2019年福建省宁德市高考物理模拟试卷

1、2019 年福建省宁德市高考物理模拟试卷副标题题号一二三四五总分得分一、单选题（本大题共5 小题，共30.0 分）1. 近日从中科院获悉，我国第四代反应堆核能系统钍基熔盐堆能源系统（TMSR）研究己获重要突破。该系统是以针作为核燃料，钍核Th 俘获一个中子后经过两次衰变可得到核燃料铀233铀核U 的一种典型裂变产物是氮和钡，同时释放出巨大能量。下列说法正确的是（）A. 钍核Th 有 90 个中子，142 个质子B. 钍核保获一个中子的反应方程是Th+ nUC. 产生U 的反应方程是ThU +2eD. 铀核裂变反应方程是U+ n Kr +Ba+3 n2.某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛

2、出， 其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程（）A. 两次在空中运动的时间相等B. 两次抛出时的速度相等C. 第 1 次抛出时速度的水平分量小D. 第 2 次抛出时速度的竖直分量大3.如图所示，理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。R1 和 R2 为定值电阻，R3 为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则（）A. 通过原线圈的电流减小B. 变压器的输出功率增大C. R1 两端的电压减小D. R2 消耗的功率增大4.如图所示，内壁光滑的绝缘真空细玻璃管竖直放置，A、B 端

3、分别固定带电小球 a、 b，另一带电小球c（其直径略小于管内径）位于AB 中点 O，处于静止状态小球均带正电。轻晃玻璃管可观察到小球c 在 O 点附近的M、 N 点间上下运动。下列说法正确的是（）A. M、 N 两点的电势相等B. 小球 c 在运动过程中机械能守恒C. 小球 a 的电荷量等于小球b 的电荷量D. 小球 c 从 O 点运动到 N 点电场力做负功第1页，共 17页5. 2019 年 4 月 10 日 21 时，人类首张黑洞照片在全球六地的视界面望远镜发布会上同步发布。该黑洞半径为R，质量 M 和半径 R 的关系满足：=（其中 c 为光速， G为引力常量）。若天文学家观测到距黑洞中心

4、距离为r 的天体以速度v 绕该黑洞做匀速圆周运动，则（）A. 该黑洞质量为B. 该黑洞质量为C. 该黑洞的半径为D. 该黑洞的半径为二、多选题（本大题共4 小题，共23.0 分）6. 中国书法历史悠久，是中华民族优秀传统文化之一。在楷书笔画中，长横的写法要领如下；起笔时一顿，然后向右行笔，收笔时略向右按，再向左上回带。该同学在水平桌面上平铺一张白纸，为防打滑，他在白纸的左侧靠近边缘处用镇纸压住。则在向右行笔的过程中（）A. 镇纸受到向左的摩擦力B. 毛笔受到向左的摩擦力C. 白纸只受到向右的摩擦力D. 桌面受到向右的摩擦力7.如图甲为电动汽车无线充电原理图， M 为受电线圈， N 为送电线圈。

5、图乙为受电线圈 M 的示意图，线圈匝数为 n、电阻为 r 、横截面积为 S，a、 b 两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是（）A. 当线圈 N 接入恒定电流时，不能为电动汽车充电B. 当线圈 N 接入正弦式交变电流时，线圈M 两端产生恒定电压C. 当线圈 M 中的磁感应强度增加时，有电流从a 端流出tM中磁感应强度大小均匀增加BM两端电压为D. 充电时， 时间内线圈 ，则8. 一物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力F 作用下开始向上运动， 如图甲。 在物体向上运动过程中， 其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙， 已知曲线上 A 点的切线斜率最大，不计空气阻

6、力，则（）第2页，共 17页A. 在 x1 处物体所受拉力最大B. 在 x1 x2 过程中，物体的动能先增大后减小C. 在 x1 x2 过程中，物体的加速度先增大后减小D. 在 0 x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功9. 分子力 F 与分子间距离 r 的关系如图所示， 曲线与横轴交点的坐标为 r 0，两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不能再靠近。 在此过程中，下列说法正确的是 （）A. r =r 0 时，分子动能最大B. r =r 0 时，分子势能最大C. r r0 阶段， F 做正功，分子动能增加，分子势能减小D. r r0 阶段， F 做负功，分子动能

