湖南省衡阳市船山英文学校2025届高三物理上学期阶段性检测试题

PAGEPAGE15湖南省衡阳市船山英文学校2025届高三物理上学期阶段性检测试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页.时量90分钟.满分100分.第Ⅰ卷选择题（共45分）一、单项选择题:本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列关于物理学史和物理思想方法的叙述错误的是A.伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90°的斜面上的运动，再依据铜球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采纳了试验和逻辑推理相结合的方法B.第谷通过多年的观测积累了大量牢靠的数据，在精确的计算分析后得出了行星运动定律C.从物理思想方法上讲，平均速度体现了“等效替代”的物理思想D.电场强度是采纳“比值法”定义的物理量2.一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离随时间变更的关系式为s=4+2t3（m），则下列说法中正确的是A.质点做的是匀加速直线运动，加速度为4m/s2B.2s末时物体的速度为8m/sC.1s末到2s末的时间内平均速度为6m/sD.1s末到2s末的时间内平均速度为14m/s3.在如图所示的电路中，定值电阻R的阻值为4Ω，电动机的线圈电阻值为1Ω，a、b端加有20V的恒定电压，电压表（不计其电阻对电路的影响）的示数为16V.由此可知A.通过电动机的电流强度为5AB.电动机的发热功率为16WC.电动机消耗的总功率为16WD.定值电阻的功率为100W4.“信使号”水星探测器按安排将在今年陨落在水星表面.工程师通过向后释放推动系统中的高压氦气来提升轨道，使其寿命再延长一个月，如图所示，释放氦气前，探测器在贴近水星表面的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，释放氦气后探测器进入椭圆轨道Ⅱ，忽视探测器在椭圆轨道上所受阻力.则下列说法正确的是A.探测器在轨道Ⅰ上E点速率大于在轨道Ⅱ上E点速率B.探测器在轨道Ⅱ上随意位置的速率都大于在轨道Ⅰ上速率C.探测器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的E点处加速度不相同D.探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，动能削减但势能增加5.如图所示，水平速度为v0、质量为m的子弹击中并穿过放在光滑的水平面上的木块，若木块对子弹的阻力恒定，则下列说法中正确的有A.子弹速度v0越大，木块获得速度越小B.子弹质量m越大，木块获得速度越大C.子弹质量m越大，子弹和木块组成的系统损失的机械能越多D.木块的质量M越大，子弹损失的机械能越多6.如图所示，质量为2kg的物体A静止在竖直的轻质弹簧上面，质量为3kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力，某时刻将细线剪断，取g=10m/s2，则A.细线剪断瞬间，B对A的压力大小为30NB.细线剪断后，在A与B一起向下的运动过程中，当A、B总重力等于弹簧弹力大小时，系统的重力势能和弹性势能之和最小C.细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，B对A的压力不变D.细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，当A的速度最大时弹簧的弹性势能最小7.如图所示的电路中，电源有不行忽视的内阻，R1、R2、R3为三个可变电阻，闭合开关，电路稳定后电容器C1、C2所带电荷量分别为Q1和Q2，下列推断正确的是A.仅将R1增大，Q1增大，而Q2减小B.仅将R2增大，Q1和Q2都将减小C.仅将R3增大，Q1减小而Q2增大D.突然断开开关S，有图示自下而上的电流流过R38.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带起先计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示.已知v2＞v1，题中v1、v2、t1、t2、t3均已知，已知重力加速度为g，则下列说法中错误的是A.可以求出小物块与传送带之间的动摩擦因数B.可以求出小物块沿初速度方向离开A的最远距离C.可以求出整个过程中系统因摩擦生的热D.可以求出0～t1时间内小物块和传送带之间的相对路程大小9.如图甲所示，电阻R1的阻值为0.25R0、灯泡L的电阻值恒为1.5R0，R2是热敏电阻，其阻值随温度变更的关系如图乙所示.已知电流表为志向电表，电源的内阻r=R0.则下列说法中正确的是A.当温度上升时，电流表的示数减小，R1两端的电压减小B.