湖南省2024年高考一輪模擬卷物理試題（解析版）

湖南省2024年高考物理一輪模擬卷

注意事項(xiàng)：

1.答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息

2.請(qǐng)將K答案』正確填寫在答題卡上

一、單選題

1.單位是測(cè)量過程中的重要組成部分，根據(jù)單位制，以下公式表述可能正確的是（）

A.v=號(hào)（P為壓強(qiáng)）B.尸=:（P為功率）

C.D.V=^h

t23

A.甲圖中彈簧振子上下做等幅振動(dòng)

B.乙圖中閉合開關(guān)S的瞬間，Ai、A2兩燈馬上亮起

C.丙圖中此時(shí)刻LC振蕩回路中的電流等于零

D.「圖中電場(chǎng)和磁場(chǎng)垂直，并和傳播方向垂直，故電磁波是橫波，且有偏振性

3.一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)a開始，經(jīng)歷疝、be、co三個(gè)過程回到原狀態(tài)a,變化過程

的T-V圖像如圖所示，關(guān)于理想氣體經(jīng)歷的三個(gè)過程，下列說法正確的是（）

A.。力過程中，氣體壓強(qiáng)增大

B.，活過程中，氣體一定從外界吸熱

C.兒過程中，氣體壓強(qiáng)減小

D.ca過程中，氣體分子的平均動(dòng)能保持不變

4.某種放射性元素的半衰期為4天，現(xiàn)在取這種元素2kg,經(jīng)過12天后，發(fā)生衰變的元素

質(zhì)量為（)

A.1.75kgB.1.5kgC.0.5kgD.1.0kg

5.如圖所示是“用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)”實(shí)驗(yàn)的裝置，實(shí)驗(yàn)中觀察到較模糊的干涉條紋,

A.旋轉(zhuǎn)目鏡B.調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行

C.減小單縫與雙縫間的距離D.增大單縫與雙縫間的距離

6.一支架固定在放于水平地面的小車上，細(xì)線上一端系著質(zhì)量為加的小球，另一端系在支

架卜.，當(dāng)小車向左做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角為〃，此時(shí)放在小車上質(zhì)曷M的A

物體跟小車相對(duì)靜止，如圖所示，下列說法正確的是（）

A.加速度的大小為#sin。，方向向左

B.細(xì)線的拉力大小為〃zgcos。，方向沿線斜向上

C.A受到的摩擦力大小為Mmane,方向向左

D.A受到的摩擦力大小為Mman。，方向向右

7.如圖所示，在輕彈簧的下端懸掛一個(gè)質(zhì)量為〃，的小球A，若將小球A從彈簧原長(zhǎng)位置由

靜止釋放，小球A能夠下降的最大高度為人若將小球A換為質(zhì)量為2/〃的小球B,仍從彈

黃原長(zhǎng)位置由靜止釋放，口知重力加速度為8。不計(jì)空氣阻力，則小球B下降介時(shí)的速度為

)

A.屈B.瘋C.2向D.0

8.如圖所示，光滑水平平臺(tái)上一勁度系數(shù)為k=400N/m的輕彈簧左端固定在A點(diǎn)，原長(zhǎng)

時(shí)在其右端4處放置一質(zhì)量為，〃=lkg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）。平臺(tái)右端與水平傳送帶相切

于C點(diǎn)，傳送帶長(zhǎng)L=3.5m,以u(píng)=4m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)

〃=0.4?，F(xiàn)將滑塊向左壓縮?=10cm后突然釋放彈簧，已知彈簧彈性勢(shì)能為?。?/p>

彈簧的勁度系數(shù)，％為彈簧的形變量），重力加速度為g=10m/s2,則（）

?/

/B

<wwwwolC

—工—"

A.小滑塊剛滑上傳送帶的速度大小為lm/s

B.小滑塊通過傳送帶的時(shí)間為1.5s

C.傳送帶摩擦力對(duì)小滑塊的沖量為2N-s

D.傳送帶支持力對(duì)小滑塊的沖量為0

9.如圖所示，兩平行金屬板A、B間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)。、。為電場(chǎng)中的兩點(diǎn)（其中。點(diǎn)在金

屬板上），且C、。間距L=4cm,C、力連線和場(chǎng)強(qiáng)方向成60。角。已知電子從。點(diǎn)移到C

點(diǎn)電場(chǎng)力做功為3.2xl（）T7j,電子電荷量大小為1.6X10-"：,C、。間的電勢(shì)差Ug和勻強(qiáng)

