶员看到对方列车从眼前划过的时间大约是2s ，以下说法正确的是（ ）
A. 由以上数据可以估算出每列车总长约为200m
B. 由以上数据可以估算出每列车总长约为400m
C. 坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是4s
D. 坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是1s
答案：B
解：AB ．两列车相向运动，每列车总长为： 350350()2m
400m 3.6 3.6
L v t =∆=+⨯≈ 故A 错误，B 正确；
CD ．坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间为：
400s 2s 350350
3.6 3.6
L t v ==≈∆+ 故C 、D 错误；
故选B 。

2. 如图所示，斜面体静置于粗糙水平地面上，滑块a 通过轻绳穿过固定光滑圆环与小球b 相连，绳与斜面平行，b 在水平面内做匀速圆周运动。

由于阻力影响，b 的线速度缓慢减小，滑块a 始终保持静止。

则下列说法中正确的是（ ）
A. 绳对小球b 的拉力缓慢变大
B. 斜面体对地面的压力缓慢变大
C. 斜面体对滑块a 的摩擦力缓慢减小
D. 斜面体对地面的摩擦力缓慢变大
答案：B
解：A ．对B 球受力分析，设连接B 球的绳子与竖直方向夹角为θ ，由牛顿第二定律有
2
tan b b v m g m r
θ= ，sin r L θ= 解得
v =则b 的线速度缓慢减小时，连接B 球的绳子与竖直方向夹角逐渐减小，设绳子拉力为T ，则有
cos b m g T θ
= B 球的绳子与竖直方向夹角逐渐减小时，绳子拉力减小，所以A 错误；
B ．滑块与斜面体看成一个整体，则竖直方向有
sin =T N G α+地总
所以绳子拉力减小，斜面体对地面的压力缓慢变大，则B 正确；
D ．滑块与斜面体看成一个整体，则水平方向有
cos T f α=
所以绳子拉力减小，斜面体对地面的摩擦力缓慢变小，则D 错误；
C ．对a 受力分析，由于开始时a 的摩擦力方向不知，所以斜面体对滑块a 的摩擦力变化不定，可能增大，也可能减小，则C 错误；
故选B 。

3. 2020年12月17日凌晨，“嫦娥五号”月球探测器载着月球土壤顺利返回地球。

探测器在降落到月球上之前绕月球表面运行一周的时间为0T ，已知引力常量为G ，月球的半径为R ，月球可看成质量分布均匀的球体，不考虑月球自转的影响。

下列分析正确的是（ ）
A. 月球的密度为2
04GT π B. 探测器携带月球土壤离开月球和火箭一起加速上升时，探测器（含月球土壤）的质量增大
C. 若探测器在被月球捕获之前绕地球做半径为r
D. 若将一石子从距月球表面的高度为h 处由静止释放，则从石子刚释放到下落至月球表面上用时为02T h R π
答案：D
解：A ．由公式22204GM R R T π=及343M R ρπ=⨯，解得月球的密度20
3GT πρ=，故A 错误； B ．探测器携带月球土壤离开月球和火箭一起加速上升时，探测器（含月球土壤）处于超重状态，但其质量不变，故B 错误；
C ．探测器分别绕地球和月球做匀速圆周运动，中心天体发生了变化，不能用开普勒第三定律求周期，故C 错误；
D ．由公式2204g R T π=及212h gt =，解得0
2T h t R
π
=，故D 正确。

故选D 。

4. 一质量2kg M =的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为1kg m =的小物块A 和B （均可视为质点），由车上某点P 处开始，A 以初速度12m /s v =向左运动，B 同时以24m /s v =向右运动，最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。

