河南省鹤壁市2021届新高考第二次适应性考试物理试题含解析

河南省鹤壁市2021届新高考第二次适应性考试物理试题
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
1．一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点，现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子（钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上），下列说法正确的是（）
A．钩子对细绳的作用力始终水平向右
B．OA段绳子的力逐渐增大
C．钩子对细绳的作用力逐渐增大
D．钩子对细绳的作用力可能等于2mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A错误；
B．物体受重力和拉力而平衡，故拉力 T=mg ，而同一根绳子的张力处处相等，故 OA 段绳子的拉力大小一直为mg ，大小不变，故B错误；
C．两段绳子拉力大小相等，均等于 mg ，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故C正确；
D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子的作用力不可能等于2mg，钩子对细绳的作用力也不可能等于2mg，故D错误。

故选C。

2．摩天轮是的乐场一种大型转轮状设施，摩天轮边缘悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．摩天轮物动一周的过程中，乘客所受合外力的冲量为零
C ．在最低点，乘客处于失重状态
D ．摩天轮转动过程中，乘客所受的重力的瞬时功率保持不变
【答案】B
【解析】
A ：乘客随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，动能保持不变，重力势能随高度不断变化，乘客的机械能不断变化．故A 项错误．
B ：摩天轮转动一周的过程中，速度变化为零，动量变化为零，据动量定理：乘客所受合外力的冲量为零．故B 项正确．
C ：在最低点，乘客的加速度向上，乘客处于超重状态．故C 项错误．
D ：摩天轮匀速转动过程中，重力与速度的夹角α不断变化，乘客所受的重力的瞬时功率cos P mg v α=⋅不断变化．故D 项错误．
3．2016里约奥运会男子50米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。

经视频分析发现：他从起跳到入水后再经过加速到获得最大速度2.488m/s 所用的时间总共为2.5秒，且这一过程通过的位移为x 1=2.988m 。

若埃尔文以最大速度运动的时间为19s ，若超过该时间后他将做1m/s 2的匀减速直线运动。

则这次比赛中埃尔文的成绩为（ ）
A ．19.94s
B ．21.94s
C ．20.94s
D ．21.40s 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
埃尔文匀速运动能走过的最大位移为
x 2=vt 2=2.488×19=47.272m
因为
x 1+x 2=2.988+47.272=50.26>50m
则运动员没有匀减速运动的过程，所以他匀速运动的时间为
50 2.98818.895s 2.488s t t -==≈
则埃尔文夺金的成绩为：
t=2.5+18.895=21.40s
A ．19.94s 与分析不符，故A 错误；
B ．21.94s 与分析不符，故B 错误；
C ．20.94s 与分析不符，故C 错误；
D ．21.40s 与分析相符，故D 正确。

故选D 。

4．关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（）
A．运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用
B．通电导线在磁场中一定受到安培力作用
C．洛伦兹力一定对运动电荷不做功
D．安培力一定对通电导线不做功
【答案】C
【解析】
【详解】
A．运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；
B．通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；
C．由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；
D．安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。

故选C。

5．一质点在xOy平面内运动轨迹如图所示，下列判断正确的是（）
A．质点沿x方向可能做匀速运动
B．质点沿y方向一定做匀速运动
C．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先加速后减速
D．若质点沿y方向始终匀速运动，则x方向可能先减速后反向加速
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．物体做曲线运动，合力大致指向轨迹凹的一侧，则加速度大致指向轨迹凹的一侧，由图可知：x轴方向有分加速度，所以x轴方向不可能匀速，y方向可能有分加速度，故质点沿y方向可能做变速运动，也可能做匀速运动，故A、B错误；
CD．物体在y方向匀速，则合力在水平方向，合力指向轨迹的凹侧可知合力水平向左，因此物体在水平方向先向右减速后向左加速，C错误，D正确。

