山东省菏泽市2021届高三上学期期中考试物理试卷（B） Word版含解析 21页

- 1 - 2020-2021 学年度第一学期期中考试 高三物理试题（B） 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。每小题只有一个选项符 合题目要求。 1. 某人骑自行车沿平直坡道向下骑行，其车把上挂有一只盛有半杯水的水杯，若骑行过程中 悬绳始终竖直，如图所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ） A. 自行车可能做匀加速运动 B. 坡道对自行车的作用力竖直向上 C. 杯内水面与坡面平行 D. 水杯及水的机械能守恒 【答案】B 【解析】 【详解】A．水杯沿平直坡道向下运动，水杯受竖直向上绳子的拉力 F 与竖直向下的重力 mg ， 水杯所受合力一定沿竖直方向，水杯所受合力为零，如果水杯所受合力不为零，则悬绳不可 能沿竖直方向，水杯所受合力为零，水杯做匀速直线运动，自行车做匀速直线运动，故 A 错 误； B．自行车受竖直向下的重力与坡道对自行车的作用力，自行车做匀速直线运动，处于平衡状 态，所受合力为零，由平衡条件可知，坡道对自行车的作用力与自行车的重力平衡，重力竖 直向下，则坡道对自行车的作用力方向竖直向上，故 B 正确； C．由于水杯水平方向不受力，则水平方向做匀速直线运动，所以水杯内水面一定水平，不会 与坡面平行，故 C 错误； D．水杯和水沿坡面向下做匀速直线运动，动能不变而重力势能减小，水杯和水的机械能减小， 故 D 错误。 故选 B。 - 2 - 2. 同一水平线上相距 L 的两位置沿相同方向水平抛出相同的两小球甲和乙，两球在空中相遇， 运动轨迹如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ） A. 甲球抛出的早 B. 乙球抛出的早 C. 相遇时甲球的动量大 D. 从抛出到相遇过程，甲球的动量变化大 【答案】C 【解析】 【详解】A．由于相遇时，甲、乙做平抛运动的竖直位移相同，即 21 2h gt 可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故 A 错误； B．由于相遇时，甲、乙做平抛运动的竖直位移相同，即 21 2h gt 可以判断两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故 B 错误； C．由示意图，可知相遇时，甲球水平位移大，则甲球的初速度大，下落相同时间相遇，则相 遇时甲球的速率大，即动量大。故 C 正确； D．从抛出到相遇过程,由动量定理，有 mgt p 即两球动量变化一样大。故 D 错误。 故选 C。 3. 篮球运动员在某次运球时，篮球落地速度为 5m/s，方向竖直向下，篮球与地面接触后的反 弹速度为落地速度的 0.8 倍，球与地面的作用时间为 0.1s，篮球的质量为 650g，重力加速度 g 取 10 m/s2。根据以上信息可得，地面对球的平均弹力为（ ） A. 58.5N B. 65N C. 38N D. 31.5N 【答案】B - 3 - 【解析】 【详解】取竖直向上为正方向，则由动量定理 '( ) ( )N mg t mv mv    解得 ' 0.65 (0.8 5 5)= N+0.65 10N=65N0.1 mv mvN mgt       故选 B。 4. 如图所示，物体 A 左侧为竖直墙面，在竖直轻弹簧作用下，A、B 保持静止。若在 A 的上 方施加一竖直向下的作用力 F，当 A、B 再次达到静止时（ ） A. A 相对 B 向下滑动 B. 弹簧对 B 的弹力变大 C. 墙壁对 A 的摩擦力变大 D. B 受到的合力变大 【答案】B 【解析】 【详解】A．施加 F 后，物体 B 对物体 A 的弹力和静摩擦力成比例变大，二者无相对滑动， 整体向下运动，故 A 错误； B．对物体 A 和物体 B 整体进行分析，由二力平衡，F 作用之前有 A BG G F  弹 F 作用之后有 ' A BG G F F   弹 故 B 正确； C．对物体 A 和物体 B 整体进行分析，可知墙壁和物体 A 之间没有弹力和摩擦力，故 C 错误； D．由题意可知，F 作用前后，物体 B 均处于静止状态，故其合力没有变化。故 D 错误。 故选 B。 - 4 - 5. 在房顶的底部宽度一定情况下，为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设 雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动。