7、减小，分子势能减小E. r r0 阶段， F 先增大后减小三、填空题（本大题共1 小题，共4.0 分）10.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图甲为波传播到M 点时的波形图，图乙是位于x=2m 处的质点从此时刻开始计时的振动图象，Q 是位于 x=10m 处的质点，则M 点从开始振动到Q 点第一次出现波峰的时间为_s；波由 M 点传到 Q 点的过程中，x=4m 处的质点通过的路程为_cm。四、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则，设计的实验装置如图。固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定在量角器圆心 O

8、 的正上方 A 点，另一端系绳套 1 和绳套 2。（ 1）实验步骤如下：弹簧测力计挂在绳套1 上竖直向下拉橡皮筋， 使橡皮筋的结点到达 O 点，记下弹簧测力计的示数F ；弹簧测力计挂在绳套1 上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点达到O 点，此时绳套 1 沿 0方向，绳套2 沿 120 方向，此时弹簧测力计的示数为F1；根据力的平行四边形定则计算绳套1 的拉力 F 1=_；比较 _，即可初步验证力的平行四边形定则。（ 2）将绳套 1 由 0方向缓慢转动到60方向，同时绳套 2 沿 120方向不变，此过程中保持橡皮筋的结点在O 点不动，关于绳套 1 的拉力大小的变化， 下列结论正确的是

9、_。A逐渐增大B先增大后减小C逐渐减小D先减小后增大第3页，共 17页12.某同学利用图（a）所示电路测量电压表的内阻。可供选择的器材有：电源E，电压表 V，电阻箱 R（0 9999），滑动变阻器 R1（最大阻值 10），滑动变阻器R2（最大阻值 5k），开关 S，导线若干。实验步骤如下：按电路原理图（a）连接线路；将滑动变阻器的滑片滑至最左端，同时将电阻箱阻值调为0；将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值， 使电压表示数为满偏刻度的，此时电阻箱阻值如图（c）所示。回答下列问题：（ 1）实验中应选择滑动变阻器_（填“ R1”成“ R2”）（

10、2）根据图（ a）所示电路将图（ b）中实物图连接；（ 3）实验步骤中记录的电阻箱阻值为_，计算可得电压表的内阻为_ （ 4）通过上述方法得到电压表的内阻测量值_（填”大”成“小于”）真实值。五、计算题（本大题共4 小题，共52.0 分）13. 我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户。某天，小陈叫了外卖， 外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速 1s 恰好到达他家阳台且速度为零。货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s，高度为 56m

11、。货物质量为2kg，受到的阻力恒为其重力的0.02 倍，重力加速度大小g=10m/s2求（ 1）无人机匀加速上升的高度；（ 2）上升过程中，无人机对货物的最大作用力。14.如图， M、N 是电压 U=10V 的平行板电容器两极板，与绝缘水平轨道CF 相接，其中 CD 段光滑， DF 段粗糙、长度x=1.0m。 F 点紧邻半径为R 的绝缘圆筒（图示为圆筒的横截面） ，圆筒上开一小孔与圆心O 在同一水平面上，圆筒内存在磁感应强度 B=0.5T、方向垂直纸面向里的匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场E一质量m=0.01 kg、电荷量 q=-0.02 C 的小球 a 从 C 点静止释放，运动到 F 点时与

12、质量为 2m、不带电的静止小球 b 发生碰撞，碰撞后 a 球恰好返回 D 点， b 球进入圆筒后在竖直第4页，共 17页面内做圆周运动。不计空气阻力，小球 a、b 均视为质点，碰时两球电量平分，小球 a 在 DF 段与轨道的动摩因数 =0.2，重力加速度大小 g=10m/s2求（ 1）圆筒内电场强度的大小；（ 2）两球碰撞时损失的能量；（ 3）若 b 球进入圆筒后，与筒壁发生弹性碰撞，并从N 点射出，则圆筒的半径。15. 如图所示，竖直放置在水平桌面上的气缸开口向上，活塞的横截面积 S=15cm2、质量 m=1.2kg，与压力传感器接触但不粘连：压力传感器位置固定不动。 当缸内气体温度 t1=

13、27 时， 力传感器示数恰好为零；当缸内气体温度升高至T2 时，压力传感器的示数F=54N，不计气缸与活塞之间的摩擦整个过程活塞和传感器的位置不变，大气压强 P=1.0 105Pa，重力加速度大小 g=10m/s2，求（ i）温度为 =27 时气缸内的压强 P1（ ii）气缸内气体的温度 T2。16. 如图 ABC 为直角三棱镜的截面， 顶角 =30，光屏 PD平行于 AC 边。一束宽度为d 的平行单色光垂直射向AC 面（ AC=d），从 BC 面折射后的出射光在光屏PD上形成光带，其中光线a 进入棱镜后平行PD 边射出。求（ i）棱镜对单色光的折射率 n；（ ii）在光屏 PD 上形成的光带

