四川物理-答案_1.高考2025全国各省真题+答案_00.2025各省市高考真题及答案（按省份分类）_17、四川卷（9科全）_物理

2025 年高考四川卷物理真题 一、单选题 1．2025年4月30日，神舟十九号载人飞船成功返回。某同学在观看直播时注意到，返回舱从高度3090m下降到 高度2010m，用时约130s。这段时间内，返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为（ ） A．8.3m/s B．15.5m/s C．23.8m/s D．39.2m/s 【答案】A 【详解】返回舱下降的位移为Δh = 1080m 则返回舱在竖直方向上的平均速度大小约为𝑣 = Δℎ ≈8.3m/s 𝑡 故选A。 2．某多晶薄膜晶格结构可以等效成缝宽约为3.5×10−10m的狭缝。下列粒子束穿过该多晶薄膜时，衍射现象最明显 的是（ ） A．德布罗意波长约为7.9×10−13m的中子 B．德布罗意波长约为8.7×10−12m的质子 C．德布罗意波长约为2.6×10−11m的氮分子 D．德布罗意波长约为1.5×10−10m的电子 【答案】D 【详解】当波通过尺寸与其波长相近的障碍物或狭缝时，会发生明显的衍射现象。对于粒子而言，德布罗意波长λ 决定了其波动性，衍射的明显程度通常与波长λ和狭缝宽度的比值相关，当𝜆接近或大于1时，衍射现象非常明显， 𝑑 则可知电子的衍射现象最明显。 故选D。 3．如图所示，由长为R的直管ab和半径为R的半圆形弯管bcd、def组成的绝缘光滑管道固定于水平面内，管道间 平滑连接。bcd圆心O点处固定一电荷量为Q（Q > 0）的带电小球。另一个电荷量为q（q > 0且q << Q）的带电小 球以一定初速度从a点进入管道，沿管道运动后从f点离开。忽略空气阻力。则（ ） A．小球在e点所受库仑力大于在b点所受库仑力 B．小球从c点到e点电势能先不变后减小 C．小球过f点的动能等于过d点的动能 D．小球过b点的速度大于过a点的速度 【答案】B 【详解】 A．小球所受库仑力𝐹 =𝑘 𝑄𝑞，由于re > rb，则小球在e点所受库仑力小于在b点所受库仑力，A错误； 𝑟2 B．点电荷在距其r处的电势为𝜑 =𝑘 𝑄，由于c点到d点r不变，d点到e点r逐渐增大，则根据E = φq，可知小球 p 𝑟 从c点到d点电势能不变，从d点到e点电势能逐渐减小，B正确； C．由于rf > rd，根据选项B可知，小球的电势能E d > E f，根据能量守恒可知，小球过f点的动能大于过d点的动 p p 能，C错误； D．由于ra > rb，根据选项B可知，小球的电势能E b > E a，根据能量守恒可知，小球过a点的动能大于过b点的 p p 动能，则小球过b点的速度小于过a点的速度，D错误。 故选B。4．如图1所示，用活塞将一定质量的理想气体密封在导热气缸内，活塞稳定在a处。将气缸置于恒温冷水中，如 图2所示，活塞自发从a处缓慢下降并停在b处，然后保持气缸不动，用外力将活塞缓慢提升回a处。不计活塞与 气缸壁之间的摩擦。则（ ） A．活塞从a到b的过程中，气缸内气体压强升高 B．活塞从a到b的过程中，气缸内气体内能不变 C．活塞从b到a的过程中，气缸内气体压强升高 D．活塞从b到a的过程中，气缸内气体内能不变 【答案】D 【详解】 AB．根据题意可知活塞从a到b的过程中，气缸内气体，温度降低，则内能减小，体积减小，压强不变，AB错误； CD．根据题意可知活塞从b到a的过程中气缸内气体温度不变，则内能不变，体积增大，根据玻意耳定律𝑝𝑉 =𝐶可 知压强减小，C错误，D正确。 故选D。 5．如图所示，甲、乙、丙、丁四个小球用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，从左至右摆长依次增加，小球静止在 纸面所示竖直平面内。将四个小球垂直纸面向外拉起一小角度，由静止同时释放。释放后小球都做简谐运动。当小 球甲完成2个周期的振动时，小球丙恰好到达与小球甲同侧最高点，同时小球乙、丁恰好到达另一侧最高点。