那么如图所示的四种情况中符合要求的是 （ ） A. 图 A B. 图 B C. 图 C D. 图 D 【答案】C 【解析】 【详解】设屋檐的底角为 ，底边为 L，由牛顿第二定律可知 sinmgma  雨滴下滑时，有 21 2cos 2 L at  联立解得 2 sin cos sin 2 L Lt g g    因此当 45  时，时间最短，故 ABD 错误，C 正确。 故选 C。 6. “飞车走壁”杂技表演比较受青少年的喜爱，这项运动由杂技演员驾驶摩托车，沿表演台的 侧壁做匀速圆周运动。简化后的模型如图所示，若表演时杂技演员和摩托车的总质量不变， 摩托车与侧壁间沿侧壁倾斜方向的摩擦力恰好为零，轨道平面离地面的高度为 H，侧壁倾斜角 度α不变，摩托车做圆周运动的 H 越高，则（ ） - 5 - A. 运动的线速度越大 B. 运动的向心加速度越大 C. 运动的向心力越大 D. 对侧壁的压力越大 【答案】A 【解析】 【详解】ABC．摩托车做匀速圆周运动，摩擦力恰好为零，由重力 mg 和支持力 F 的合力提 供圆周运动的向心力，作出受力图如图 则有向心力 n tanF mg  可知与 H 无关，由于质量 m ，倾角都 不变，则向心力大小不变，由 nF ma 可知向心加速度也不变；根据牛顿第二定律得 2 n vF m r  H 越高， r 越大， nF 不变，则 v 越大。故 A 正确，BC 错误； D．侧壁对摩托车的支持力为 cos mgF  与高度 H 无关，则不变，所以摩托车对侧壁的压力不变，故 D 错误。 故选 A。 - 6 - 7. 如图所示，两条图线是驾驶员驾驶同一辆汽车在两种路面紧急刹车时的 v－t 图像。驾驶员 的反应时间为 0.5s（从发现问题到制动的时间），下列说法正确的是（ ） A. 从 t=0 到停下，汽车在干燥路面的平均速度较小 B. 从 t=0 到停下，湿滑路面的位移是干燥路面的 2 倍 C. 从 t=0.5s 到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的减速的加速度之比为 4：9 D. 从 t=0.5s 到停下，汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度之比为 9：4 【答案】C 【解析】 【详解】AB．根据 v-t 图象与时间轴所围的面积表示位移，知从 t=0 到停下，汽车在干燥路面 通过的位移为 1 0.5 2.5 40m 60m2x    平均速度为 1 1 60 m/s 24m/s2.5 xv t    汽车在湿滑路面通过的位移为 2 0.5 5.0 40m 110m2x    平均速度为 2 2 2 110 m/s 22m/s5 xv t    则 2 1 110 4.624 x x   可知汽车在干燥路面的平均速度较大，湿滑路面的位移是干燥路面的 4.6 倍，故 AB 错误； C．根据 v-t 图象的斜率大小表示加速度大小，知汽车在湿滑路面减速的加速度大小为 - 7 - 2 1 2m/ s40 80 5.0 0 m5 / s. 9a   汽车在干燥路面减速的加速度大小为 2 2 240 202.5 0.5 m/ s m/ sa   则 1 2 4 9a a ： ： 故 C 正确； D．从 t=0.5s 到停下，汽车做匀减速直线运动，根据平均速度公式 0 2 v vv  可知汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度相等，均为 40 0 m/s 20m/s2v   因此，汽车在湿滑路面和干燥路面的平均速度之比为 1：1，故 D 错误。 故选 C。 8. 如图所示，物体 A、B 质量均为 m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上，上端和 物体拴接）。对 A 施加一竖直向下，大小为 F 的外力，使弹簧再压缩一段距离（弹簧始终处于 弹性限度内）后物体 A、B 处于平衡状态。已知重力加速度为 g，F>2mg。现突然撤去外力 F， 设两物体向上运动过程中 A、B 间的相互作用力大小为 FN，则下列关于 FN 的说法正确的是 （ ） A. 刚撤去外力 F 时，FN＝ 2 mg F B. 弹簧弹力等于 F 时，FN= 2 F C. 两物体 A、B 在弹簧恢复原长之前分离 D. 弹簧恢复原长时 FN=mg 【答案】B - 8 - 【解析】 【详解】A．