電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為（）

BI----------1

A.200V,50V/cmB.200V,l（X）V/cm

C.-200V,50V/cmD.-200V,lOOV/cm

10.在3=2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量〃?=lkg帶正電“=1C的物體沿光滑的絕緣水平面以初

速度%=10m/s向左運(yùn)動(dòng)，g=10m/s2,如圖，運(yùn)動(dòng)過程中物體受合力的大小為（）

XXXXXX

XXX6XXX

XXXX

14.某研究小組為研究一款籃球的性能，在籃球上安裝了速度傳感器。如題圖1所示，某次

測(cè)試時(shí)，由靜止釋放籃球的同時(shí).，豎直向下拍一次籃球，籃球第一次落地前的“速度T寸間”

圖像如題圖2所示。已知籃球質(zhì)量，"=5kg,籃球與水平地面碰撞過程中損失的能量始終為

碰撞前籃球動(dòng)能的!，且碰撞后籃球速度反向，籃球可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。

A.釋放點(diǎn)到水平地面的高度為0.8mB.釋放點(diǎn)到水平地面的高度為1.8m

C.籃球第一次反彈后上升的高度為0.3mD.籃球第一次反彈后上升的高度為1.5m

15.如圖所示，空間存在方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一粒子發(fā)射源夕位于足夠大絕緣平板MN

的上方距離為d處，在紙面內(nèi)向各個(gè)方向發(fā)射速率均為丫的同種帶電粒子，不考慮粒子間的

相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小也為d,則粒子（）

A.能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度為（1+6川B.能打在板上離。點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離為國

C.到達(dá)板上的最長(zhǎng)時(shí)間為學(xué)D.到達(dá)板上的最短時(shí)間為F

2v

三、實(shí)驗(yàn)題

16.利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置“探究小車速度隨時(shí)間變化的規(guī)律”。

乙

（I）甲圖中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作電源是;

A.220V直流電源B.220V交流電源C.8V直流電源D.8V交流電源

（2）在做該實(shí)驗(yàn)時(shí)，下列說法正確的是；

A.先接通電源，后釋放紙帶

B.停電后可換用干電池來做實(shí)驗(yàn)

C.釋放小車時(shí)小車應(yīng)在靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端

D.計(jì)數(shù)點(diǎn)必須從紙帶上打的第一個(gè)點(diǎn)開始選取

（3）如圖乙所示為小車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)打出的一條紙帶，A、B、C、D、￡是五個(gè)相鄰的

計(jì)數(shù)點(diǎn)，兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)未畫出，電源頻率為50Hz。則打下點(diǎn)C時(shí)小車的速度

vc=m/s,小車的加速度，=m/s?；（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）

（4）若計(jì)時(shí)器工作頻率大于50Hz,則根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)計(jì)算出％的結(jié)果與實(shí)際值相比

（填“相等”“偏大域“偏小”）。

四、解答題

17.如圖所示，一小球自平臺(tái)上水平拋出，恰好落在鄰近平臺(tái)的一傾角為。=53。的光滑斜面

頂端，并剛好沿光滑斜而下滑，已知斜面頂端與平臺(tái)的高度差/『0.8m,重力加速度g取10

m/s2,sin530=0.8,cos530=0.6,求：

（1）小球水平拋出的初速度必是多大？

（2）斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離人是多大；

（3）若斜面頂端高”=20.8m,則小球離開平臺(tái)后經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間到達(dá)斜面底端。

18.如圖所示，質(zhì)量M=lkg的木板緊靠地面上的固定立柱靜置在光滑水平地面上，木板左

側(cè)為一豎直擋板，右側(cè)為四分之一光滑圓弧軌道，紈道底端與木板的上表面相切于。點(diǎn)。

勁度系數(shù)攵=4N/m的輕彈簧左端固定在木板的左側(cè)擋板，右側(cè)與質(zhì)量為〃?=1kg的滑塊相連

（未栓接）。壓縮彈簧使滑塊位于木板上的。點(diǎn)，然后靜止釋放，當(dāng)滑塊第?次到達(dá)尸點(diǎn)時(shí)，

彈簧恰好恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)。己知OP之間的距離L=L5m,滑塊與木板上表面之間的滑動(dòng)摩擦