则（ ） A．小球甲第一次回到释放位置时，小球丙加速度为零 B．小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙动能为零 C．小球甲、乙的振动周期之比为3:4 D．小球丙、丁的摆长之比为1:2 【答案】C 【详解】根据单摆周期公式𝑇 =2𝜋√ 𝐿 𝑔 可知𝑇 >𝑇 >𝑇 >𝑇 丁 丙 乙 甲 𝑇 A．小球甲第一次回到释放位置时，即经过𝑇 （ 丙）时间，小球丙到达另一侧最高点，此时速度为零，位移最大， 甲 2 根据𝑎 =− 𝑘𝑥可知此时加速度最大，A错误； 𝑚 B．根据上述分析可得𝑇 = 1 𝑇 乙 3 丁 𝑇 3𝑇 小球丁第一次回到平衡位置时，小球乙振动的时间为 丁（即 乙）可知此时小球乙经过平衡位置，此时速度最大， 4 4 动能最大，B错误。3𝑇 𝑇 CD．设甲的周期为𝑇 ，根据题意可得2𝑇 = 乙 =𝑇 = 丁 甲 甲 2 丙 2 可得𝑇 =2𝑇 ，𝑇 = 4 𝑇 ，𝑇 =4𝑇 丙 甲 乙 3 甲 丁 甲 可得𝑇 :𝑇 =3:4，𝑇 :𝑇 =1:2 甲 乙 丙 丁 根据单摆周期公式𝑇 =2𝜋√ 𝐿 𝑔 结合𝑇 :𝑇 =1:2 丙 丁 可得小球丙、丁的摆长之比𝐿 :𝐿 =1:4，C正确，D错误； 丙 丁 故选C。 6．某人造地球卫星运行轨道与赤道共面，绕行方向与地球自转方向相同。该卫星持续发射信号，位于赤道的某观 测站接收到的信号强度随时间变化的规律如图所示，T为地球自转周期。已知该卫星的运动可视为匀速圆周运动， 地球质量为M，万有引力常量为G。则该卫星轨道半径为（ ） A． 3 √ 𝐺𝑀𝑇2 B． 3 √ 𝐺𝑀𝑇2 C． 3 √ 𝐺𝑀𝑇2 D． 3 √ 9𝐺𝑀𝑇2 36𝜋2 16𝜋2 4𝜋2 4𝜋2 【答案】A 【详解】设卫星转动的周期为𝑇′，根据题意可得2𝜋 ⋅ 𝑇 − 2𝜋 ⋅ 𝑇 =2𝜋 𝑇′ 2 𝑇 2 可得𝑇′ = 𝑇 3 根据万有引力提供向心力𝐺 𝑀𝑚 =𝑚 4𝜋2 𝑟 𝑟2 𝑇′2 可得𝑟 = 3 √𝐺𝑀𝑇′2 4𝜋2 代入𝑇′ = 𝑇 3 可得𝑟 = 3 √ 𝐺𝑀𝑇2 36𝜋2 故选A。 7．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小 车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为√3。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿 2 斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为𝑣 。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和 0 斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内（ ）A．物块的位移大小为2𝑣0 2 B．物块机械能增量为5𝑚𝑣0 2 3𝑔 2 C．小车的位移大小为16𝑃𝑣0− 2𝑣0 2 D．小车机械能增量为8𝑃𝑣0+ 𝑚𝑣0 2 5𝑚𝑔2 5𝑔 5𝑔 2 【答案】C 【详解】 A．对物块根据牛顿第二定律有𝜇𝑚𝑔cos30°−𝑚𝑔sin30°=𝑚𝑎 解得𝑎 = 1 𝑔 4 根据运动学公式有𝑣 2 =2𝑎𝑥 0 1 解得物块的位移大小为𝑥 = 2𝑣0 2 ，A错误； 1 𝑔 B．物块机械能增量为Δ𝐸 = 1 𝑚𝑣 2+𝑚𝑔𝑥 ⋅sin30°= 3 𝑚𝑣 2 0 1 0 2 2 故B错误； C．对小车根据动能定理有𝑃𝑡−(𝜇𝑚𝑔cos30°+𝑚𝑔sin30°)𝑥 = 1 𝑚𝑣 2 0 2 其中𝑡 = 𝑣0 𝑎 联立解得𝑥 = 16𝑃𝑣0− 2𝑣0 2 ，C正确； 5𝑚𝑔2 5𝑔 D．小车机械能增量为Δ𝐸′ = 1 𝑚𝑣 2+𝑚𝑔𝑥sin30°= 8𝑃𝑣0+ 3𝑚𝑣0 2 ，D错误。 0 2 5𝑔 10 故选C。 