刚撤去外力 F 时，由牛顿第二定律，对 A、B 组成的整体有 12F ma＝ 对物体 A 有 1NF mg ma－ ＝ 联立解得： +2N FF mg ，A 错误； B．弹簧弹力等于 F 时，对 A、B 组成的整体有 22 2F mg ma－ ＝ 对物体 A 有 2NF mg ma－ ＝ 联立解得： 2N FF ＝ ，B 正确； CD．当 A、B 恰好分离时，A、B 间相互作用力为 0，对 A 有 mg＝ma 解得：a＝g，B 的加速度也为 g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，C、D 错 误； 故选 B。 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。每小题有多个选项符合 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. 2020 年 6 月 23 日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第 55 颗导航卫星，至此北 斗全球卫星导航系统星座部署全面完成。其中北斗导航系统第 41 颗卫星（地球同步卫星，离 地高度约 36000km）、第 49 颗卫星（倾斜地球同步轨道卫星，轨道半径约为 4.2×107m，运行 周期都等于地球的自转周期 24h）、第 50、51 颗卫星（中圆地球轨道卫星，离地高度约 20000km）。 下列说法正确的是（ ） - 9 - A. 中圆地球轨道卫星周期大于 24 小时 B. 地球同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度 C. 倾斜地球同步轨道卫星一天 2 次经过赤道正上方同一位置 D 中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线速度小 【答案】BC 【解析】 【详解】A．中圆地球轨道卫星的公转半径小于地球同步卫星的轨道，根据开普勒第三定律， 其运转周期小于 24 小时，故 A 错误； B．轨道半径等于地球半径的卫星，其线速度等于第一宇宙速度，根据公式 GMv R h   可知，地球同步卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故 B 正确； C．倾斜地球同步轨道卫星的轨道平面与赤道平面之间有一定的夹角，卫星公转一周，地球自 转一周；设某时刻卫星恰好位于赤道某点正上方，则经过 24 小时后，地球和卫星都转了一周， 卫星恰好又出现在该点的正上方，即一天 2 次经过赤道正上方同一位置，故 C 正确； D．中圆地球轨道卫星的公转半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据公式 GMv r  可知，中圆地球轨道卫星比地球同步卫星线速度大，故 D 错误。 故选 BC。 10. 如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球 A 和 B，其质量 mA>mB，B 球上固定一轻质弹 簧。A 球以速率 v 去碰撞静止的 B 球，则（ ） - 10 - A. A 球的最小速率为零 B. B 球的最大速率为 A A B 2m vm m C. 当弹簧压缩到最短时，B 球的速率最大 D. 两球的动能最小值为   2 2 A A B2 m v m m 【答案】BD 【解析】 【详解】ABC．A 球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对 A 球产生向左的弹力，对 B 球产生 向右的弹力，故 A 球做减速运动，B 球做加速运动，当 B 球的速度等于 A 球的速度时弹簧的 压缩量最大，此后 A 球继续减速，B 球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时， B 球速度最大，A 球速度最小，此时满足动量守恒和能量守恒 A A 1 B 2m v m v m v  2 2 2 A A 1 B 2 1 1 1 2 2 2m v m v m v  解得 A B 1 A B m mv vm m   ， A 2 A B 2mv vm m   因为 A Bm m 可知 A 球的最小速率不为零，当弹簧恢复原长时，B 球最大速率为 A A B 2m vm m ， 故 AC 错误， B 正确； D．