故选D。

6．如图为甲、乙两个物体同时从同一地点出发，沿同一直线运动的速度—时间图象。

则（）
A．在2～4 s内，甲处于静止状态
B．在2 s时刻，甲在乙的正前方
C．在0～6 s内，甲和乙相遇一次
D．在0--6 s内，甲和乙的位移相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．在v-t图象中，斜率代表加速度，纵坐标表示速度大小，故在2～4 s内，甲处于匀速运动状态，故A 错误；
B．因v-t图像的面积等于位移，可知在0-2s内乙的位移大于甲，则在2 s时刻，乙在甲的正前方，选项B 错误；
CD．开始阶段乙比甲运动的快，乙在前，甲在后，此后乙做减速运动，甲做加速，再做匀速；而在0~6s 内，甲的位移为24m，乙的位移为18m，说明甲的位移大于乙的位移，且在两个物体同时停止前甲追上乙，此后甲一直在前，故只相遇一次，故C正确，D错误。

故选C。

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，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。

下列说法正确的是
A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为2sinθ
g
B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为sinθ
g
C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为1
sinθ2
g
D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为2sinθ
g
【答案】AC
【解析】
【详解】
A. 把ABC 看成是一个整体进行受力分析，有:
3sin θF mg =
在轻绳被烧断的瞬间，AB 之间的绳子拉力为零，对A ，由牛顿第二定律得：
sin θA F mg ma -=
解得：
2sin θA a g =
故A 正确；
B. 对于C ，由牛顿第二定律得：
F 弹sin θmg =
在轻绳被烧断的瞬间，对于B ，绳子拉力为零，弹力不变，根据牛顿第二定律：
F 弹sin θB mg ma +=
解得：
2sin θB a g =
故B 错误；
C. 剪断弹簧的瞬间，对于整体AB ，弹簧弹力为零，根据牛顿第二定律：
2sin θ2AB F mg ma -=
解得：
1sin θ2
AB a g = A 的加速度大小：
1sin θ2
A A
B a g a == 故
C 正确；
D. 突然撤去外力F 的瞬间，对于整体AB ，一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：
F 弹2sin θ2AB mg ma +=
解得：
3sin θ2
AB a g = A 的加速度大小：
3sin θ2
A A
B a g a == 故D 错误。

8．一列横波沿水平方向传播，质点A 平衡位置位于0.2m x =处，质点P 平衡位置位于 1.2m x =处，质
点A 的振动图像如图甲所示，如图乙所示是质点A 刚振动了1．1s 时的波形图，以下说法正确的是（ ）
A ．波速2m/s v =
B ．波源的最初振动方向向上
C ．0.4s t =时波传到P 点
D ．当质点P 点处于波峰位置时，A 质点处于波谷位置
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由题图甲知0.2s T =，由题图乙知0.4m λ=，波速
2m/s v T λ
==
A 正确；
B ．结合图甲、图乙可判断，该波沿x 轴正方向传播，根据题图乙知0.1s t =时，波源的振动传到0.4m x =处，可知波源最初振动方向向下，B 错误；
C ．波从0.4m x =处传到 1.2m x =处需要0.4s x t v
∆∆==，此时0.6s t =，C 错误； D ．质点A 、P 平衡位置间距为1m ，等于2.5λ，去整留零相当于1.5λ，当质点P 点处于波峰位置时，质点A 处于波谷位置，D 正确。