当温度降低时，灯泡L的亮度变暗C.在0～80℃范围内，当温度为0℃时，灯泡L和R2的总功率最大D.当温度为80℃时，R2的阻值为零，故电源的输出功率最大10.如图所示，在正方体的顶点A放置一个带正电的点电荷，则下列说法正确的是A.顶点B、D场强和电势均相同B.顶点D处的场强等于C点场强的倍C.D点与C点之间的电势差为UDC，C与C1点之间的电势差为，则UDC＞D.将正的摸索电荷从D点移到C点电势能的削减量要小于将该点电荷从B1点移到C1点电势能的削减量二、多项选择题:本题共5小题，每小题3分，共15分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分.11.如图所示，用长为L的轻绳（轻绳不行伸长）连接的甲、乙两物块（均可视为质点），放置在水平圆盘上，甲、乙连线的延长线过圆盘的圆心O，甲与圆心O的距离也为L，甲物体质量为2m，乙物体的质量为m，与圆盘间的动摩擦因数均为μ，物块与圆盘间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，甲、乙始终相对圆盘静止，则下列说法中正确的是A.圆盘转动的角速度最大为B.圆盘转动的速度最大为C.轻绳最大弹力为D.轻绳最大弹力为μmg12.质量为m的小球用弹性轻绳系于O点，如图所示，将其拿到与O等高的A点，弹性绳处于自然伸长状态，此时长为.将小球在A点由静止释放，当小球到达O的正下方B点时，绳长为l，小球速度为v且方向水平.已知弹性绳的弹力与形变量成正比，弹性绳未超过弹性限度，小球可视为质点.下列说法正确的是A.弹性绳的劲度系数k肯定大于B.小球从A到B过程中重力所做的功为mg（l-l0）C.弹性绳对小球做的功为D.小球从A运动到B点的过程中重力的瞬时功领先增大后减小13.如图所示，平行板电容器两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽视，现通过上下移动A板来变更两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是A.若小球带正电，AB间距增大时，小球打在N的右侧B.若小球带正电，当AB间距减小时，小球打在N的左侧C.若小球带负电，当AB间距减小时，小球打在板上动能可能变小D.若小球带负电，当AB间距增大时，小球落在板上的动能可能增大14.在绝缘光滑的水平面上相距为6L的A、B两处分别固定两个点电荷，且固定在A处的点电荷带电量的数值为Q，两电荷的位置坐标如图甲所示.图乙是AB连线之间的电势与位置x之间的关系图像，图中x=L点为图线的最低点，若在x=2L的C点由静止释放一个质量为m、电荷量为+q的带电小球（可视为质点），已知静电力常量为k，则下列有关说法正确的是A.两固定点电荷都带负电B.小球经过x=0处的速度最大C.可以求出x=0处的场强大小和方向D.若已知带电小球经过x=0处的速度为v，则可以求出x=2L和x=0两个位置的电势差15.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为。（不计空气阻力），则下列说法错误的是A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为RC.小球从B点离开小车不会再落回轨道内D.小球从B点离开小车后又会从B点落回轨道，再次恰好到达A点时速度为零不会从A点冲出第Ⅰ卷答题卡题号123456789101112131415得分答案第Ⅱ卷非选择题（共55分）三、非选择题:本题共6小题，共55分.16.（6分）频闪摄影是探讨变速运动常用的试验手段.在暗室中，照相机的快门处于常开状态，O点是小球的释放点，频闪仪每隔肯定时间发出一次短暂的剧烈闪光，照亮运动的物体，于是胶片上记录了物体在几个闪光时刻的位置.如图是小球自由下落时的频闪照片示意图，频闪仪每隔0.04s闪光一次.（g取10m/s2）（1）某同学细致探讨了这幅照片后，经过分析，提出以下说法，你认为正确的是__________.A.OA之间的运动时间等于0.04sB由估算OA之间的距离应当约为0.8cm，可能是由于频闪后，过了肯定时间小球才起先由静止释放的C.假如用这幅图来测量重力加速度，应当舍去OA之间的数据，用后面的间距测量D.小球OD之间削减的重力势能不等于小球在D点的动能（不考虑空气阻力）（2）依据这幅图像测得小球经过B点时速度的大小为__________m/s，小球下落的加速度为__________m/s2.（结果均保留两位有效数字）17.（9分）利用高电阻放电法探讨电容器的充放电，试验是利用高阻值电阻延长放电时间，绘制电容器放电电流与时间的i-t图像来探讨电容器的充放电规律.某同学先按图甲所示电路连接好试验电路.然后接着试验操作如下：（1）先接通开关S1、S2，调整电阻箱R的阻值，使微安表的指针偏转接近满刻度，登记这时微安表的示数i0=500μA、电压表的示数U0=3.0V，此时电阻箱R的阻值为3.5kΩ，则微安表的内阻为________kΩ.