两球共速时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，故此时两球动能最小，根据动量守恒和能量 守恒有  A A B 共m v m m v  21 ( )2k A B 共E m m v  联立可得 - 11 -   2 2 A k A B2 m vE m m   故 D 正确。 故选 BD。 11. 在某行星表面进行了如图所示的实验。一小物块从倾角为 37°的斜面顶端由静止滑到底端 所用时间为 t，已知斜面长度为 L，物块与斜面间的动摩擦因数为 0.5，该行星的半径为 R，引 力常量为 G，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则（ ） A. 该行星表面的重力加速度为 2 5L t B. 该行星的密度为 2 15 2 L RGt C. 该行星的第一宇宙速度为 2 10RL t D. 该行星卫星的最小周期为 5 5 t R L  【答案】BC 【解析】 【详解】A．设行星表面的重力加速度为 g ，物块沿斜面下滑，则 sin37 cos37mg mg ma   根据 21 2L at 解得行星表面的重力加速度为 2 10Lg t  A 错误； B ．在行星表面，根据 2 MmG mgR  解得行星的质量 - 12 - G gRM 2  行星的体积 34 3 RV  行星的密度 M V   解得 2 15 2 L RGt   B 正确； C．设卫星的质量为 'm ，根据 2 ' 'vm m gR  解得行星的第一宇宙速度 2 10RLv gR t   C 正确； D．在行星表面附近运行时，周期最小，根据 ' 2 ' 2 2 4MmG m RR T  解得 10 5 t RLT L  D 错误。 故选 BC。 12. 如图甲所示，一质量为 4kg 的物体静止在水平地面上，让物体在随位移均匀减小的水平推 力 F 作用下开始运动，推力 F 随位移 x 变化的关系如图乙所示，已知物体与地面间的动摩擦 因数µ=0.5，（取 g=10m/s2），则 下列说法正确的是（ ） - 13 - A. 物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动 B. 物体在运动中的加速度先变小后不变 C. 物体运动的最大速度为 8m/s D. 物体在水平地面上运动的最大位移是 10m 【答案】CD 【解析】 【详解】AB．物体在水平方向受推力与摩擦力作用，由牛顿第二定律得 F mg ma  加速度 Fa gm   由图乙所示图象可知，物体所受推力随位移的增加而减小，开始物体所受推力大于摩擦力， 物体做加速运动，随推力 F 的减小，加速度 a 减小；当推力等于摩擦力时，合力为零，加速 度为零；当推力小于摩擦力时物体所受合力方向与物体的速度方向相反，物体做减速运动， 加速度 a 逐渐增大；撤去推力时物体所受合外力等于滑动摩擦力，物体加速度不变，做匀减速 直线运动，直到速度为零，故由以上分析可知，物体的加速度向减小后增大再不变，物体当 推力等于摩擦力后物体开始做减速运动，故 AB 错误； C．由图乙所示图象可知，推力 0 0 100100N 100N 254F F kx x x      物体受到的滑动摩擦力 0.5 4 10N 20Nf mg     当物体所受合力为零时，物体的速度最大，即 F f 时物体受到最大 100N 25 20Nx  解得 3.2mx  - 14 - F x 图线与坐标轴围成图形的面积等于推力对物体做功，设物体的最大速度为 mv ，由图乙 所示图象可知，物体速度最大时，推力对物体做功 1 (100 20) 3.2J 192J2W      从物体开始运动到速度最大过程，对物体，由动能定理得 2 m 1 02W mgx mv   代入数据解得 m 8m/sv  故 C 正确； D．由图乙所示图象可知，物体整个运动过程，推力对物体做功 1 100 4J 200J2W     设物体在水平面上的最大位移为 s ，物体整个运动过程，由动能定理得 0 0W mgs    代入数据解得 10ms  故 D 正确。 故选 CD。 三、非选择题：本题共 6 小题，共 60 分。 13. 某实验小组研究小车的匀变速直线运动，他们使用50Hz 交流电源为电磁打点计时器供 电。实验时得到一条纸带。某位同学在纸带上便于测量的地方选取第一个计数点，并在这个 点下标明 A ，在第 6 个点下标明 B ，在第 11 个点下标明C ，在第 16 个点下标明 D ，在第 21 个点下标明 E 。