14、宽度 L。第5页，共 17页第6页，共 17页B 错误，C 正确，D答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 、钍核Th 有 90个质子，142 个中子。故 A 错误；B、反应方程是Th+n U 核电荷数不守恒。故 B 错误；C、反应方程是ThU+2e中，质量数不守恒。故 C 错误；铀变反应方程是U+n Kr+ Ba+3n故 D 正确。D、 核裂故选：D。钍核Th 有 90 个质子，142 个中子；反应方程是Th+ n U 核电荷数不守恒；反应方程是Th U+2 e 中，质量数不守恒；铀核裂变反应方程是U+nKr+Ba+3n。本题考查了核反应方程式及书质电荷数守恒是本题的关写。 量数守恒和核键

15、。2.【答案】 C【解析】解：A 、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较 短，故 A 错误；BCD 、篮球运动的反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直 线运动，水平射程相等，但第二次用的 时间较短，故第二次水平分速度 较大；在竖直方向上做自由落体运 动，由图可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小；根据矢量合成的特点可知，两次速度的方向一定不同。故错误。故选：C。由于两次 篮球垂直撞在 竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和 竖直方向上的运 动规律分析求解。根据速度合成 规律可分析初速度，从而明确速度大小。第7页，

16、共 17页本题应采用逆向思 维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运 动规律。3.【答案】 B【解析】解：AB 、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，电源输出的电压有效值不变，副线圈的输出电压不变，所以变压器的输出功率增大，原线圈中的电流变大，故 A 错误，B 正确；CD、副线圈的输出电压不变，总电阻减小，知副线圈中的电流增大，电阻 R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，电阻 R2消耗的规律减小，故 CD 错误；故选：B。输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由 输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想 变压器

17、的原理分析即可。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分 电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的 电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。4.【答案】 D【解析】解：A 、小球在振动的过程中，只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能、动能三者的和守恒，在 M 、N 两点时动能都为零，M 点的重力 势能大于 N 点的重力势能，所以 M 点的电势能要小于 N 点的电势能，小球带正电，所以 M 点的电势小于 N 点的电势，故A 错误；B、小球在振动的过程中，除重力做功以外，电场力做功，机械能不守恒，故 B错误；C、小球 c 开始静止在 O 点，知重力和电场力平衡，可知 b 球对 c

18、球的库仑力大于 a 球对 c 球的库仑力，则小球 a的电量小于小球 b 的电量。故C 错误；D、小球 c 从 O 点运动到 N 点的过程中，合力向上，重力向下，则电场力向上，第8页，共 17页电场力做负功。故 D 正确。故选：D。抓住开始 处于静止状 态，根据共点力平衡比 较小球 a和小球 b 的电量大小。小球 C 在 O 位置上下附近的 M 、N 点间运动，根据小球的受力确定 电场力的做功情况。解决本题的突破口在于通 过静止时电场力和重力平衡，得出小球 a、b 的电量大小，知道小球在 O 点上方，合力向下，在 O 点下方，合力向上。5.【答案】 C【解析】解：AB 、令黑洞的质量为环绕天体质

19、量为m，根据万有引力提供环绕天体M ，圆周运动的向心力有：，可得黑洞的质量 M=，故AB 均错误；质满足：，可得黑洞的半径 R=CD、据黑洞 量 M 和半径 R 的关系=，故C 正确，D 错误 。故选：C。黑洞对天体的万有引力提供 环绕天体圆周运动的向心力由 轨道半径和 线速度求得黑洞的 质量 M ，再根据黑洞自身质量和半径的关系由黑洞的 质量求得其半径。万有引力提供 圆周运动的向心力根据 围绕黑洞运行的天体半径和 线速度求得黑洞的 质量。能根据题目给予的黑洞 质量和半径的关系求黑洞的半径。6.【答案】 BD【解析】解：A 、白纸始终处于静止状 态，所以镇纸始终不受摩擦力，故 A 错误；B、白