（2）断开开关S2，同时起先计时，每隔5s或10s读一次电流i的值，将测得数据填入预先设计的表格中，依据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t为横坐标、电流i为纵坐标的点，如图乙中用“×”表示的点.在图乙中描绘出电流随时间变更的图线如图所示，依据图线估算出该电容器在整个放电过程中放出的电荷量Q0约为__________C；（结果保留两位有效数字）（3）考虑到电压表也是高电阻，某同学设计了如图所示的电路来探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系，其中E=3V，C=3000μF，先把开关S1接1，给电容器A充电，可以看到电容器A充电后数字电压表示数为U，把开关S1接2，可以看到电压表示数变为0.5U，断开开关S1，闭合开关S2，让电容器B的两极板完全放电，随后再断开开关S2，把B和A并联，电压表示数再次削减一半.还可以接着这样操作……下列说法正确的是__________.A.电压表也可以用静电计来代替B.电容器的电容与其带电量成正比，与电压成反比C.电容器两极板之间的电压与其带电量成正比D.一个电容器所带的电荷量Q与两极板之间的电势差U之比是不变的E.由于电压表有电流流过，会造成放电，可以在电压表支路中串联一个开关，读数时才短暂闭合18.（8分）一架能够垂直起降的四旋翼无人机悬停在离地高度为40m的高空中进行拍摄，己知无人机的质量m=1kg，其动力系统所能供应的最大升力F=16N，无人机上升过程中允许达到的最大速度为8m/s，空气阻力大小恒为4N.达到指定高度40m处后马上悬停在此位置，但由于操作失误，无人机突然停机而失去动力，操作人员用时2s完成重新启动，g=10m/s2.求：（1）无人机从地面上由静止竖直加速到达离地高度40m所需的最短时间；（2）无人机被操作人员重新启动时重力的瞬时功率.19.（10分）如图所示，质量为m的小球悬挂在长为L的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60°角的位置后由静止释放.当小球摆至最低点时，恰好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相碰，碰后小球速度反向且动能是碰前动能的。已知木块与地面间的动摩擦因数μ=，重力加速度取g=10m/s2.求：（1）小球与木块碰撞过程中合外力的冲量；（2）木块在水平地面上滑行的距离.20.（10分）如图所示，水平放置的平行板电容器，两板间距为d=8cm，板长为l=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中心水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时快速将上板竖直向上移动2cm，则液滴刚好从金属板末端飞出，求:（g取10m/s2）（1）推断液滴带电性质并说明理由；（2）将上板向上提起后，液滴的加速度大小；（3）液滴从射入电场起先计时，匀速运动到P点所用的时间。21.（12分）如图所示，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为2kg的长木板，木板上摆放着可视为质点、质量均为1kg、相距为1m的两木块a和b，且木块a恰在长木板的最左端，两木块与木板间的动摩擦因数均为0.25.现同时给木块a、b方向水平向右、大小分别为1m/s和2m/s的初速度，已知重力加速度g=10m/s2，求：（1）系统由于摩擦增加了多少内能?（2）最终木块a、b间的距离为多少?（3）要使木块b不掉下去，则长木板至少多长?物理参考答案一、单项选择题:本题共10小题，每小题3分，共30分.每小题只有一个选项符合题目要求.题号12345678910答案BDCDABACCC1.B【解析】第谷通过多年的观测，积累了大量牢靠的数据，开普勒分析其数据，通过精确的计算分析后得出了行星运动定律，故B错.2.D【解析】若表达式为s=4+2t2，则表示质点做匀加速运动，加速度为4m/s2，2s末的速度为8m/s，故A、B都错；1s末时离开O点的距离为6m，2s末时离开O点的距离为20m，故ls末到2s末的时间内位移为14m，平均速度即为14m/s，C错，而D选项正确.3.C【解析】通过电动机的电流等于通过电阻R的电流，即，故A错误，电动机的发热功率P热=I2r=1W，B错误；电动机消耗的总功率P=UI=16×1W=16W，故C正确；定值电阻的功率P1=I2R=I2×4W=4W，D错误.4.D【解析】从轨道Ⅰ变到轨道轨道Ⅱ要在E点加速，故A错；如图所示，假如探测器在轨道Ⅱ上的F点加速后才能进入过F点的圆轨道Ⅲ，对于圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上的物体，由可知轨道Ⅲ上速率小于轨道Ⅰ上的物体的速率，所以探测器在轨道Ⅱ上F点的速率小于在轨道Ⅰ上速率，故B选项错误；探测器不论是在轨道Ⅰ还是在轨道Ⅱ上的E点，受到的万有引力相同，故加速度应相同，选项C错；探测器在轨道Ⅱ上远离水星过程中，万有引力做负功，故动能减小，势能增加，因此选项D正确.5.A【解析】在同一坐标系中画出子弹和木块的v-t图像.