已知两物块与小车间的动摩擦因数均为0.1μ=，取210m /s g =。

则下列说法中正确的是（ ）
A. 小车最终将静止在水平地面上
B. A 、B 与车最终以1m /s 速度共同运动
C. 小车的总长L 为9.5m
D. 整个过程系统产生的总热量为9.875J
答案：C
解：ABC ．以A 、B 小车为研究对象，取向右为正方向，系统动量守恒和能量守恒有
21(2)mv mv m M v -=+
22212111(2)222mgL mv mv m M v μ=+-+ 代入数据计算得出
0.5m/s v =
9.5m L =
即最终小车向右以0.5m/s v =速度运动，故AB 错误，C 正确；
D ．根据能量守恒定律可知系统产生总热量有
()222121112222
Q mv mv m M v =+-+ 代入数据解得
Q =9.5J
故D 错误。

故选C 。

5. 如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留
下A 、B 两点印迹。

测得OA AB =。

OP 为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. 两球发射的初速度：:1:2OA OB v v =
B. 两球碰到墙面前运动的时间：:1:2A B t t =
C. 两球碰到墙面时的动量可能相同
D. 两球碰到墙面时的动能可能相等
答案：D
解：AB ．设OA AB h ==，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：
212
A h gt =
2122
B h gt = 整理可以得到：
:A B t t =
水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：
OA A x v t =
OB B x v t =
整理可以得到：
:OA OB v v
故AB 错误；
C ．动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的
动量不可能相同，故C 错误；
D ．设两球的质量相等，均为m ，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：
2k 12
A OA mgh E mv =- 2k
B 12
OB mgh E mv =- 整理可以得到：
2k 12
A OA E mgh mv =+ 2k
B 12
OB E mgh mv =+ 由于m 、h 以及初速度的大小等具体数据未知，可能存在k k A B E E =，故D 正确。

故选D 。

6. 如图所示，某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源负极，沿边缘放一个圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”，若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为匀强磁场，磁感应强度为0.1T B =，玻璃皿的横截面的半径为0.05m a =，电源的电动势为3V E =，内阻0.2Ωr =，限流电阻0 4.8ΩR =，玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为0.5ΩR =，闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为2V ，则（ ）
A. 由上往下看，液体做顺时针旋转
B. 液体所受的安培力大小为3110N -⨯
C. 闭合开关后，液体热功率为0.081W
D. 闭合开关10s ，液体具有的动能是4.5J
答案：B
解：A ．由于中心放一个圆柱形电极接电源的负极，沿边缘放一个圆环形的电极接电源的正极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；玻璃皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的安培力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向旋转，A 错误；
B ．电压表的示数为2V ，则根据闭合电路欧姆定律有
0E U IR Ir =++
所以电路中的电流
032A 0.2A 4.80.2
E U I R r --===++ 液体所受的安培力大小
30.10.20.05N 110N F BIL BIa -===⨯⨯=⨯
B 正确；
C ．玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为
0.5ΩR =
则液体热功率为
220.20.5W 0.02W
P I R ==⨯=热 C 错误；
D ．10s 末液体的动能等于安培力对液体做的功，通过玻璃皿的电流的功率
20.2W 0.4W P UI ==⨯=
所以闭合开关10s ，液体具有的动能
()()k =0.40.0210J 3.8J E W W P P t =--⋅=-⨯=电流热热
D 错误。

故选B 。

7. 如图所示，固定在地面上的水平气缸内由活塞封闭着一定量的气体，气体分子之间的相互作用力可以忽略。

假设气缸壁的导热性能很好，环境的温度保持不变，若用外力F 将活塞缓慢地水平向右拉动，则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 气体做等温膨胀，气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少
B. 气体做等温膨胀，分子的平均动能不变，气体的压强不变
C. 气体从外界吸收热量，内能变大
D. 气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，此过程违反热力学第二定律
答案：A
解：AB ．因气缸导热，气体的温度不变，气体体积变大，则压强减小；气体的体积增大，则单位体积内的分子数减小，则气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，选项A 正确，B 错误； C ．由于气体压迫活塞，故气体对外做功，则由热力学第一定律可知，因温度不变，内能不变，则气体应吸热，且吸收的热量等于对外做功，选项C 错误；
D ．气体是从单一热源吸收，全部用来对外做功，但要引起气体的变化，此过程不违反热力学第二定律，选项D 错误。