因數(shù)〃=62,滑塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/J,彈簧彈

性勢(shì)能的表達(dá)式為穌a為勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量），求

r

OP

7777/1777777777777777777777777777777777777777777z777777r

固定立柱

（1）滑塊剛釋放時(shí)的加速度，，的大??；

（2）滑塊釋放后第一次到達(dá)0點(diǎn)過程中最大速度%的大?。?/p>

（3）滑塊沖上圓弧乳道后相對(duì)P點(diǎn)能到達(dá)的最大高度；

（4）滑塊最終穩(wěn)定后的位置與P點(diǎn)之間的距離Ax。

4

19.如圖，4、B、C、D正好是一個(gè)矩形的四個(gè)頂點(diǎn)且=空間中存在沿AO方向、

場(chǎng)強(qiáng)大小為鳥的勻強(qiáng)電場(chǎng)。位于4處的粒子發(fā)射器可以發(fā)射出初速度大小均為%、方向可

以調(diào)節(jié)的具有相同質(zhì)量、電最的帶正電粒子（不計(jì)重力兀從A處發(fā)射出來的沿A8方向的

粒子在運(yùn)動(dòng)過程中恰好能經(jīng)過C點(diǎn)。再加一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)與（￡未知），場(chǎng)強(qiáng)方向與A8CD平

面平行。調(diào)整發(fā)射器發(fā)射方向，使粒子在運(yùn)動(dòng)過程中恰能經(jīng)過8點(diǎn)，測(cè)得在8點(diǎn)時(shí)粒子速

度大小為％=2%。若再次調(diào)整發(fā)射方向，使粒子在運(yùn)動(dòng)過程中恰能經(jīng)過。點(diǎn)，測(cè)得在。點(diǎn)

時(shí)粒子的速度大小為%=半%。求：

（1）未加電場(chǎng)當(dāng)時(shí)，粒子到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小七;

（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)的場(chǎng)強(qiáng)大小和方向。

20.如圖所示，MN、PQ兩條固定的光滑平行金屬軌道與水平面成〃角，軌道間距為心P、

M間接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為，〃的金屬桿"水平放置在軌道上，其有效阻值為空

間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上?，F(xiàn)由靜止釋放若

軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g。求：

(1)通過導(dǎo)體棒ab的電流方向；

(2)金屬桿〃〃運(yùn)動(dòng)的最大速度八；

(3)金屬桿2運(yùn)動(dòng)的加速度為:gsin。時(shí)，金屬桿c必消耗的電熱功率幾

★參考答案★

v的單位m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

B.r的單位

N(ni/s)2Nm-m/s2....

==W-m/s2

s-----s

功率。的單位為W,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

c.土和土普都是速度單位，選項(xiàng)c正確；

t2

D.體積V單位是nP；而;"R%單位是nd,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選C。

2.DA.甲圖中條形磁鐵上下振動(dòng)，穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根

據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)牛.的磁場(chǎng)總要阻礙原磁場(chǎng)的變化，即條形磁鐵運(yùn)動(dòng)過程中受到感應(yīng)

電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)其阻礙作用，則彈簧振子上下振動(dòng)的振幅逐漸減少，故A錯(cuò)誤；

B.乙圖中閉合開關(guān)S的瞬訶，A2兩燈馬上亮起，線圈與Ai串聯(lián)，由于線圈自感的影響，Ai

慢慢變亮，故B錯(cuò)誤；

C.丙圖正在準(zhǔn)備給電容器充電，此時(shí)電流最大，故C錯(cuò)誤；

D.丁圖中電場(chǎng)和磁場(chǎng)垂直，并和傳播方向垂直，符合橫波特點(diǎn)，故電磁波是橫波，橫波有偏

振性，故D正確。

故選Do

3.BA.必過程是等溫過程，由玻意耳定律

pV=C

而過程體積增大，故氣體壓強(qiáng)減小，故A錯(cuò)誤；

B.而過程體積增大，氣體對(duì)外做功且內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律

△U=W+Q

因?yàn)?/p>

AU=0,W<0

所以

Q>0

氣體一定從外界吸熱，故B正確；

C.根過程氣體溫度升高，體積減小，由理想氣體狀態(tài)方程

&C

T

知?dú)怏w壓強(qiáng)增大，故C錯(cuò)誤；

D.”過程中氣體溫度降詆，氣體分子的平均動(dòng)能減小，故D錯(cuò)誤。

故選B。

4.A12天表示半衰期的個(gè)數(shù)為

n=-=3

T

根據(jù)半衰期公式有

"7余=Mo?W)"=2xg)3=；kg

則發(fā)生衰變的元素質(zhì)量為

m=-加余=(2一;)kg=1.75kg

故選Ao

5.B若觀察到的是較模糊的干涉條紋,最可能的原因是單縫與雙縫不平行，要使條紋變得

清晰，得調(diào)節(jié)撥桿使單縫與雙縫平行。

故選B。

6.DA.對(duì)小球受力分析如圖所示

T

/

--九合

??

