2021届安徽省芜湖市高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届安徽省芜湖市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.牛顿通过“斜面实验”，推翻了亚里士多德的“力是维持物体运动的原因”

B.开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，揭示J'行星运动的规律

C.用质点来代替实际物体的研究方法是等效替代法

D.卡文迪许利用扭秤实验得出万有引力与距离的平方成正比

2.如图甲所示，静止在水平面上的物体在竖直向上的拉力F作用下

开始向上加速运动，拉力的功率恒定为P,运动过程中所受空气

阻力大小不变，物体最终做匀速运动.物体运动速度的倒数;与加

速度a的关系如图乙所示.若重力加速度大小为g,下列说法不正

确的是（）

A.物体的质量为三B.空气阻力大小为华平

C.物体加速运动的时间嵋D.物体匀速运动的速度大小为火

3.如图所示，。点离地高度为H,以。点为圆心，有一半径可变的1/4光

滑圆形轨道.一小球从与。点等高的圆弧最高点，由静止滚下后作

平抛运动.调整轨道半径，使小球做平抛运动的水平位移最大，则

小球在圆弧最低点处的速度为（）

A♦殍B得

c.麻D.停

4.若人造卫星绕地球做匀速圆周运动,则离地面越近的卫星（）

A.速度越小B.角速度越小

C.向心加速度越小D.周期越小

5.从同一地点同时沿同一方向做直线运动的两个物体4、B的速度时间

图象如图实线所示.在0-时间内，下列说法中错误的是（）

A.A物体的加速度不断减小，速度不断增大

B.B物体的加速度不断减小，速度不断减小

C.A、B两物体的位移都随时间不断增大

D.A、B两物体的平均速度大小都大于他署

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，从靠近4板发出的电子经电场加速后，水平向往水平放置的两平行金属板间，金属板

间所加的电压为U,电子最终打在光屏P上.关于电子的运动，下列说法正确的是（）

A.仅将光屏向左平移时，电子打在荧光屏上的位置上升

B.公将变阻器的滑片向左移动时，电子打在荧光屏上的位置上升

C.仅将电压U减小时，电子打在荧光屏上的速度大小不变

D.仅将电压U减小时，电子从发出到到打在荧光屏的时间不变

7.如图甲所示，4、B两板间的距离为d,4板中间有一小孔，4板接地，B板的电势变化情况如图

乙所示，一带负电粒子在t=J时刻以初速度0从4板上的小孔处进入两板间，恰好在t=?时刻

44

到达B板，若不考虑粒子受到的重力，则下列说法正确的是（）

A.粒子在两板间做匀加速直线运动

B.粒子的比荷为黑

I/。/

C.粒子在两板间的最大速度为票

D.若粒子在t=£时刻进入两板间一定会到达B板

8.一质量为血的金属杆ab,以一定的速度％从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水

平面夹角为30。角，两轨上端之间用一电阻R相连。如图所示，若有磁感应强度为B的匀强磁场

垂直穿过轨道平面，导轨与杆电阻不计。金属杆上行到某一高度又返回底端，则在这两个过程

中，下列说法正确的是（）

BR

b

A.上行过程所用时间大于下行过程所用时间

B.上行过程中电阻R上通过的电量等于下行过程中电阻R上通过的电量

C.上行过程中杆受到的合力的冲量大小小于下行过程中杆受到的合力的冲量大小

D.上行过程中电阻R上产生的热量大于下行过程中电阻R上产生的热量

9.下列说法中正确的是（）

A.在太空站中处于失重状态的水滴呈球形状，是由液体表面张力引起的

B.用气筒给自行车打气，越打越费劲，是气体分子之间斥力变大

C.在压强一定的情况下，晶体熔化过程中分子的平均动能增加

D.当气体温度升高时，气体分子运动平均速率增加

10.如图所示为两列简谐横波在同一绳上传播在t=0时刻的波形图，已知甲波向右传，乙波向左

传.以下说法正确的是（）

A.甲波的频率比乙波的频率大

B.两列波同时传到坐标原点

C.由于两波振幅不等，故两列波相遇时不会发生干涉现象

D.x=0.5cm处的质点开始振动时的方向向+y方向

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某实验小组设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，如图所示。已知小