故选A 。

点评：分子间的相互作用力忽略，则可以看作理想气体，则内能由温度决定；由热力学第一定律可得出气体是否吸热；由题意可知气缸内的气体做功；由理想气体的状态方程可得出压强的变化。

在热学的考查中更注重了知识点的全面考查，但难度不大，故应全面掌握相应的知识点．
8. 如图所示，两个等大、平行放置的均匀带电圆环相距0l ，所带电荷量分别为Q +、Q -，圆心A 、B 连线
垂直于圆环平面。

以A点为坐标原点，沿AB方向建立x轴，将带正电的粒子（重力不计）从A点静止释放。

粒子在A运动到B的过程中，下列关于电势 、电场强度E、粒子的动能k E和电势能p E随位移x的变化图线中，可能正确的是（）
A. B.
C. D.
答案：C
解：A．正负电荷在AB中点产生的电势绝对值相同，相差一个负号，故AB中点的电势为零，故A错误；B．AB中点的电场强度是两个电荷产生电场的叠加值，x轴上A点电场强度是带−Q的圆环产生的，方向向右，B点电场强度是带+Q的圆环产生的，方向向右，所以A、B两点电场度不为零，且方向相同，故B错误；
C．带正电的粒子在A、B之间受到的电场力方向一直向右，在A点由静止释放，它将沿AB连线向右加速运动，电场力先增大后减小，故E k−l0的斜率先增大后减小，故C正确；
D．图像的斜率表示电场力的大小，AB连线向右加速运动，电场力先增大后减小，故斜率应该先增大后减小，故D错误。

故选C。

9. “道威棱镜”是一种用于光学图象翻转的仪器。

如图，将一等腰直角棱镜截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱镜”，其横截面ABCD为底角45︒的等腰梯形，O为AB中点，P为OA中点，光线1和光线2是两条与BC平行的光线，分别从O和P点入射棱镜，均在BC面上发生一次全反射后从CD面射出，其中光线1的出射点为CD中点Q（未画出），已知棱镜对两光线的折射率2
n=，2
=
AB L，光在真空
中的传播速度为c，
62
sin15
4
-
︒=，则（）
A. 光线1在棱镜中的传播速度为2c
B. 光线1在棱镜中经过的路程长为(62)L
+
C. 光线2在棱镜中的传播时间为(62)L
+
D. 光线1从CD边射出点到BC边的距离为
2 4
L
答案：AB
解：A．光线1和光线2在棱镜中传播速度均为c
v
n
==2c
A正确；
C．如图所示为光线1和光线2的光路图
由几何关系可知，光线2的入射角为45°，由 sin 45sin n r = 可解得折射角
30r =
当光线2设到BC 面上的F 点时，由几何关系可得 15PFB ∠=
在PFB △中，由正弦定理可得
sin 45sin15sin120PF PB BF == 由题意可得
344
PB AB L =
= 解得
PF =
BF L =
由几何关系可得
::1:2EF BE OP OB ==
所以
12
EF FC BE == 可得R 为CQ 的中点，BEO △与BFP △相似可得 23
BO BE OE BP BF PF === 解得
32
BE L =
OE =
EF FC L == 在CFR 中，由正弦定理可得
sin 45sin15FR RC =
4
RC L =
解得
FR = 故光线2在棱镜中的传播时间为
PF FR t v
+= 代入数据解得
t = C 错误；
B ．由对称性可知，光线1在棱镜中经过的路程长为
2s OE L ==
B 正确；
D ．光线1从CD 边射出点到BC 边的距离为 1sin 452
d QC L ==
D 错误。

故选AB 。

10. 如图甲所示，质量为m 、电阻为r 的金属棒ab 垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长、间距为d 的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R 的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度为B 的匀强磁场中。

从某时刻开始，导体棒在水平外力F 的作用下向右运动（导体棒始终与导轨垂直），水平外力随着金属棒位移变化的规律如图乙所示，当金属棒向右运动位移x 时金属棒恰好匀速运动。