/?

/?

??

mg

由于小球和小車一起向左運(yùn)動(dòng),則可知小球所受合外力在水平方向，小球加速度即為整體加

速度，根據(jù)幾何關(guān)系可得

F,=nigtan0-ma

解得

a=gtan0

方向水平向右，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)幾何關(guān)系可得細(xì)線的拉力

COS夕

方向沿線斜向上，故B錯(cuò)誤；

CD.由于A與小車保持相對(duì)靜止，則A的加速度與小車和小球加速度相同，對(duì)A分析可

知，A在豎直方向受豎直向下的重力與小車對(duì)A豎直向上的支持力，合力為零，在水平方

向僅受摩擦力作用，所受摩擦力即為合外力，而加速度水平向右，則所受摩擦力水平向右,

根據(jù)牛頓第二定律有

f=Ma=Mgtan0

故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

7.B設(shè)在小球A卜落力時(shí)彈簧彈力做功為W,對(duì)A小球，由機(jī)械能守恒定律有

mgh+W=0

對(duì)B小球，由動(dòng)能定理有

2mgh+IV=；x2niv2

解得

v=Jgii

故選B.

8.CA.設(shè)小滑塊離開彈簧時(shí)的速度為%,由機(jī)械能守恒定律得

解得

v0=2m/s

故A錯(cuò)誤;

B.設(shè)經(jīng)時(shí)間「小滑塊達(dá)到與傳送帶共速，則由動(dòng)量定理和動(dòng)能定理得

從mgh=mv-mv0

1212

jLimgx}--mv^

解得

4=0.5s,%]=1.5m

小滑塊勻速通過傳送帶的時(shí)間為

^-=0.5s

V

則小滑塊通過傳送帶的時(shí)訶為

r=/1+r2=1s

故B錯(cuò)誤；

C.傳送帶摩擦力對(duì)小滑塊的沖量為

/1==2Ns

故C正確；

D.傳送帶支持力對(duì)小滑塊的沖量為

4=&(%+/2)="例(6+，2)=1°N?S

故D錯(cuò)誤。

故選C。

9.B根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差關(guān)系可得

Wl)c=-eUDC

可得。、。間的電勢(shì)差

UDC=-逛=—'2xl0：v=-200V

隧e1.6x10^9

則C、。間的電勢(shì)差為

UCD=_U0c=200丫

勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為

E=Uc,)=^^-V/cm=1OOV/cm

Acos6004x0.5

故選B.

10.D物體受到豎直向下的洛倫茲力，和重力、豎直向上的支持力，因在觸直方向沒有發(fā)生

位移，沒有加速度，所以運(yùn)動(dòng)過程物體所受的合力大小為0N。

故選D。

H.BAB.需將M、N間的電壓降低后才能接普通的交流電壓表，由

U2n2

外端所接線圈的匝數(shù)較少，可知〃接MM必接普通的交流電壓表，A錯(cuò)誤，B正確：

C.電壓互感器不改變交變電流的頻率，故C錯(cuò)誤；

D.由

U2n2

且

n}>n2

得

u；u2

由Wl=W2

知電壓互感器正確連接后，原線圈中的電流4小于副線圈中的電流乙，故D錯(cuò)誤。

故選B。

12.CDA.分子在永不停息地做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，即使物體的溫度為0C,物體中分子的平均動(dòng)

能也不為零，故A錯(cuò)誤；

B.液體具有流動(dòng)性是因?yàn)橐后w分子作用力較小，分子位置不固定，故B錯(cuò)誤；

C.葉面上的小露珠呈球形是由于液體表面張力的作用，故C正確；

D.多晶體和非晶體都具有各向同性，則無法通過是否具有各向異性來區(qū)別多晶體和非晶體,

故D正確。故選CD。

13.ACAB.從尸點(diǎn)發(fā)出的光入射到大氣外表面處時(shí)，如圖所示

發(fā)生全反射的臨界角滿足

sin0--

n

解得

0=30

由正弦定理得

R￡R

sin。sina

解得

a=120

在大氣外表面發(fā)光區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角為

夕=2(180-120-30)=60

故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.若大氣層的厚度增加，e不變，OP不變，由正弦定理可知A增大，有光線射向太空的