但测量时发现 B 点已模糊不清，于是只测得 AC 长为14.50cm 、 CD 长为 11.15cm 、 DE 长为13.73cm ，根据以上测得的数据，计算C 点时小车的瞬时速度大小为 _____ m/s ，小车运动的加速度大小为_____ 2m/s ，AB 的距离应为_____cm 。（计算结果均保 留三位有效数字） 【答案】 (1). 0.985 (2). 2.58 (3). 5.96 - 15 - 【解析】 【详解】[1]在这个点下标明 A ，第六个点下标明 B ，第十一个点下标明C ，第十六个点下标 明 D ，第二十一个点下标明 E ；可以看出相邻的计数点间的时间间隔为 0.1sT  根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C 点时 小车的瞬时速度大小为 2(14.50 11.15 13.73) 10 m/s 0.985m/s4 4 0.1 AE C xv T      [2]根据匀变速直线运动的推论公式 2x aT  可以解得加速度的大小 2 2 2 0.1115 0.1373 0.1450 m/s 2.58m/s4 4 0.01 CE ACx xa T      [3]相等的相邻的时间间隔的位移差恒定，故有 13.73 11.15cm 2.58cmBC AB DE CD      其中 14.50cmAB BC  解得 5.96cmAB  14. 在物理实验室中测量瞬时速度是一件相对比较烦琐的事，有时利用平抛运动可以很好的解 决，有些情况下甚至可以用水平射程来间接代替平抛运动的水平初速度，因此平抛运动在很 多物理实验中都有应用。为了用最简便的方法验证动量守恒定律，某同学设计了如下实验， 把两个大小不同的物块用细线连接，中间夹一被压缩的弹簧，如图所示，将这一系统置于光 滑的水平桌面上，调节装置，使得烧断细线后，两物块在离开桌面前弹簧已经将其弹开，观 察物块的运动情况，进行必要的测量。 （1）该同学还必须有的器材是______和______。 （2）需要直接测量的物理量是______。 A.物块 A 的质量 m1、物块 B 的质量 m2 B.物块 A、B 离开水平桌面后做平抛运动的飞行时间 t - 16 - C.水平桌面边缘到水平地面的高度 H D.A、B 落地点分别到对应的那侧桌面边缘的水平距离 s1、s2 （3）在实验误差允许范围内，若满足关系式______，则表明 A、B 系统在弹簧将两者弹开过 程中水平方向动量守恒。（用第（2）问中直接测得的物理量字母或符号表示） 【答案】 (1). 天平 (2). 毫米刻度尺 (3). AD (4). 1 1 2 2m s m s 【解析】 【详解】（1）[1][2] 设两物块质量和平抛初速度分别为 m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移 分别为 s1、s2，平抛运动的时间为 t，由 2ht g  可知两个物块平抛运动的时间是相等的。烧断细线过程系统动量守恒，取物块 A 的初速度方 向为正方向，由动量守恒定律得 1 1 2 2 0m v m v  又 1 1 sv t  2 2 sv t  整理得 1 1 2 2m s m s 实验需要测量两物块的质量 m1 和 m2，所以需要的器材为天平； 两物块落地点到桌面边缘的 水平距离 s1，s2，所以需要的器材为毫米刻度尺。 （2）[3]AD．由以上的分析可知，需要测量的是两物块的质量 m1，m2 和两物块落地点分别到 桌子两侧边的水平距离 sl、s2，AD 正确； B．物块 A、B 离开水平桌面后做平抛运动的飞行时间相等，而且需要验证的物理量与运动的 时间无关，不需要测量，B 错误； C．需要验证的物理量与桌面的高度无关，不需要测量，C 错误。 故选 AD。 （3）[4]实验需要验证的表达式为 1 1 2 2m s m s - 17 - 即在实验误差允许范围内，若 1 1m s 和 2 2m s 相等或近似相等，则表明 A、B 系统在弹簧将两 者弹开过程中水平方向动量守恒。 15. 一平台如图所示，物体 A 与水平面间的动摩擦因数µ=0.2，右角上固定一定滑轮，在水平 面上放着一质量 m=1.0kg、大小可忽略的物块 A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块 A 上， 右端系住物块 B，物块 B 质量 M=2.0kg，开始两物体都处于静止状态，绳被拉直，物体 A 距滑 轮 4.5m，B 到地面的距离 h=1m，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g 取 10m/s2，将 A、B 无初速释放后，求： （1）轻绳中的最大拉力； （2）物体 A 沿水平面运动的位移。 