二、多选题 8．若长度、质量、时间和动量分别用a、b、c和d表示，则下列各式可能表示能量的是（ ） A．𝑎2𝑏 B．𝑎𝑏2 C．𝑑2 D．𝑏2 𝑐2 𝑐2 𝑏 𝑑 【答案】AC 【详解】 A．根据题意可知𝑎2𝑏的单位为m2⋅kg =kg⋅(m/s)2 𝑐2 s2 结合动能公式𝐸 = 1 𝑚𝑣2可知kg⋅(m/s)2为能量单位，A正确； k 2 B．同理𝑎𝑏2 的单位为𝑚⋅kg2 =kg2⋅m/s2 𝑐2 s2 根据𝐹 =𝑚𝑎可知kg⋅m/s2为力的单位，故可知kg2⋅m/s2为力与质量的乘积，故不是能量的单位，B错误； C．𝑑2 的单位为 (kg⋅m⋅s-1) 2 =kg⋅(m/s)2 𝑏 kg 根据前面A选项分析可知该单位为能量单位，C正确； D．𝑏2 的单位为 kg2 = kg ，不是能量单位，D错误。 𝑑 kg⋅m⋅s-1 m⋅s-1 故选AC。9．某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表面平行（𝜃 <45°）的光学玻 璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则（ ） A．可以选用折射率为1.4的光学玻璃 B．若选用折射率为1.6的光学玻璃，𝜃可以设定为30° C．若选用折射率为2的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为70° D．若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动 【答案】CD 【详解】 A．因为1.4<√2，故当选用折射率为1.4的光学玻璃时，根据sin𝐶 = 1 𝑛 可知sin𝐶> √2，即𝐶>45° 2 根据几何知识可知光线第一次发生全反射时的入射角为𝜃 <45°<𝐶，故选用折射率为1.4的光学玻璃时此时不会发 生全反射，A错误； B．当𝜃 =30°时，此时入射角为30°，选用折射率为1.6的光学玻璃时，此时的临界角为sin𝐶 = 1 =0.625>0.5= 1.6 sin30° 故𝐶>30°，故此时不会发生全反射，B错误； C．若选用折射率为2的光学玻璃，此时临界角为sin𝐶 = 1 2 即𝐶 =30°，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于30°，即第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的 夹角一定大于60°，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光线和反射光线的夹角等于第二次全反射入射角， 故可能为70°，C正确； D．若入射光线向左移动，可知第一次全反射时的反射光线向左移动，第二次全反射时的反射光线向左移动，同理， 第三次全反射时的反射光线向左移动，即出射光线向左移动，D正确。 故选CD。 10．如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界 为圆形，内边界与I区边界重合；正方形与圆形中心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4∶1。一带正电 的粒子从Ⅱ区外边界上a点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带 电粒子（ ） A．在I区的轨迹圆心不在O点 B．在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为1∶2 C．在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127∶37 D．在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为127∶148 【答案】AD【详解】 A．