故选AD 。

9．如图所示，CD 、EF 是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的宽度为d ，导轨的右端接有一阻值为R 的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R ，质量为m 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ．下列说法正确的是
A ．通过电阻R 2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为2BdL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh
D ．电阻R 中产生的焦耳热为1()2
mg h d μ- 【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
212
mgh mv = 金属棒到达水平面时的速度
2v gh 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为
E=BLv
最大的感应电流为
22BL gh BLv I R == 故A 正确；
B ．通过金属棒的电荷量
2BLd q R r R
Φ==+V 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：
mgh-W B -μmgd=0-0
则克服安培力做功：
W B =mgh-μmgd
整个电路中产生的焦耳热为
Q=W B =mgh-μmgd
故C 错误；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热： 1122
R Q Q mg h d μ==-（） 故D 正确．
10．如图所示，12O O 是半圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，A 、B 是关于12O O 轴等距且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，MN 是垂直于12O O 放置的光屏，沿12O O 方向不断左右移动光屏，可在屏上得到一个光斑P ，根据该光路图，下列说法正确的是（ ）
A ．该玻璃体对A 光的折射率比对
B 光的折射率小
B ．A 光的频率比B 光的频率高
C ．在该玻璃体中，A 光比B 光的波长长
D ．在真空中，A 光的波长比B 光的波长长
E.A 光从空气进入该玻璃体后，其频率变高
【答案】ACD
【解析】
【详解】
ABD ．光线通过玻璃体后，A 光的偏折程度比B 光的小，则该玻璃体对A 光的折射率比对B 光的折射率小，而折射率越大，光的频率越高，说明A 光的频率比B 光的频率低，由c=λγ知，在真空中，A 光的波长比B 光的长，故A 、D 正确，B 错误；
C ．设同一光线在真空中的波长为λ0，在玻璃体中的波长为λ，折射率为n ，则
0c n v λλ
==， 得：
0n
λλ= 在真空中，A 光的波长比B 光的波长长，而玻璃体对A 光的折射率比对B 光的折射率小，由λ=λ0/n 知，在该玻璃体中，A 光比B 光的波长长．故C 正确；
E. 光的频率由光源决定，与介质无关，则A 光从空气进入该玻璃体后，其频率不变．故E 错误．
11．下列说法正确的是（ ）
A ．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性
B ．无论科学技术怎样发展，热量都不可能从低温物体传到高温物体
C ．晶体在熔化过程中要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
D ．对于一定量的气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热
E.悬浮在液体中的颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A ．根据热力学第二定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故A 正确。

B ．热量可以从低温物体传到高温物体，比如空调制冷，故B 错误。

C ．晶体在熔化过程中要吸收热量，温度不变，内能增大，故C 错误。

D ．对于一定质量的气体，如果压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知，温度升高，内能增大，根据热力学第-定律可知，气体对外做功，它-定从外界吸热，故D 正确。

E ．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，故E 正确。

故选ADE 。

12．已知基态He +的电离能力是54.4 eV ，几种金属的逸出功如下表所示，He +的能级E n 与n 的关系与氢原子的能级公式类似，下列说法不正确的是
A ．为使处于静止的基态He +跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为54.4 eV
B ．为使处于静止的基态He +跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为40.8 eV
C ．处于n=2激发态的He +向基态跃迁辐射的光子能使上述五种金属都产生光电效应现象
D ．发生光电效应的金属中光电子的最大初动能最大的是金属铷
【答案】AD
【解析】
根据玻尔理论12n E E n =-，从基态跃迁到n=2所需光子能量最小，211340.8eV 4
E E E E ∆=-==，A 错误B 正确．从n=2激发态的He +向基态跃迁辐射的光子能量为40.8 eV ，金属钨的逸出功为
197.2610J 4.54eV -⨯=，故能使所列金属发生光电效应，由表中的数据可知金属铷的逸出功最小，C 正确；根据爱因斯坦的光电效应方程可知道从铷打出的光电子的最大初动能最大，D 正确．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．图甲为一个简单的多用电表的电路图，其中电源的电动势E=1.5V 、内阻r=1.0Ω，电流表内阻R g =10Ω、满偏电流I g =10mA 。

该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C 为上排刻度线的中间刻度。

(1)选择开关接“1”，指针指在图乙所示位置时示数为_____（结果保留三位有效数字）。

(2)如果选择开关接“3”，图甲中电阻R 2=240Ω，则此状态下多用电表为量程_____的电压表。

(3)如果选择开关接“2”，该多用电表可用来测电阻，C 刻度应标为_______Ω。

(4)如果选择开关接“2”，红、黑表笔短接，调节R 1的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为_______Ω（保留两位有效数字）。

(5)如果将该多用电表的电池换成一个电动势为1.5V 、内阻为1.2Ω的电池，正确调零后测量某电阻的阻值，其测量结果_____（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）。

【答案】7.46mA 2.5V 150 51 准确
【解析】
【详解】
(1)[1]选择开关接“1”时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为0.2mA ，指针在两最小刻度之间进行估读，故其示数为
37.4mA 0.2mA 7.46mA 10
+⨯= 说明：估读方法符合最新高考评分标准。

(2)[2]根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有
()2 2.5V g g U I R R =+=
所以开关接“3”时为量程2.5V 的电压表。

(3)[3]欧姆表的内阻
150Ωg
E R I ==内 由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故C 处刻度为150Ω。