20、纸始终处于静止状 态，毛笔相对于纸向右运动的过程中受到 纸的摩擦力的方向向左，故 B 正确；C、白纸始终处于静止状 态，则白纸在水平方向受到的毛笔 对白纸的向右摩擦力与桌面 对白纸的向左摩擦力 处于平衡状 态；故C 错误；D、桌面对白纸的摩擦力向左，根据牛 顿第三定律可知，白纸对桌面的摩擦力的方向向右，故 D 正确。第9页，共 17页故选：BD。毛笔对纸的压力与毛笔的重力无关；对镇纸进 行受力分析即可；对白纸进行受力分析，判断白纸受到的摩擦力；结合对白纸的受力分析判断桌面受到的摩擦力的方向。判断摩擦力的有无以及摩擦力的方向是摩擦力一类题目中的 难点，在该题中，对镇纸的作用的理解是解答的关键。7

21、.【答案】 AC【解析】解：A 、当线圈 N 接入恒定 电流时，穿过线圈 M 的磁通量不 变，不产生感应电动势，不能为电动汽车充电，故A 正确；B、当线圈 N 接入正弦式交 变电流时，穿过线圈 M 的磁通量按正弦 规律变化，由法拉第 电磁感应定律可知，线圈 M 两端产生变化的电压，故B 错误；C、穿过线圈 M 的磁感应强度均匀增加，根据楞次定律，如果 线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感 应电流方向从 b 向 a，即电流从 a 端流出，故 C 正确；D、根据法拉第电磁感应定律，有：E=n=nS设电线圈外接电路的， 受电阻为 R，由闭合电路的欧姆定律得 M 两端的电压 U=R=，故D 错误。故选

22、：AC。根据楞次定律判断感 应电流的方向，穿过线圈的磁感 应强度均匀增加，故感应电动势为 定值；根据法拉第电磁感应定律列式求解感 应电动势 ，由闭合电路的欧姆定律可求得M 两端的电压 。本题综 合考查了法拉第 电 磁感应 定律和楞次定律，注意感 应电 流的磁场总 是阻碍引起感 应电流的原因。8.【答案】 AB【解析】第10 页，共 17页解：A 、由图 可知，X 1 处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由 E=FX 可知此时所受的拉力最大；故 A 正确；B、X 1X 2 过程中，图象的斜率越来越小， 则说明拉力越来越小；在 X 2 处物体的机械能最大，图象的斜率 为零，则说明此时拉

23、力为零；在这一过程中物体 应先加速后减速，故动能先增大后减小，故 B 正确；C、在 X 2 处物体的机械能最大， 图象的斜率 为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体 应先加速后减速，则说明加速度先减小后增大，故C 错误；0X 2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与动能之和。故 D错误；故选：AB。X 1 处物体图象的斜率最大，由 E=FX 可知此 时所受的拉力最大；X 1X 2 过程中，物体应先加速后减速，动能先增大后减小；0X 2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与动能之和。本题考查了功能关系、牛顿第二定律等知 识点。理解 E-x 图象的物理意 义是本题的关键

24、，注意不要把 E-x 图象看成是 v-t 图象来处理。9.【答案】 ACE【解析】解：C、r r0 阶段，分子靠近 r0，分子力 F 做正功，分子动能增加，分子势能减小，故 C 正确；D、rr0 阶段，分子远离 r0，分子力 F 做负功，分子动能减小，分子势能增大，故 D错误；AB 、当 r=r0 时，分子动能最大，势能最小，故 A 正确，B 错误；E、根据分子 F-r 图象知，rr0 阶段，F 先增大后减小，故 E 正确。故选：ACE。根据 F-r 图象，rr0 阶段，分子力表现为引力，分子力 F 做正功，分子动能增第11 页，共 17页加，分子势能减小；r r0 阶段，分子力 F 做负功，

25、分子动能减小，分子势能增大；r=r0 时，分子动能最大，势能最小。本题考查了分子势能、分子动能、分子力随 r 变化的关系。分子力 F-r 图象和分子势能 EP-r 图象现状相似，但性质却不同，当 r=r0 时，分子力等于零，分子势能最小，这一点容易出差。10.【答案】 825【解析】解：由图甲可以看出波 长 =4m，由图乙可以看出周期T=4s，故波速，由图甲可知，最前面的波峰据 Q 点的距离 x=8m，故最前面的波峰传播到 Q点的时间为；波由 M 点传到 Q点所需时间=，x=4m 处的质点在此时间内振动通过的路程为 s=5A=55cm=25cm；故答案为：8，25；根据波长、周期求出波速。根据