子弹的质量m不变，子弹的加速度恒定，木块的加速度也恒定，子弹速度v0越大，子弹穿过木块的时间越短，则木抉获得的速度越小，A正确.当子弹的质量m变更时，由于子弹所受的阻力恒定，则子弹的加速度将随着质量减小的而变大，而木块的加速度恒定，两者的速度图像如图所示.设木抉的长度为L，则当子弹穿出时，子弹的位移比木块的大L，则由速度图像可知，子弹的速度曲线与木玦的速度曲线所围成的梯形面积在数值上应等于L.由图像可知，当子弹质量m越大时，穿出木块的时间t1小于于质量小时穿出木块的时间t2，则木块获得的速度也将变小，故B错误.系统损失的机械能等于系统克服阻力所做的功W克=F阻L，故只要子弹穿出，子弹和木块组成的系统损失的机械能不变.而木块质量M越大，木抉的加速度越小，子弹穿出时所用时间越短，子弹穿出的速度越大，木块的速度越小，因而子弹损失的机械能减小，故选项D错误.6.B【解析】剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力F=mAg=20N，剪断细线的瞬间，对整体分析，整体加速度，隔离对B分析，mBg一N=mBa，解得N=mBg-mBa=（30-3×6）N=12N，故A错误；细线剪断之后，在A、B一起向下运动的过程中，整体加速度在变更，隔离分析知，B对A的压力在变更，故C错误；整体一起向下运动的过程中，A、B总重力等于弹簧弹力大小时，A、B总动能最大，依据能量守恒，则系统的重力势能和弹性势能之和最小，故选项B正确；细线剪断之后，在A与B一起向下的运动过程中，弹簧的弹性势能始终增大，因此D错误.7.A【解析】仅増大R1，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电容器C1两端电压增大，C2两端电压减小，电容器所带电荷量Q1增大，Q2减小，故A正确；仅増大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电陧R1两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，两电容器所带电荷量Q1和Q2都增加，故B错误；仅增大R3，整个电路电阻不变，Q1和Q2都将不变，故C错误；突然断开开关S，两个电容器都放电，有自上而下的电流路过R3，故D错误.8.C【解析】依据图像可以求出小物抉与传送带之间有相对运动时的加速度a，而a=μg，故选项A正确.在t1时刻，离开A向左运动最远，即为，选项B正确，因不知道小物块的质量，故不能求出系统生的热.0～t1时间内小物块和传送带之间的相对路程大小为，故选项D正确.9.C【解析】温度上升时，R2的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，R1两端电压增大，A错误；温度降低时，R2的阻值增大，总电阻增大，总电流减小，电流表的示数减小，灯L两端电压变大，B错误；温度为20℃时，R2=1.5R0，此时外电路的总电阻为R0，等于电源的内阻，所以电源的输出功率最大，D错误；将R1看做等效电源内阻，则r′=1.25R0，而L和R2的并联电阻总小于r′，故0℃时其并联阻值最大，灯泡L和R2的总功率最大，C正确.10.C【解析】B、D两点场强方向不同，故A错；依据点电荷四周场强的计算式，AC=AD，故D点的场强等于2倍C点的场强，B错；以顶点A为圆心，分别以AD、AC、AC1为为半径做三个球面，由几何关系可知AD=a，AC=a，AC1=a，那么过D、C的两个球面之间的距离为d1=a-a，过C、C1的两个球面之间的距离为d1=a-a，可知d1>d2，而离场源电荷越近，场强越大，由U=Ed，可知UDC>UCC1，故选项C正确；同理UDC>UBC1，电场力做功W=qU，将正的摸索电荷从D点移到C点电场力做的功要大于将该点电荷从B1点移到C1点电场力做的功，电场力做正功，电势能减小，因此将正的摸索电荷从D点移到C点电势能削减量要大于将该点电荷从B1点移到C1点电势能的削减，选项D错误.二、多项选择题:本题共5小题，每小题3分，共15分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分.题号1112131415答案ACADBCCDACD11.AC【解析】当ω较小时，甲乙均由静摩擦力供应向心力，ω増大，由F=mω2R可知，受到的静摩擦力越大，由于r乙>r甲，所以乙受到的静摩擦力先达到最大，此后ω接着增大，要保证乙不滑动，轻绳产生弹力并增大，甲受到的静摩擦力接着増大，直到甲受到的静摩擦力达到最大，此时ω达到最大，轻绳弹力也达到最大，对甲乙整体，3μmg=2mω2L+mω22L，解得，又对甲2μmg-FT=2mω2L，得，故答案为AC.12.AD【解析】运动到B点时，弹性绳的拉力和重力的合力供应向心力，即k（l-l0）>mg，故A对.