车质量M=250g,祛码盘的质量记为Tn。，打点计时器所使用的交流电频率f=50Hz,其实验

步骤是:

潘轮打点计时第

a.按图甲所示安装好实验装置；

瓦调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；

c.取下细绳和祛码盘，记下祛码盘中祛码的质量m；

d.先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；

e.重新挂上细绳和祛码盘，改变祛码盘中祛码质量，重复b〜d步骤，求得小车在不同合外力F作用下

的加速祛码盘度。

回答下列问题：

(1)按上述方案做实验，是否要求祛码和祛码盘的总质量远小于小车的质量______(填“是”或

“否”)。

(2)按上述方案做实验，是否每次改变祛码的质量，都需要重做实验步骤(b)(填“是”或

“否”)。

(3)实验中打出的其中一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度a=rn/s2(结果保

留两位有效数字)。

(4)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如表，他根据表中的数据画出a-F图象(如图丙

)。造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是

次数12345

祛码盘中祛码的重力尸/N0.100.200.290.390.49

小车的加速度a/(m/s2)0.881.441.842.382.89

12.某同学要测量一个新材料圆柱体的电阻率，进行了如下操作:

(1)用游标卡尺测量圆柱体长度如图甲所不，可知其长度为mm；

(2)用螺旋测微器测量圆柱体直径如图乙所示，可知其直径为mm；

(3)用多用电表的电阻“x10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙所示,

则该电阻的阻值约为_0。

四、简答题(本大题共1小题，共20.0分)

13.一台质谱仪的工作原理如图所示。甲、乙两种比荷不同的带电粒子从容器4下方的狭缝Si飘入电

势差为U。的加速电场，其初速度儿乎为0,然后经过狭缝S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强

度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界

方向存在一个很小的散射角所有粒子均打在底片的MN区域内。甲粒子能打在底片上的最远

点为M,乙粒子能打在底片上的最近点为N,点M、N到狭缝S3的距离分别为》M、。。忽略带电

粒子的重力及相互间作用力。

(1)求甲粒子的比荷2；

，“甲

(2)求乙粒子在磁场中运动的最长时间t；

(3)若考虑加速电压有波动，在(%-△〃)到(％+AU)之间变化，要使甲、乙两种粒子在底片上没有

重叠，求△(/应满足的条件。

B

五、计算题(本大题共3小题，共32.0分)

14.如图所示，倾斜轨道4B和圆滑轨道BC固定在同一竖直平面内，两者间通过一小段长度不计的圆

滑弧形轨道相连，已知长L=7.80m,倾角。=37°,BC弧的半径R=0.8m,。为圆心，乙BOC=

143。.整个装置处于水平向左的匀强电场中，场强大小E=lx103N/C.两个相同的绝缘小球P与

Q,质量均为m=0.4kg,带正电的小球Q静止在4点，其电荷量为q=1xlO^c,不带电的小

球P从某一位置以北=8m/s的初速度水平抛出，运动到A点时恰好沿斜面向下与小球Q发生弹性

正碰，且碰撞过程无电荷转移。若Q,P与轨道A8的动摩擦因数分别为%=0.2,=0.8,

sin37°-0.6,g=10m/s2,小球Q运动过程中电荷量保持不变。求；

(1)小球P的抛出点距4点的高度；

(2)小球Q运动到圆弧轨道最低点8点时对轨道的压力；

(3)小球Q离开轨道后，第一次落到斜面上的位置距B点的距离。

15.内壁光滑的导热气缸竖直浸放在盛有冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封压强为1.0x

5

10Pa,体积为2.0x10-37n3的理想气体.现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为

原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127。&

(1)求气缸内气体的最终体积;

(2)在p-V图上画出整个过程中气缸内气体的状态变化.(大气压强为1.0x105Pa)