(4)[4]根据闭合电路欧姆定律有
x
E I R R =+内 其中
7.46mA I =，150ΩR =内
解得
51Ωx R =
(5)[5]因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结果是准确的。

14．用如图甲所示实验装置探究做功与动能变化的关系，在该实验中______ ( 需要/不需要)平衡摩擦力。

若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，则所选择的研究对象是___________。

图乙所示是实验所得的一条纸带，在纸带上取了O 、A 、B 、C 、D 、E 六个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s ， x
1=1.42cm ， x 2=l.84cm ， x 3=2.25cm ，x 4=2.67cm ， x 5=3.10cm ， 用天平测得沙桶和沙的质量m=24g ，滑块质量M=500g ，重力加速度g=9.8m/s 2，根据以上信息，从A 点到D 点拉力对滑块做的功为_______J ，滑块动能增加了_________J 。

根据实验结果可得到：在实验误差允许的范围内合外力做功等于物体动能的变化。

(结果均保留两位有效数字)
【答案】需要 滑块、沙桶和沙子构成的整体 0.016 0.014
【解析】
【详解】
[1]平衡摩擦力，让小车所受合外力为绳子的拉力；
[2]对小沙桶和沙子应用牛顿第二定律：
mg T ma -=
对小滑块：
T Ma =
两式相比：M T mg M m =+，若实验中不要求满足小沙桶和沙子的总质量远小于滑块的质量，小沙桶和沙子的总重量不能视为合外力，所以需要选择滑块、沙桶和沙子构成的整体研究合外力做功与动能变化量的关系；
[3]满足M m ?，绳子拉力近似等于沙桶和沙子的总重量，从A 点到D 点拉力做功：
32234()241010(1.84 2.25 2.67)10J 0.016J W mg x x x --=++=⨯⨯⨯++⨯≈；
[4]匀变速运动中某段时间内，平均速度和中间时刻速度相等，A 、D 点速度：
12A 0.01420.0184m/s 0.163m/s 220.1x x v T ++=
==⨯ 45D 0.02670.0310m/s 0.2885m/s 220.1
x x v T ++===⨯ 动能变化量：
223232k D A 1111500100.2885J 500100.163J 0.014J 2222
E Mv Mv --∆=-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯≈。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为2m 的滑块A 由长为R 的水平轨道和半径也为R 的四分之一光滑圆弧轨道组成，滑块A 的左侧紧靠着另一质量为4m 的物块C ，质量为m 的物块B 从圆弧轨道的最高点南静止开始下滑，D 为网弧轨道最低点。

已知B 与水平轨道之间的动摩擦因数μ=0.1，A 的水平轨道厚度极小，B 从水平轨道上滑下和滑上的能量损失忽略不计，水平地面光滑，重力加速度为g 。

(1)若A 被固定在地面上，求B 与C 发生碰撞前的速度大小v 0；
(2)若A 的固定被解除，B 滑下后与C 发生完全弹性碰撞，碰撞后B 再次冲上A ，求B 与A 相对静止时与D 点的距离L 。

【答案】 35gR ；(2)2425R 【解析】
【分析】
【详解】 (1)若滑块A 被固定在地面上，物块B 与物块C 碰撞前，由动能定理
2012
μ-=
mgR mgR mv 解得
035gR v =
(2)滑块A 的固定被解除，物块B 下滑到与A 分离的过程中，设B 与A 的分离时的速度分别为v 1和v 2，对A 、B 构成的系统，能量关系和水平方向动量守恒有
221211222μ-=+mgR mgR mv mv 122mv mv =
解得 123030,==gR gR v v 物块B 与物块C 发生完全弹性碰撞后速度分别为1v '和v c ，由能量关系和动量守恒有
222111114222
'=+c mv mv mv 114'=+c mv mv mv
解得
1330'=gR v 碰撞后物块B 冲上滑块A ，达到共速时，由水平方向动量守恒和能量关系有
122(2)共'+=+mv mv m m v
222121112(2)222
共μ'+-=+mv mv mgd m m v B 与D 点的距离
=-L R d
解得
2425
=R L 16．如图所示，导热良好的气缸直立在水平地面上，气缸的质量为m ，高度为L ，底面面积为S ，用活塞把一定量的气体封闭在气缸内，活塞可沿气缸壁无摩擦移动，活塞及气体的质量可忽略不计，气体可看作理想气体。