则下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒ab 匀速运动的速度为022
()+=F R r v B d B. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R 上通过的电量为2()
+Bdx R r C. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，外力F 冲量2
22022d mF R B x I R B d
=+ D. 从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功22
00441()22mF R r W F x B d
+=- 答案：AD
解：A ．金属棒在外力的作用下开始运动到恰好匀速运动，在位移为x 时
0F F BId ==安
E I R r
=+ E Bdv =
联立可得
022
()+=F R r v B d 故A 正确；
B ．此过程中金属棒R 上通过的电量
((Bdx q I t t R r t R r R r
ϕϕ∆∆=∆=∆==+∆++）） 故B 错误；
C ．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，由动量定理可得
0mv Ft F t -=-安
外力F 冲量
I Ft mv F t ==+安
得 ()22022d r mF R r B x I R B d
+=++ 故C 错误；
D ．对金属棒，根据动能定理得
212
m W W v -=
外克 由乙图可知 012
W F x =外 联立解得
22
00441()22克+=-mF R r W F x B d
故D 正确。

故选AD 。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11. 某实验小组做“探究加速度与力的关系”实验时，先采用如图甲所示的常规实验方案，处理数据时发现误差比较明显。

该小组经过分析讨论，对实验方案行了改进和优化，采用如图乙所示实验方案，具体实验操作步骤如下：
A ．挂上托盘和砝码，调整垫块位置，使质量为M 的小车拖着纸带沿木板匀速下滑；
B ．取下托盘和砝码，用天平测出其总质量为m ，查出并记录当地重力加速度g ；
C ．把小车放回木板上原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度a ；
D ．改变砝码质量和垫块位置，多次测量m 和a ，通过作图可得到a F -的关系。

（1）比较甲、乙两实验方案，实验时需要满足条件M m >>的实验方案是___________（选填“甲”、“乙”
或“甲和乙”）；
（2）采用乙实验方案，在作a F -关系时，小车受到的合外力F =___________；a F -关系图象为___________（填写线性或非线性）；
（3）在一次实验操作中，获得如图丙所示的纸带，A 、B 、C 、D 、E 为计数点，其中相邻两计数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50Hz ，由纸带可求得小车运动的加速度a =___________2m/s （计算结果保留两位有效数字）。

答案： (1). 甲 (2). mg (3). 线性 (4). 0.80
解：(1)[1]实验甲，整体由牛顿第二定律可得
()mg m M a =+
对小车由牛顿第二定律可得
F Ma =
联立可得
11M F mg mg m m M M
==++ 只有当M m >>，小车受到的拉力F 才能用托盘和砝码的重力mg 近似代替；
实验乙，原来小车带着托盘和砝码匀速下滑，受力平衡，当撤去托盘和砝码时，小车加速下滑时受到的合力就等于托盘和砝码的重力，不需要满足M m >>的条件，故需要满足M m >>条件的是实验甲。

(2)[2]由(1)的分析可知，当采用乙实验方案，在作a F -关系时，小车受到的合外力F =mg 。

[3]由牛顿第二定律可得
F Ma =
整理得
11a F mg M M
== 故a F -关系图象为线性。

(3)[4]由丙图可知
4.40cm AC x =
7.60cm CE x =
可求得小车运动的加速度为
222(7.60 4.40)0.01m/s 0.80m/s (20.1)a -⨯==⨯ 12. 在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有以下器材：
A ．电流表A 1（量程3 mA ，内阻R g 1=10Ω）
B ．电流表A 2（量程0.6 A ，内阻R g 2约为0.1Ω）
C ．定值电阻R 0= 990Ω
D ．滑动变阻器R （最大阻值20Ω，额定电流1A ）
E ．待测干电池（电动势约1.5 V ，内阻小于1.0Ω）
F ．开关和导线若干
(1)在图（a ）的圆圈内补充实验仪器符号时，与滑动变阻器R 串联的电流表是_______（填“A 1”或“A 2”），与定值电阻R 0串联的电流表是_____（填“A 1”或“A 2”）。