16.如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R,折射率是百，是一条直径。

今有一束平行光沿48方向射向圆柱体，若一条入射光线经折射后恰经过B点，则:

⑴这条入射光线到4B的距离是多少？

(ii)这条入射光线在圆柱体中的运动时间是多少？

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、伽利略通过理想斜面实验，假设没有摩擦，物体将一直运动下去不会停止，从而推翻

“力是维持物体运动的原因"，故A错误；

8、开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，揭示了行星运动的规律，故8正确；

C、用质点来代替实际物体的研究方法是理想模型法，故C错误；

。、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测定了万有引力恒量，故。错误。

故选：B。

根据物理学史的相关知识，即可对题目做出正确的解答：伽利略用理想斜面实验推翻了亚里士多德

关于“力是维持物体运动原因”的观点；开普勒将第谷的几千个数据归纳出简洁的三定律，揭示了

行星运动的规律；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测定了万有引力恒量.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一.

2.答案：C

解析：

物体在竖直方向上在额定功率下做变加速运动，根据牛顿第二定律求的［与a的关系式，结合乙图即

可判断，当拉力等于重力和阻力时速度达到最大。

本题主要考查了图象，能利用牛顿第二定律表示出［与a的关系式是解决本题的关键。

解：4B.由题意可知P=Fu,根据牛顿第二定律由F—mg-/=ma联立解得：L=汽+吟,由

J'vpp

乙图可知，＞十,誓=：，解得：/=陪吗故AB正确；

C.物体做变加速运动，并非匀加速运动，不能利用u=at求得时间，故C错误；

pP

。.物体匀速运动由F=zng+/,此时。=鼻==%，故。正确。

rTTig-rj

本题选说法不正确，故选C。

3.答案：C

解析：设圆形轨道的半径为r,则小球做平抛运动的高度为H-r,根据平抛运动的基本公式求出S的

表达式，求出S取最大值的条件即可求解。

设圆形轨道的半径为r,则小球做平抛运动的高度为H-r,小球从最高点运动到轨道最低点的过程

中，运用动能定理得：

mgr=-

解得：v=42gr

小球从轨道最低点抛出后做平抛运动，则有

仁严5

水平位移S=vf=2r(H—r)r

TJ

当H—r=r时，S取最大值，即尸=—

2

所以？="正=而万

故选Co

本题主要考查了动能定理及平抛运动的基本公式的直接应用，要注意数学知识在物理解题中的应用。

4.答案：D

解析：解：根据万有引力提供向心力得

GMm47r2v2

——=m—T-r=m—=ma=7

r2T2r

”呼轨道半径减小，则线速度增大，故A错误;

A、

B、3=空,轨道半径减小，则角速度越大，故B错误;

C、a=黄，轨道半径减小，则加速度变大，故C错误;

。、T=2n—■轨道半径减小，则周期越小，故。正确;

故选：D.

根据万有引力提供向心力得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出

大小.

解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半

径的关系.

5.答案：。

解析：解：4、B、根据速度图象的斜率表示加速度可知，4物体的加速度不断减小，速度不断增大，

B物体的加速度不断减小，速度不断减小，故A正确，3正确；

C、根据位移图象与横轴所围面积表示位移，力、B物体的位移都不断增大，故C正确.

。、若物体做匀变速直线运动，平均速度等于空，结合图线与时间轴围成的面积表示位移，知4物

体的平均速度大小大于空，8物体的平均速度大小小于弩，故。错误.

本题选错误的，故选：D.

速度时间图线的切线斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移.

解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含

义.

6.答案：BD

解析：

电子在加速电场中加速，进入偏转电场后向上偏转，根据电子在偏转电场中水平方向和竖直方向上

的运动规律分析判断.

电子在加速电场作用下做加速运动，运用动能定理可得电子获得的速度与加速电场大小间的关系，

电子进入偏转电场后，做类平抛运动，运动时间受电场的宽度和进入电场时的速度所决定，电子在

电场方向偏转的距离与时间和电场强度共同决定.熟练用矢量合成与分解的方法处理类平抛运动问

题.