26、最前面波峰距离 Q 的水平距离，求出 Q 点第一次到达波峰的 时间，根据波的 传播时间判断 x=4m 质点的路程大小；解决本题的关键知道各点的起振方向相同，以及知道波速、波 长、周期的关系。11.【答案】F 1 和 F2 的大小D【解析】解：（1） 根据力的平行四 边形定则计算绳套 1的拉力 F；1=Ftan30 = 比较 F1 和 F2 的大小，即可初步验证力的平行四边形器定则；（2）保持绳套 2 方向不变，绳套 1 从图示位置向下 缓慢转动 90，此过程中保持第12 页，共 17页橡皮筋的 结点在 O 处不动，说明两个细绳拉力的合力不 变，作图如下：故绳套 1 的拉力先减小后增加，故 AB

27、C 错误，D 正确；故选：D。故答案为1）F； F与 F的大小；（） ；：（112 D根据平行四 边形定则，抓住两根弹簧秤的拉力的合力与第一次用一根弹簧秤拉时的拉力相等，得出 F1、F2、F 的关系。两个绳套在转动过程中，合力保持不变，根据平行四边形定则判断即可。本题主要考查了平行四 边形定则的直接应用，最后一问是三力平衡 问题中的动态分析问题，关键受力分析后，作出示意 图，然后运用力的平行四 边形定则进行分析讨论，难度适中。12.【答案】 R119873974大于【解析】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分 压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1。（2）根据电路图连接实物电路

28、图，实物电路图如图所示：（3）由图示电阻箱可知，其示数为：R=11k+9100+810+71=1987；实验过程认为调节电 阻箱时滑动变阻器上的分 压 U 不变，电压表示数为满偏刻度的，电阻箱分压为电压 表满偏电压的，电压表与电阻箱串联，电压表内阻为电阻箱阻值的 2 倍，电压表内阻：RV =2R=2 1987=3974；（4）电阻箱接入 电路后，电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，第13 页，共 17页路端电压增大，分压电路分压增大，电压表示数为满偏电压的时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压的，电压表内阻不到 电阻箱阻值的 2 倍，实验认为电压 表内阻为电阻箱阻值的 2 倍，

29、则电压表内阻测量值偏大；故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）1987；3974；（4）大于。（1）为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据电路图连接实物电路图；（3）电阻箱各旋 钮示数与对应倍率的乘 积是电阻箱示数；根据题意应用串联电路特点与欧姆定律器材 电压表内阻；（4）根据实验步骤应用欧姆定律分析 实验误差。本题考查了实验器材的选择、连接实物电路图、求电压表内阻；要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。13.【答案】 解：（ 1）无人机匀速上升的高度：h2=vt

30、2无人机匀减速上升的高度：h3= t3无人机匀加速上升的高度：h1=h-h2-h3联立，解得： h1=2.5 m（ 2）货物匀加速上升的加速度：v2=2ah1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得：F-mg-0.02mg=ma联立，解得：F=20.8 N答：（ 1）无人机匀加速上升的高度是2.5m；（ 2）上升过程中，无人机对货物的最大作用力是 20.8N。【解析】（1）无人机先做匀加速运 动，接着做匀速运 动，最后做匀减速运 动，根据位移公式分别求出匀速和减速的位移，从而得到匀加速上升的高度。（2）货物匀加速上升的 过程中，无人机对货物的作用力最大，先由运 动学公

31、式求得加速度，再由牛 顿第二定律求解。第14 页，共 17页本题是牛顿第二定律和运 动学公式的 综合应用，重点在于确定好无人机各段的运动情况，把握各个过程之间的联系，如位移关系、速度关系。14.【答案】 解：（ 1）两球碰撞后电荷量均分，小球b 在圆桶内做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即：qE=mg，代入数据解得：E=20N/C；（ 2）小球 a 到达 F 点时的速度为v1，由动能定理得：qU -mgx=，小球从 a 到 F 点的返回速度为v2，由动能定理得：-mgx=0-，两球碰撞后设b 球的速度为v，两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1=-mv2+2mv，由能量守恒定律得：+E，代入数据解得：E=0J；（ 3）小球 b 进入圆筒后，与筒壁发生n-1 次碰撞后从N 点射出，运动轨迹如图所示，每段圆弧对应的圆筒的圆心角为：，则在磁场中做圆周运动的轨道半径：r1 =Rtan ，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=2m ，解得： R=n=3、4、 5 ；答：（ 1）圆筒内电场强度的大小为20V/m；（ 2）两球碰撞时损失的能量为0J；（ 3）若 b 球进入圆筒后， 与筒壁发生弹性碰撞， 并从 N 点射出，圆筒的