由图可知 在I区的轨迹圆心不在O点，A正确； B．由洛伦兹力提供向心力𝑞𝑣𝐵 =𝑚 𝑣2 𝑟 可得𝑟 = 𝑚𝑣 𝑞𝐵 故在I区和Ⅱ区的轨迹半径之上比为𝑟1 = 𝐵2 = 1，B错误； 𝑟2 𝐵1 4 C．粒子在I区和Ⅱ区的轨迹长度分别为𝑙 = 360°−2(90°−37°) ×2𝜋𝑟 = 254° ×2𝜋𝑟 1 1 1 360° 360° 2×37° 74° 𝑙 = ×2𝜋𝑟 = ×2𝜋𝑟 2 360° 2 360° 2 故在I区和Ⅱ区的轨迹长度之比为𝑙1 = 127，C错误。 𝑙2 148 D．设粒子在磁场Ⅱ区偏转的圆心角为α，由几何关系cos𝛼 = 𝑟2 = 4 𝑟1+𝑟2 5 可得𝛼 =37° 故粒子在I区运动的时间为𝑡 = 360°−2(90°−37°) 𝑇 = 254° × 2𝜋𝑚 1 360° 360° 𝑞𝐵1 粒子在Ⅱ区运动的时间为𝑡 = 2×37° 𝑇 = 74° × 2𝜋𝑚 2 360° 360° 𝑞𝐵2 联立可得在I区和Ⅱ区的运动时间之上比为𝑡1 = 127，D正确； 𝑡2 148 故选AD。 三、实验题 11．某学习小组利用生活中常见物品开展“探究弹簧弹力与形变量的关系”实验。已知水的密度为1.0×103kg/m3，当 地重力加速度为9.8m/s2。实验过程如下： （1）将两根细绳分别系在弹簧两端，将其平放在较光滑的水平桌面上，让其中一个系绳点与刻度尺零刻度线对齐， 另一个系绳点对应的刻度如图1所示，可得弹簧原长为 cm。 （2）将弹簧一端细绳系到墙上挂钩，另一端细绳跨过固定在桌面边缘的光滑金属杆后，系一个空的小桶。使弹簧 和桌面上方的细绳均与桌面平行，如图2所示。 （3）用带有刻度的杯子量取50mL水，缓慢加到小桶里，待弹簧稳定后，测量两系绳点之间的弹簧长度并记录数 据。按此步骤操作6次。（4）以小桶中水的体积V为横坐标，弹簧伸长量x为纵坐标，根据实验数据拟合成如图3所示直线，其斜率为200m−2。 由此可得该弹簧的劲度系数为 N/m（结果保留2位有效数字）。 （5）图3中直线的截距为0.0056m，可得所用小桶质量为 kg（结果保留2位有效数字）。 【答案】 13.14/13.15 49 0.028 【详解】 （1）该刻度尺的分度值为0.1cm，应估读到分度值的后一位，故弹簧原长为13.14cm （4）由胡克定律可知𝑚𝑔+𝜌𝑉𝑔 =𝑘𝑥 化简可得𝑥 = 𝜌𝑔 𝑉+ 𝑚𝑔 𝑘 𝑘 由图像可知𝜌𝑔 =200m−2 𝑘 代入数据解得该弹簧的劲度系数为𝑘 =49N/m （5）由图可知𝑚𝑔 =0.0056m 𝑘 代入数据可得所用小桶质量为𝑚 =0.028kg 12．某学生实验小组要测量一段合金丝的电阻率。所用实验器材有： 待测合金丝样品（长度约1m） 螺旋测微器 学生电源E（电动势0．4V，内阻未知） 米尺（量程0~100cm） 滑动变阻器（最大阻值20Ω） 电阻箱（阻值范围0~999．9Ω） 电流表（量程0~30mA，内阻较小） 开关S 、S 1 2 导线若干 (1)将待测合金丝样品绷直固定于米尺上，将金属夹分别夹在样品20．00cm和70．00cm位置，用螺旋测微器测量两 金属夹之间样品三个不同位置的横截面直径，读数分别为0．499mm、0．498mm和0．503mm，则该样品横截面 直径的平均值为 mm。 (2)该小组采用限流电路，则图1中电流表的“+”接线柱应与滑动变阻器的接线柱 （选填“a”或“b”）相连。闭 合开关前，滑动变阻器滑片应置于 端（选填“左”或“右”）。 (3)断开S 、闭合S ，调节滑动变阻器使电流表指针恰好指到15．0mA刻度处。断开S 、闭合S ，保持滑动变阻器滑 2 1 1 2 片位置不变，旋转电阻箱旋钮，使电流表指针仍指到15．0mA处，此时电阻箱面板知图2所示，则该合金丝的电阻 率为 Ω⋅m（取π=3．14，结果保留2位有效数字）。 (4)为减小实验误差，可采用的做法有________（有多个正确选项）。 A．换用内阻更小的电源 B．换用内阻更小的电流表 C．换用阻值范围为0~99．