A、电子在水平放置的平行金属板间做类平抛运动，离开时速度的反向延长线经过中轴线的中点，根

据这一推论知，将光屏向左平移时，电子打在荧光屏上的位置将下降，故A错误；

8、将滑动变阻器的滑片向左移动时，4、B间的电压减小，电子获得的速度“减小，电子在电场中运

动时间变长，偏转位移变大，电子打在荧光屏上的位置上升，故B正确；

C、将电压U减小，电子所受的电场力减小，加速度减小，离开电场时竖直分速度减小，根据平行四

边形定则知，电子打在荧光屏上的速度大小减小，故C错误；

。、将电压U减小，电子在水平方向上的分速度不变，电子从发出到打在荧光屏上的时间不变，故。

正确.

故选：BD.

♦v

7.答案：BCD

解析：解：粒子从t=0时刻、t=J时刻

O

和7=：时刻进入的粒子速度图象如图I

所示

—

O寸

羽

丁

一T

4一'4

I2';

—±

_1_

4带负电粒子在t=工时刻以初速度0从4板上的小孔处进入两板间，粒子在两板间运动时加速度方

4

向变化，故不是做匀加速直线运动，故4错误；

B、A,B两板间的距离为d,则d=2xJat2=^xG7-》2,解得：g=黑，故B正确；

2

2md'24，mU0T

C、粒子在两板间的最大速度为为，则d=^x（W）,解得方=半，故C正确；

。、若粒子在t=[时刻进入两板间，根据图线可知，粒子速度减速到零时的位移大于d,故一定会到

达B板，故。正确。

故选：BCD.

作出粒子从t=0时刻、t=J时刻和T=一时刻进入的粒子速度图象，根据图线结合运动学公式分析。

84

本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，弄清楚受力情况和运动情况是关键。

8.答案：BD

解析：解：4、金属杆在滑行过程中，受到安培力阻力作用，其机械能不断减小，所以经过同一位置

时，上行的速率大于下行的速率，则上行过程平均速度大于下行过程的平均速度，而两个过程通过

的位移大小相等，所以上行过程所用时间小于下行过程所用时间，故A错误；

8、上滑和下滑两个过程中，回路磁通量的变化量小中相等,根据电阻R上通过的电量q=]△1=&£,

根据法拉第电磁感应定律得£=处，联立得q=竿可知上行过程中电阻R上通过的电量等于下行过程

中电阻R上通过的电量，故B正确；

C、根据动量定理知杆受到的合力的冲量等于杆动量的变化量，由于上行过程中杆的动量变化量大于

下行过程中杆的动量变化量，所以，上行过程中杆受到的合力的冲量大小大于下行过程中杆受到的

合力的冲量大小，故C错误；

D,经过同一位置时上行的速率大，杆产生的感应电动势大，感应电流大，杆受到的安培力大，则

向上行过程中杆克服安培力做的功大，而杆克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量，则上行过程

中电阻R上产生的热量大于下行过程中电阻R上产生的热量，故。正确。

故选：BD。

分析通过金属杆的受力情况，来判断金属杆运动情况，根据平均速度关系判断上行与下行时间关系；

根据q=等判断电阻R上通过的电量关系；根据动量定理分析合力的冲量大小；根据同一位置，上行

和下行的速度大小关系，判断安培力的大小关系，即可分析克服安培力做的功关系，由功能关系分

析热量关系。

解决这类问题的关键是分析杆的受力情况，进一步确定其运动性质，并明确判断各个阶段及全过程

的能量转化。要掌握感应电荷量经验公式q=等，并能正确运用。

9.答案：AD

解析：解：4、太空中处于失重状态的水滴由于液体的表面张力的作用而呈球形，故A正确；

8、气体分子间距较大，很难达到分子间作用力的范围内，打气时我们克服的是气体压强的作用，故

8错误；

C、晶体在熔化过程要吸热，但温度不变；故晶体分子的平均动能不变，故C错误；

气体温度升高时，分子热运动的平均动能增大，故气体分子运动平均速率增加，故。正确.