區(qū)域所對(duì)應(yīng)的圓心角將增大，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選ACo

14.ADAB.0~0.2s時(shí)間內(nèi)，籃球的v-z圖像與/軸圍成的面積即為釋放點(diǎn)到水平地面的

高度，由此可得

=；x5x0.lm+；x(5+6)x0.Im=().8in

故A正確，B錯(cuò)誤:

CD.由v-t圖像知，0.1~0.2s時(shí)間內(nèi)，籃球的加速度

6—5.2，八,2

&,=----m/s~=lOm/s=g

0.1

可見籃球所受阻力可忽略，因此籃球第?次反彈后上升到最高點(diǎn)過程中，籃球的機(jī)械能守恒,

籃球第一次落地的速度

匕=6m/s

設(shè)第一次反彈上升的高度為4,由機(jī)械能守恒定律有

I25,

3〃叫^-=fngh}

解得

h}=1.5m

故D正確，C錯(cuò)誤。

故選AD。

15.ACAB.假設(shè)打在極板上粒子軌跡的臨界狀態(tài)如圖所示

由幾何關(guān)系得打在最左邊的點(diǎn)與P點(diǎn)的距離為何，打在最右邊的點(diǎn)與P點(diǎn)的距離2d,與

最左邊的點(diǎn)相距(6+l)d,則能打在板上的區(qū)域長(zhǎng)度為(G+l)d,能打在板上離戶點(diǎn)的最遠(yuǎn)

距離為2d,故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間的軟跡如下

2冗r_27rd

由兒何關(guān)系得粒子運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為

3T34d

t.=-l=-----

'42v

最短時(shí)間為

故C正確，D錯(cuò)誤。

故選AC。

16.BAC/CA0.230.60偏小)川甲圖中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器是電火花

計(jì)時(shí)器，電火花式打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是直插式220V交流電源。

故選B。

(2)[2]A.實(shí)驗(yàn)中為了節(jié)約紙帶打出更多的點(diǎn)，要求先啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器然后釋放小車，故

A正確；

B.打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的是交流電源，故B錯(cuò)誤；

C.釋放小車時(shí)小車應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故c正確；

D.選擇紙帶時(shí)要選點(diǎn)跡清晰的點(diǎn)，不一定要從紙帶上第一個(gè)點(diǎn)選取，故D錯(cuò)誤。

故選ACo

(3)[3]電源頻率為5()Hz,兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間有四個(gè)點(diǎn)未畫出，所以兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔

為

7=0.Is

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度得

vc=近+*ao,23m/s

r2T

⑷根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論解得

a=(*+?H?+S2)=060m/s2

4T2

(4)[5]若計(jì)時(shí)器工作頻率大于50Hz,則相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T減小，根據(jù)％=氏著，

可知實(shí)際值偏大，所以按照題中給定的數(shù)據(jù)計(jì)算出〃的結(jié)果比實(shí)際值偏小。

17.(1)3nVs；(2)1.2m；(3)2.4s(1)由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得

。=g。

tan<2=—

%

解得

%-3m/s,%=0.4s

(2)斜面頂端與平臺(tái)邊緣的水平距離為

x-4人-1.2m

(3)小球落入斜面時(shí)的速度為

v=―匕;-=5<m//s

sin<7

小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為

?=^sina=8m/s2

斜面長(zhǎng)度為

,H”

/=----=26m

sina

小球在斜面上運(yùn)動(dòng)過程中有

/=vr,+-at1

-2"

解得

t2=2s

小球離開平臺(tái)后到達(dá)斜面底端的時(shí)間

t=t1+t2=2.4s

18.(1)4m/s2；(2)2m's：(3)：(4)史二Im(1)根據(jù)題意可知，彈簧的形變量

202

等于OP之間的距離，即

x=L=\.5m

由牛頓第二定律可得

kx-pmg=ma

解得

a=4m/s2

(2)滑塊釋放后第一次到達(dá)P點(diǎn)過程中最大速度時(shí)，合力為零，得

5=〃〃名

由能量守恒得

2點(diǎn)2=g%+-x0)+；〃尾

聯(lián)W解得

%=2m/s

(3)滑塊以最大速度沖上圓弧軌道后，由動(dòng)后守恒得

加%=(M+〃?)'

由能量守恒得

；kx：