【答案】（1）8N；（2）4m 【解析】 【详解】（1）设绳中拉力为T ，对 A 由牛顿第二定律 A AT m g m a  对物体 B B Bm g T m a  解得 8NT  （2）匀加速运动的位移 1mh  ； A 运动位移为 x ，对 A 由动能定理 0ATh m gx  解得 4mx  16. 如图所示，光滑水平面上有质量为 M=4kg 的静止滑块 A（未固定），滑块的左侧是一光滑 的 1 4 圆弧，圆弧半径 R=1m；一质量为 m=1kg 的小球 B 以速度 v0 向右运动冲上滑块，且刚好 - 18 - 没跃出圆弧的上端。重力加速度取 g=10m/s2，求： （1）小球的初速度 v0 是多少； （2）滑块的最大速度大小。 【答案】(1)5m/s；(2)2m/s 【解析】 【详解】(1)当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为 1v ，根据水平方 向动量守恒有  0 1mv m M v  由系统机械能守恒有 2 2 0 1 1 1 ( )2 2mv m M v mgR   解得 0 5m/sv  (2)当小球离开滑块后滑块速度最大，球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒 和能量守恒有 0 2 3mv mv Mv  2 2 2 0 2 3 1 1 1 2 2 2mv mv Mv  解得 3 2m/sv  17. 如图所示，斜面倾角为 37°，在斜面上方的 O 点将一小球以速度 v0=3m/s 的速度水平抛出， 小球恰好垂直击中斜面。小球可视为质点，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8， 求： (1)小球抛出后经多长时间击中斜面； (2)抛出点 O 到斜面的最短距离。 - 19 - 【答案】(1)0.4s；(2)1.36m 【解析】 【详解】(1)如图所示，设小球击中滑块时竖直方向分速度为 yv ，由几何关系得 0 tan37 y v v   设小球下落的时间为t ，则 y gtv 解得 0.4st  (2)水平方向位移为 x ，竖直方向位移为 y ，则 0x v t 21 2y gt tan37 0.6mBCx y   0.6mBP BCx x x   O 到斜面的最短距离 sin37 1.36mcos37OA BP ys x    18. 如图所示，光滑半圆轨道竖直固定在水平面上，直径 MN 竖直。刚开始时小物块 Q 静止在 - 20 - 水平面上的 A 点，A 点到圆轨道最低点 N 的距离为 s=2m，某时刻物块 P 以 7.5m/s 的速度与 Q 发生弹性正碰，已知 P 的质量为 M=1.0kg，Q 质量为 m=0.5kg，两者与地面间的摩擦因数为 0.5， 半圆轨道的半径 R=0.4m，重力加速度 g 取 10m/s2。求： (1)Q 运动的最大速度； (2)Q 通过半圆轨道最高点时对轨道的压力； (3)Q 在水平面上的落地点到 P 的停止点间的距离。 【答案】(1)10m/s；(2)方向竖直向上，大小为 75N ；(3)1.825m 【解析】 【详解】(1)设 P 与Q 碰撞后的速度大小分别为 1v 、 2v ，此时Q 具有的速度最大，由动量守恒 定律和机械能守恒定律，得 0 1 2Mv Mv mv  2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2Mv Mv mv  解得 1 2.5m/sv  2 10m/sv  (2)Q 到达最高点时的速度为 v ，碰后到最高点过程由动能定理 2 2 2 1 12 2 2mgs mgR mv mv    由牛顿第二定律 2 N vF mg m R   N 75NF  由牛顿第三定律可知Q 对轨道最高点的压力方向竖直向上，大小为 75N ； - 21 - (3)物块 P 沿水平面继续移动 1x 速度变为 0，则 1 2 1 10 2mgx mv   解得 1 0.625mx  Q 从最高点平抛水平位移为 2x ，则竖直方向 212 2R gt 水平方向 2x vt 解得 2 3.2mx  Q 落点与 P 静止点间距离  2 1 1.825mx x s x    