故选：AD.

太空站中水滴呈球形是因为液体表面张力引起的；

用气筒给自行车打气时，由于气体分子产生的压强而使我们越打越费劲；

晶体有一定的熔点；熔化过程中吸收热量，温度保持不变.

温度升高时，分子的平均动能增大，但并不是每个分子的速率都增加.

本题考查液本表面张力、压强、晶体的性质及温度与分子平均动能的关系，要注意明确当温度升高

时，分子的平均动能增大，但可能有部分分子的动能减小.

10.答案：BD

解析：解：A、根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，读出两列波的波长都为；I=4cm,波速是由

介质决定的，可知两列波的波速相等，由波速公式u分析得知，两列波的频率相等，故4错误。

8、由于波速相等，所以两列波同时传到坐标原点。故B正确。

C、两波振幅不等，但频率相等，满足干涉的条件，故两列波相遇时会发生干涉现象。故C错误。

。、乙波向左传播，图中x=0.5cm处质点的振动方向沿+y轴方向，故£）正确。

故选：BD.

根据相邻波峰或波谷间的距离等于波长，直接比较波长的大小；两列波的波速相同，由波速公式□=

2/分析频率关系；若两列波的频率相同，就能够发生干涉；介质中各点的起振方向与波最前头的起

振方向相同，由波的传播方向判断；

考查对波动图象和波叠加原理的理解，抓住波速是由介质决定、发生干涉的条件是两列波的频率相

等等知识，即可进行分析判断.

11.答案：否是0.88求小车合力时，未计入祛码盘的重力

解析：解：(1)先让小车带着祛码及祛码盘匀速下滑,，取下祛码盘让小车向下做匀加速运动，所以总

是有祛码及祛码盘的总重力就等于小车匀加速下滑的合力，不必满足于m«M；

(2)因为匀速下滑的过程，小车受到的重力沿斜面的分力等于小车所受摩擦力与祛码及盘的总重力之

和，由于每次改变祛码盘中祛码质量，所以也必须相应改变斜面的倾角来改变小车的重力沿斜面的

分力，重新满足平衡，所以要重复b步骤;

(3)由图示可知，相邻计数点的时间间隔为7=5x&s=O.ls,把纸带分成两段，由逐差法求加速度

S后两一S前两(6.76+7.64)-(5.00+5.87)

a=x10-2m/s2=0.88m/s2»

(27)2(2X0.1)2

(4)从图象可以看出，当合力为零时，加速度却为某一正值，而图像仍为直线，说明在合力(即祛码

及盘的总重力)测量时总存在固定的误差值，因此在记录拉力时只计算了祛码的重力，未计入祛码盘

的重力。

故答案为：(1)否；(2)是；(3)0.88；(4)求小车合力时，未计入祛码盘的重力

(1)(2)将小车做匀速运动和加速运动受力情况对比，可知小车加速下滑时合力等于祛码的重力，由

此结论分析解答；

(3)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，根据逐差法求解加速度；

(4)由图象可知，当外力为零时，物体有加速度，通过对小车受力分析即可求解。

本题考查“探究加速度与物体受力的关系”实验，要注意明确实验原理，知道实验中应注意的事项，

同时明确利用逐差法求解加速度的基本思路和方法，并能根据函数关系结合图象分析原因。

12.答案:102.4；3.372；85

解析：解：(1)由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+4x0.1mm=102Amm；

(2)由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+37.2xO.Olmzn=3.372nun；

(3)用多用电表的电阻“X10”挡测电阻，由图丙所示可知，则该电阻的阻值约为：8.5x10=850；

故答案为:(1)102.4；(2)3.372；(3)85。

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；

(2)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；

(3)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

本题考查了游标卡尺与螺旋测微器、欧姆表的读数，要掌握常用器材的使用方法与读数方法；游标

卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读。

13.答案：解：(1)甲粒子打在底片上的最远点M,对

应甲粒子在磁场中偏转了半个圆周，甲粒子的轨道半

径为：「尹=等

根据洛伦兹力提供向心力可得：q甲Bu甲=m甲一

粒子在加速电场中根据动能定理可得：%9甲=

17

5m铲甲

解得：=詈去;