重力做功为mgl，故B错；从A运动到B点，依据动能定理，有，弹性绳做的功为，故C错.小球在A点速度为零，故重力的瞬时功率也为零，在B点重力mg与此时速度v垂直，瞬时功率也为零，所以，从A到B点的过程中重力的功率肯定先增大后减小，故D对.13.BC【解析】若小球带正电，当d增大时，电容减小，由于二极管的作用，Q不行能变，则E也不变，小球仍旧打在N点，故A错误；若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，而U肯定，依据，可知E变大，电场力变大，方向向下，小球做类平拋运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确；若小球带负电，当AB间距d减小时，电容增大，则Q增大，依据，E增大，电场力变大，方向向上，小球做类平拋运动竖直方向加速度减小，运动时间变长，打在N点右侧，重力做功不变，但克服电场力做功增大，故小球打在下板上的动能变小，C正确；若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不行能减小，所以Q不变，则E也不变，所以电场力大小不变，方向向上，重力做功和克服电场力做功均不变，即合外力做功不变，小球落在极板上的动能也不变；故D错误.14.CD【解析】据-x图像可知两个固定点电荷均带正电，A错误；又据-x图像切线的斜率等于场强E，则知x=L处场强为零，且沿着电场线方向电势降低，所以小球在C处受到的电场力向左，向左加速运动，到x=L处加速度a为0，从x=L向左运动时，电场力向右，做减速运动，所以小球在x=L处的速度最大，故B错误.又依据，故若已知带电小球经过x=0处的速度为v，则可以求出x=2L和x=0两个位置的电势差U，D正确；x=L处场强为零，依据点电荷场强则有:，解得QA:QB=4:1，又QA=Q，QB=Q，则x=0处的场强也可以求出，为，C正确.15.ACD【解析】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故A错误；系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得:mv-mv′=0，，解得x=R，故选项B正确；于小球其次次在车中滚动时，对应位置的速度减小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，克服摩擦力做的功小于，因此小球肯定能从A点冲出，故D错误；小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒，则知小球由B点离开小车时水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后竖直上拋运动，最终又从B点落回，则C错误.三、非选择题:本题共6小题，共55分.16.（6分）（1）BC（2分）（2）0.79（2分）9.7（2分）【解析】（1）小球在OA之间的运动时间应当小于0.04s，缘由应当是由于频闪后，过了肯定时间小球才起先由静止释放的.所以A错误，B选项正确.由于OA之间运动时间小于0.04s，测量重力加速度，应当舍去OA之间的数据，用后面的间距测量.C选项正确，但是O点是释放点，速度为零，机械能是守恒的，D选项错误.故选BC.（2）B点的速度小车加速度17.（9分）（1）2.5（3分）（2）8.0×10-3（3分）（3）CDE（3分）【解析】（1）因为电压表显示的是微安表与电阻箱的两端电压，而微安表的示数为500μA，故微安表与电阻箱的总电阻为：则微安表的内阻为6kΩ-3.5kΩ=2.5kΩ；（2）图线与时间轴所围成的面积即为放电过程放出的电荷量，我们数出的方格数为32，（留意数的时候大于半个格就算一个格，小于半个格的不算）而每个小格的电荷量q=50μA×5s=2.5×10-4C，则放电的总电荷量为Q0=32q=32×2.5×10-4C=8.0×10-3C；（3）静电计一般是显示大电压的，3V的电压不能使静电计发生明显偏转，Δ选项错误；由电容的定义式可知B错误，CD正确；由于电压表有电流流过，会造成放电，导致电压减小，在电压表支路中串联一个开关，读数时才短暂闭合，E选项正确，故选CDE.18.（8分）【解析】（1）升力最大时，达到最大速度所用时间最短.依据牛顿其次定律：F-mg-Ff=ma…………（1分）解得a=2m/s2…………（1分）达到最大速度用时发生位移…………（1分）要达到h=40m高度还需以最大速度匀速运动：…………（1分）故总共用时t=t1+t2=7s.…………（1分）（2）失去升力后起先向下做初速度为零的匀加速运动，依据牛顿其次定律有:mg-Ff=ma1………………（1分）得a1=6m/s2故2s末时的速度v1=12m/s………………（1分）重力的瞬时功率P=mgv1=120W…………（1分）19.（10分）【解析】（1）设小球摆至最低点时的速度为U