99Ω的电阻箱 D．多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值 【答案】 (1)0.500(2) a 左 (3)1.3×10−6 (4)CD 【详解】 （1）该样品横截面直径的平均值为𝑑 = (0.499+0.498+0.503) mm=0.500mm 3 （2）[1]由于滑动变阻器采用限流式接法，应将其串联接在电路中，故采用“一上一下”原则，即电流表的“＋”接线 柱应与滑动变阻器的接线柱a相连。 [2]为了保护电路，闭合开关前，滑动变阻器滑片应最大阻值处，即最左端。 （3）由题意可知，该合金丝的电阻为𝑅 =3.2Ω 由电阻定律𝑅 =𝜌 𝑙及𝑆 =𝜋( 𝑑 )2可得𝜌 = 𝜋𝑅𝑑2 𝑆 2 4𝑙 其中𝑑 =0.500mm，𝑙 =70.00cm−20.00cm=50.00cm 代入数据解得该合金丝的电阻率为𝜌 ≈1.3×10−6Ω⋅m （4）根据电阻定律可知𝜌 = 𝜋𝑅𝑑2 ，则为了减小实验误差，可减小测合金丝电阻时的误差，选择更精确的电阻箱，可 4𝑙 换用阻值范围为0∼99.99Ω，或多次测量该合金丝不同区间等长度样品的电阻率，再求平均值。 故选CD。 四、解答题 13．如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现 有一质量为m、电荷量为q（𝑞 >0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械 能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求： (1)微粒第一次到达下极板所需时间； (2)微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。 【答案】 𝑚𝑑 (1)√ 𝑞𝐸 (2)2√𝑞𝐸𝑚𝑑 【详解】 （1）由牛顿第二定律𝑞𝐸 =𝑚𝑎 由运动学公式𝑑 = 1 𝑎𝑡2 2 2 联立可得微粒第一次到达下极板所需的时间为𝑡 =√ 𝑚𝑑 𝑞𝐸 （2）微粒第一次到达下极板时的速度大小为𝑣 =𝑎𝑡 =√ 𝑞𝐸𝑑 1 𝑚 由于微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变，设微粒碰后第一次 到达上极板时的速度大小为𝑣 ，满足𝑣2−𝑣2 =2𝑎𝑑 2 2 1 代入解得𝑣 =√ 3𝑞𝐸𝑑 2 𝑚 同理可得微粒第一次从上极板回到O点时的速度大小为𝑣 ，满足𝑣2−𝑣2 =2𝑎 𝑑 3 3 2 2代入解得𝑣 =2√ 𝑞𝐸𝑑 3 𝑚 故微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小为𝑝 =𝑚𝑣 =2√𝑞𝐸𝑚𝑑 3 14．如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连 线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2𝑠𝑟 的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、 电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨 上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。 (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 【答案】 (1)𝐵𝑙𝑣 𝐵2𝑙2𝑣2 (2) 2𝑟(𝑑+𝑠) (3)√𝑠2− 𝐵2𝑙2ℎ𝑣 2𝑚𝑔𝑟 【详解】 （1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势𝐸 =𝐵𝑙𝑣 （2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为𝑅 =2𝑑𝑟+2𝑠𝑟 故此时回路中的总的热功率为𝑃 = 𝐸2 = 𝐵2𝑙2𝑣2 𝑅 2𝑟(𝑑+𝑠) （3）设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为𝑥，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水 平方向的夹角为𝜃 ，对金属杆根据受力平衡可知𝐹 =𝑇cos𝜃，𝑚𝑔 =𝑇sin𝜃 安 根据位置关系有tan𝜃 = ℎ 𝑠−𝑥 同时有𝐹 =𝐵𝐼𝑙，𝐼 = 𝐵𝑙𝑣 安 2𝑟(𝑥+𝑠) 联立解得𝑥 =√𝑠2− 𝐵2𝑙2ℎ𝑣 2𝑚𝑔𝑟 15．如图所示，倾角为𝜃的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7𝑅的直挡板。a为直挡 板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小 球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间 解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为𝑚 ，两小球均可视为质点，不计一切 1 摩擦，重力加速度大小为g。(1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【答案】 (1)𝑔sin𝜃 (2) 𝑚1 ≥1或𝑚1 = 1 𝑚2 𝑚2 7 17 (3) 𝑚 𝑔𝑅sin𝜃<𝐸 <16𝑚 𝑔𝑅sin𝜃 1 k0 1 2 【详解】 （1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有𝑚 𝑔sin𝜃 =𝑚 𝑎 1 1 1 解得甲在ab段运动的加速度大小𝑎 =𝑔sin𝜃 1 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为𝑣 ，可知𝑚 𝑔sin𝜃 =𝑚 𝑣1 2 1 1 1 𝑅 解得𝑣 =√𝑔𝑅sin𝜃① 1 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒𝑚 𝑣 =𝑚 𝑣 ′+𝑚 𝑣 ，1 𝑚 𝑣 2 = 1 𝑚 𝑣 ′2 + 1 1 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 1 𝑚 𝑣 2 2 2 2 解得碰后乙的速度为𝑣 = 2𝑚1𝑣1② 2 𝑚1+𝑚2 碰后乙能运动至𝑒点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足𝑚 𝑔sin𝜃 ≤𝑚 𝑣2 2 2 2 𝑅 即𝑣 ≥√𝑔𝑅sin𝜃③ 2 联立①②③可得𝑚1 ≥1 𝑚2 第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7𝑅+𝑅 = 1 𝑔sin𝜃⋅𝑡2，𝑅 =𝑣 𝑡 2 2 解得𝑣 = 1 √𝑔𝑅sin𝜃④ 2 4 联立①②④可得𝑚1 = 1 𝑚2 7 （3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段𝑑𝑒，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周 运动显然不满足能越过线段𝑑𝑒，故碰后乙做类平抛运动越过线段𝑑𝑒，故碰后乙的速度必然满足𝑣 <√𝑔𝑅sin𝜃 2 同时根据类平抛运动规律可知7𝑅+𝑅 = 1 𝑔sin𝜃⋅Δ𝑡2，𝑣 Δ𝑡>𝑅 2 2 解得1 √𝑔𝑅sin𝜃<𝑣 <√𝑔𝑅sin𝜃⑤ 2 4 联立②⑤将𝑚1 = 1代入可得√𝑔𝑅sin𝜃<𝑣 <4√𝑔𝑅sin𝜃⑥ 1 𝑚2 7对甲球从a到c过程中根据动能定理−𝑚 𝑔⋅8𝑅sin𝜃 = 1 𝑚 𝑣 2−𝐸 ⑦ 1 1 1 k0 2 联立⑥⑦可得17 𝑚 𝑔𝑅sin𝜃<𝐸 <16𝑚 𝑔𝑅sin𝜃 1 k0 1 2