甲

mxMb

(2)乙粒子打在底片上的最近点N,对应乙粒子以散射角。进入磁场，如图所示，根据几何关系可得:

2r乙cos。=xN

粒子在加速电场中根据动能定理可得：U°q乙=

根据洛伦兹力提供向心力可得：Bqzvz=m7它

，乙乙乙7•乙

乙粒子在磁场中偏转角为(兀+28)时，运动的时间最长，即：r^(n+26)=vzt

解得：t=弁;

OUQCOSC7

(3)要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，即甲粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比乙粒子打

在底片上距离狭缝S3的最大距离大，故：2r^os0>2rz

甲粒子在加速电场中根据动能定理可得：(％-△U)q甲="肥2甲2

乙粒子在加速电场中根据动能定理可得：(/+△U)q4=2

7"甲"甲27n乙22

解得AG鬻■口。

Xj^COSU+Xffj

答：(1)甲粒子的比荷为器;

(2)乙粒子在磁场中运动的最长时间为喘翳;

(3)若考虑加速电压有波动，在(U。-△U)到(％+△U)之间变化，要使甲、乙两种粒子在底片上没有

重叠，△(/应满足的条件为取=黑标"。

解析：(1)甲粒子打在底片上的最远点M,对应甲粒子在磁场中偏转了半个圆周，根据洛伦兹力提供

向心力求解速度大小，粒子在加速电场中根据动能定理求解比荷；

(2)乙粒子打在底片上的最近点N,对应乙粒子以散射角。进入磁场，根据几何关系结合洛伦兹力提

供向心力求解运动的最长时间；

(3)要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，即甲粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比乙粒子打

在底片上距离狭缝S3的最大距离大，根据几何关系结合动能定理进行解答。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹

力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间；对于带电粒子在电场中运

动时，-一般是按类平抛运动的知识或根据动能定理进行解答。

14.答案：解：(1)设小球P刚运动到4点时的速度为以，竖直分速度为力”则有：

3

v=vtan37°=8x-=6m/s

Ayo4

v8

VA=^3Qr=^8=10m/s

所以小球p的抛出点距a点的高度为：

2g2x10

(2)P、Q碰撞过程，动量守恒、机械能守恒。设碰后P、Q的速度分别为蚱、vQo

取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mvA=mvP+mvQ；

1212i12

2mVA=2mVP+2mVQ'

解得：vP=0,VQ—10m/s

碰后小球Q受到的电场力qE=3N,方向水平向左，且与重力的合力大小为5N,方向垂直于斜面

向下，则“等效重力场”的等效重力加速度g'=3g=12.5zn/s2,方向垂直48斜面向下。

设小球4滑到8点时的速度为如。

由动能定理得：

解得：vB-V61m/s

对小球Q,在8点，由牛顿第二定律得：

vj

N—mg=m—

解得：N=34.5N

由牛顿第三定律知，小球Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力也为34.5N。

(3)设小球Q能到达C点，且在C点的速度为比.则小球Q从4到C的过程中，由动能定理得：

11

-Rmg'l—mg，R(l+cos37。)=-mv^—

解得：vc=5m/s

设小球Q恰好到C点时的速度为，c，则有：mg'=m^

解得：v'c='/lOm/s

因%>/c，所以小球能到达C点，小球Q离开C后，做类平抛运动，则有：

x'=vct

1,,

R+Rcos37°=~gt2

解得：t-V0.23s,x'®2.4m

故小球Q的落点距B点的距离为：

x=x'+Rsin37°=2.4+0.8x0.6=2.88m

答：(1)小球P的抛出点距4点的高度是1.8m；

(2)小球Q运动到圆弧轨道最低点8点时对轨道的压力是34.5N；

(3)小球Q离开轨道后，第一次落到斜面上的位置距B点的距离是2.88m。

解析：(1)小球P