平衡时，活塞处于距气缸底12
L 处。

现用力F 缓慢向上拉动活塞，直至气缸刚要离开地面，此过程中活塞未移动到气缸口处。

（环境温度保持不变，环境气体压强为p 0）求：
(1)气缸刚要离开地面时，活塞距气缸底的距离；
(2)若此过程中力F 做功为W ，则封闭气体需从外界吸收多少热量？
【答案】 (1)
002()p S L p S mg -；(2)002()
p SmgL p W S mg -- 【解析】
【分析】
【详解】 (1)气缸刚要离开地面时，对整体由平衡条件可知
F mg =
活塞处于平衡状态，设此时封闭气体压强为p ，有
0F pS p S +=
此过程气体做等温变化，设此时活塞距气缸底的距离为L '，由玻意尔定律则有
012
pSL p S L '=⨯ 联立各式，解得
002()
p S L p S g L m =-' (2)此过程中力F 对活塞做正功，封闭气体对活塞做功为0W ，有
001()2
W W p S L L +='- 由于封闭气体温度不变，所以其内能保持不变，即
0U ∆=
由热力学第一定律知，封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量，有
0Q W =
解得
002()
p SmgL Q W p S mg =-- 17．如图所示，两相同小木块M 、N （均视为质点）的质量均为m=1kg ，放在水平桌面上，木块M 、N 间夹有一压缩的轻质弹簧P ，弹簧两端与小木块M 、N 不拴接，但两木块通过长L=0.1m 的细线相连接。

桌子中央O 左侧粗糙，中央O 右侧光滑，小木块M 、N 与桌子左侧间的动摩擦因数μ=0.5，且开始时木块N 离桌子中央O 的距离s=1.15m 。

现让小木块M 、N 一起以v 0=4m/s 的初速度向桌子右侧运动，当木块M 、N 越过桌子中央O 进入右侧光滑区后，剪断从N 间的细线，发现小木块M 最终停在桌面光滑区，而小木块N 水平抛出离开桌面，木块N 运动到A 点时速度方向恰好沿AB 方向，小木块N 沿斜面AB 滑下。

己知斜面AB 与水平方向的夹角为37︒，斜面长为2.0m ，木块N 与斜面间的动摩擦因数也是μ=0.5.木块N 到达B 点后通过光滑水平轨道BC 到达光滑竖直圆轨道，底端（稍稍错开）分别与两侧的直轨道
相切，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接。

重力加速度g 取10m/s 2，sin=37︒0.6，cos 37︒=0.8.
(1)求压缩弹簧的弹性势能E p ；
(2)求水平桌面与A 点的高度差；
(3)若木块N 恰好不离开轨道，并能从光滑水平轨道DE 滑出，则求竖直圆轨道的半径R 。

【答案】 (1)4J ；(2)0.45m ；(3)0.66m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设两木块运动到O 右侧时的速度大小为v '，在两木块一起运动到桌子中央O 右侧的过程，由动能定理知
()'220112222
mgs mg s L mv mv μμ--+=⋅-⋅ 解得
2m/s '=v
剪断细线，两木块组成的系统水平方向动量守恒，设剪断细线后小木块N 的速度大小为v ，则有 2mv mv '=
根据能量守恒知
22p 11222
E mv mv '+⋅= 解得
p 4J E =
(2)设木块N 的抛出点到A 点的高度差为h ，到A 点时，根据平抛运动规律知2
2y v gh =且 tan 37y v v ︒=
解得 0.45m h =
(3)木块N 到达A 点时的速度大小为
225m/s A y v v v =+=
设小木块N 到达B 点时的速度大小为B v ，从A 点到B 点，由动能定理知，
2211sin co 3737s 22
AB AB B A mgL mgL mv mv μ︒︒-=- 设木块N 在轨道最高点时最小速度为min v ，木块N 从B 点到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得 22min 11m 222
B mv v mgR =+ 在最高点根据牛顿第二定律知
2min v mg m R
= 解得
0.66m R =。