(2)闭合开关前应将滑动变阻器滑片移至阻值___________（填“最大”或“最小”）处。

(3)某同学利用实验测得的数据绘出了I 1-I 2图线（I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数），如图（b ），求出该图线斜率的绝对值为k ，则电源内阻r =___________（用题中所给物理量符号表示）；若该同学在处理数据时，求得的斜率绝对值偏小，则测得的电源内阻会偏___________（填“大”或“小”）。

答案： (1). A 2 (2). A 1 (3). 最大 (4).
()101g k R R k +- (5). 小
解：(1)[1][2]与滑动变阻器R 串联的应是量程较大的电流表A 2，用来测干路电流，电流表A 1由于内阻已知，与定值电阻R 0串联，改装成电压表，电路如图所示
(2)[3]为保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片移至阻值最大处。

(3)[4]由闭合电路欧姆定律得I 1-I 2图线的表达式为
12g10g1o E r I I
R R r R R r
=-++++ 图线斜率的绝对值
10g r k R R r =++ 解得()
101g k R R r k +=-。

[5]若求得的斜率绝对值偏小，由表达式可知测得的电源内阻会偏小。

13. 如图所示，A 、B 是两列波的波源，0t =时，两波源同时开始垂直纸面做简谐运动，其振动表达式分别为A 0.1sin(2)m x t π=、B 0.5sin(2)m x t π=，产生的两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播。

P 是介质中的一点，2s t =时开始振动，已知40PA cm =，50PB cm =，求：
（1）两列波的波速；
（2）在 4.25s t =内质点P 运动的路程。

答案：（1）0.2m/s ；（2）3m
解：(1)两列波在同一种均匀介质中沿纸面传播，故两列波的波速相同；根据质点P 开始振动的时间可得 0.40m/s 0.2m/s 2
PA v t === (2)由振动方程可得波的周期为
21s T πω==
故波长
0.2m vT λ== A 、B 两列波到P 点的波程差为0.1m =
2λ，故P 点为振动减弱点，合振动的振幅为A =0.5m-0.1m=0.4m ，A 列波比B 列波早10.5s 2
T t ==到P 点，这半个周期的时间P 点运动的路程为 11220.1m 0.2m s A ==⨯=
P 点参与两列波叠加运动的时间为
212s 4.25s 2s 0.5s 1.75s t t t =--=--=
由
2314
t T = 可知P 点参与两列波叠加运动的路程为
243770.4m 2.8m s A A A =+==⨯=
故在 4.25s t =内质点P 运动的路程为
120.2m 2.8m 3m s s s =+=+=
14. 如图所示，在纸面上的矩形ABCD 区域内，对角线BD 以上的区域有电场强度大小为E 、方向平行于AD 向下的匀强电场，对角线BD 以下的区域有方向垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），AD 边长为L 、AB 边长为2L 。

一带电粒子以大小为v 0的初速度从A 点沿AB 方向进入电场，从对角线BD 的中点P 进入磁场，并从DC 边上的M 点垂直于DC 边离开磁场。

不计粒子所受重力。

求：
（1）粒子的比荷q m
； （2）粒子到达P 点时速度v 大小和方向；
（3）磁场的磁感应强度大小B 。

答案：（1）粒子的比荷q m 为20v EL
；
（2）粒子到达P 点时速度v 的大小为02
v ，速度与水平方向的夹角为45θ=；
（3）磁场的磁感应强度B 的大小为0
2E B v =
，方向垂直纸面向外。

（1）带电粒子进入电场做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，到达P 点后，水平位移是竖直位移的2倍，抓住这一关系求出粒子的比荷；
（2）在竖直方向上做匀变速运动，根据运动学公式求出竖直方向速度，到P 点时速度为220y v v v =
+求出速度，方向根据两分速度的关系求出夹角；
（3）作出进入磁场的轨迹图，确定出圆心，根据几何关系得出半径，根据洛伦兹力提供向心力，通过半径公式，求出磁感应强度B 的大小，根据洛伦兹力的方向确定出磁场的方向。

解：（1）粒子的运动轨迹如图所示
设粒子在电场中从A 点运动到P 点的时间为t ，粒子沿AB 方向做匀速直线运动，有
0L v t =
粒子在电场中运动的加速度大小为
qE a m
= 粒子沿AD 方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
2122
L at = 解得
20v q m EL
=
(2)设粒子到达P 点时沿AD 方向的速度大小为y v ，有
y v at =
经分析可知
v =解得
0v =，
设粒子到达P 点时的速度方向与AB 的夹角为θ，有
0tan y
v v θ=
解得045θ=；
(3)由几何关系可知，粒子在磁场中运动的过程中转过的圆心角为45°，
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，有
02
sin 45L
r
= 粒子所受洛伦兹力提供其做圆周运动所需的向心力，有
2
v qvB m r
= 解得
2E B v = 点评：本题重点考查带电粒子在匀强电场中的类平抛和匀强磁场中的匀速圆周运动，以及运用数学知识解决物理问题的能力。

15. 如图所示，在竖直平面内倾角37θ=︒的粗糙斜面AB ，下端与粗糙水平地面BC 平滑相连，BC 右端与光滑半圆轨道CD 平滑对接，CD 为半圆轨道的竖直直径。

BC 长为l ，斜面最高点A 与地面高度差1.5h l =，轨道CD 的半径4R l =。

质量为m 的小滑块P 从A 点静止释放，P 与AB 、BC 轨道间的滑动摩擦因数为18
μ=，在C 点静止放置一个质量也为m 的小球Q ，P 如果能与Q 发生碰撞，二者没有机械能损失。

已知重力加速度为g ，sin 370.6︒=，cos370.8︒=。

求：
（1）滑块P 与Q 碰撞前瞬间速度的大小，及碰后小球Q 运动到D 点时对轨道压力大小；
（2）如果小球Q 的质量变为km （k 为正数）小球Q 通过D 点后能够落在斜面AB 上，求k 的最大值max k ； （3）若小球Q 的质量为km （k 为正数），k 可调，求Q 在斜面上落点的范围（不考虑Q 撞击斜面后的反弹）。

答案：（13gl ，4mg ；（2）3222
k =；（3）1014354x l -=
解：（1）设滑块P 与Q 碰撞前瞬间速度的大小为v PC 。

对滑块P ，从A 点到C 点的过程，由动能定理得 21cos 0sin 2
PC h mgh mg mgl mv μθμθ-⋅
-=- 解得 32
PC v gl =P 、Q 过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能也守恒，以向右为正方向，由动量守恒得 mv PC =mv Pc1+mv Qc1
由机械能守恒定律得
12mv PC 2=12mv Pc12+12
mv Qc12 解得
132
QC PC v l v g ==对Q 球从C 点到D 点过程，由机械能守恒定律得
12mv Qc12=12
mv QD12+mg •2R 对Q 球在D 点，由牛顿第二定律得
21
QD N mg F m v R +=
由题意可知
4
R l = 联立解得
F N =4mg
由牛顿第三定律可知，小球Q 运动到D 点时对轨道压力的大小
F 压=F N =4mg
（3）球Q 的质量变为km ，P 与Q 碰撞过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv pc =mv pc2+kmv Qc2
由机械能守恒定律得
12mv PC 2=12mv Pc22+12
kmv Qc22 解得
2
QC v =
对Q 球从C 点到D 点过程，由机械能守恒定律得
12kmv Qc22=12
kmv QD2
2+kmg •2R 联立解得
2QD v =Q 球离开D 点后做平抛运动，设恰好落在B 点时对应水平速度为v QD0，则竖直方向有 2R =12
gt 2 水平方向有
l =v QD0 t
联立解得
0QD v = 小球Q 通过D 点后要能够落在斜面AB 上，必须满足 v QD2 ≥v QD0 解得 2
02
k ≤＜
故k 2；
（3）当Q 从D 点抛出时水平速度最大时落在PB 上的位置最远，设离B 点的最远距离为x ，则 '212sin 2
R x gt θ-= 'cos QDm l x v t θ+=
其中
2QD v =
当k →0时QDm v =带入联立解得
354
x l =。