安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期第三次月考（11月）物理试题+答案_11月_2411042025安徽省六安第一中学高三上学期第三次月考

2025 4．如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从B 物理试卷 到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态，自 由端在C点。一质量为m、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点A由静止滑下，而后滑入 命题人：张前顺 审题人：贾永峰 刘帅帅汪阳春 刘 磊 水平轨道，小车（含挡板）质量为2m，重力加速度为g。 下列说法正确的是（ ） 时间：75分钟 分值：100分 一、单项选择题（本题共 8小题，每小题 4分，共 32分。在每小题给出的四个选项中， A．滑块到达B点时的速度大小为 2gR 只有一项是符合题目要求的。） B．当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度 1．我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员 C．弹簧获得的最大弹性势能为mgR 甲提前站在“交捧”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使 2 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 R 甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与 3 冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（ ） 5．如图所示，平面内直线AB和MN垂直相交于О点，A、B关于О点对称。M、N关于О点对称， A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 C是AO的中点，D是OB的中点，则下列说法正确的是（ ） B．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒 A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在О点，则C、M、D、N C．若推出后甲比乙动量大，则甲也一定比乙动能大 四点的电场强度相同 D．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 B．若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置在A点和B点， 2．如图所示，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台可绕过容器球心O的竖直轴线匀 则C、D两点电场强度方向相反 速转动，物块（可视为质点）随容器转动且相对器壁静止。当物块与O点的连线和竖直方向 C．若在C点和D点分别放置等量同种点电荷，一电子从О点 的夹角为60°，且转台的角速度大小为时，物块受到的摩擦力恰好为零。重力加速度大 0 小为g，物块的质量为m，下列说法正确的是（ ） 沿直线运动到N点的过程中，所受静电力一定一直增大 A．若转台的角速度由缓慢增大，则一定增大 D．若在C点和D点分别放置等量正点电荷，一电子从M点由静止释放，电子将在M、N间 0 2g 做往返运动 B．角速度  0 R 6．今年3月，顺丰在深圳及附近城市推出无人机物流产品，其自主研发的垂直起降无人机在物 2 3 流运输、应急救援等场景都适用。某次工作时，无人机自身总质量为m，负重质量为M。在 C．物块对容器壁的压力大小为 mg 3 垂直起飞过程中受到的空气阻力的大小始终是速度大小的k倍，该无人机垂直地面静止起飞， D．若转台的角速度由 0 缓慢增大，则物块的摩擦力方向沿容器壁向上 若电动机的牵引力恒为F，上升高度H时恰好达到最大速度，此工作过程中电动机未超过额 3．北京时间2024年5月3日17时27分，长征五号遥五运载火箭在 定功率。重力加速度为g。则（ ） 我国文昌航天发射场点火升空，嫦娥六号顺利发射。如图所示，嫦 A．速度最大时的阻力为(M m)g 娥六号探测器进行多次变轨修正之后，“着陆器、上升器组合体”降 (M m)g 落月球表面，下列关于嫦娥六号探测器的说法正确的是（ ） B．最大速率为v  m k A．在轨道2上运行时经过Q点时的速度大于经过轨道1上的运行 F(M m)g C．速度最大时牵引力的功率为 F 速度 k B．在轨道1与轨道2上经过P点时，速度相同 1 F(M m)g D．上升高度H的过程中，阻力做功为FH (M m)[ ]2(M m)gH C．在轨道1与轨道2上经过P点时，机械能相同 2 k D．在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度 1 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}7．如图所示，在竖直平面内有一半径为R的四分之一圆弧轨道BC，与竖直轨道AB和水平轨道 mg B．弹簧的劲度系数为 CD相切，轨道均光滑。现有长也为R的轻杆，两端固定质量均为m h 的相同小球a、b（可视为质点），用某装置控制住小球a，使轻杆竖直 C．物体A从静止下落到落地的t时间内，地面对物体B的冲量大小为mgt 且小球b与B点等高，然后由静止释放，杆将沿轨道下滑。设小球始 D．将物体A的质量改为1.5m，再将物体A从原位置释放，物体A下落过程的最大速度为 2gh 3 终与轨道接触，重力加速度为g。则（ ） 10．如图所示，倾角为30°的斜面体固定在水平面上，一横截面半径为R的半圆柱体丙放在水平 A．下滑过程中a球机械能增大 面上，可视为质点的光滑小球乙质量为m，用轻绳拴接置于半圆柱上；质量为2m的物块甲 B．下滑过程中b球机械能守恒 用轻绳拴接放在斜面体上，拴接小球乙与拴接物块甲的轻绳与竖直的轻绳系于O点，且O C．a球到达水平面时，b球的速度小于 2gR 点位于半圆柱圆心的正上方。已知O点到水平面的高度为2R，拴接小球乙的轻绳长度为 3R， mgR 整个装置处于静止状态，重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ） D．从开始释放至a球运动到C点的过程中，轻杆对b球做正功为 2 A．小球乙对半圆柱体的压力大小为mg 8．如图甲，某同学手持电吹风垂直向电子秤的托盘吹风，圆形出风口与托盘距离较近且风速恒 1 B．拴接物块甲的轻绳拉力大小为 mg 定，吹在托盘上的风会从平行于托盘方向向四周散开，简化图如图乙。当电吹风设置在某挡 2 3 位（吹风功率一定）垂直向托盘吹风时，电子秤示数与放上一质量为m的砝码时一致，出风 C．物块甲所受的摩擦力大小为 mg 2 口半径为r，空气密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ） 3 D．半圆柱体所受的摩擦力大小为 mg A．设出风口的风速为v，则单位时间内出风口吹出气体的质量为r2v2 4 三、填空题（每空 2分，共14分） mg B．电吹风出风口的风速为 11．某小组利用下图所示的气垫导轨实验装置验证机械能守恒定律，主要实验步骤如下： r2 mg C．电吹风吹风的平均功率为mg r2 D．使用出风口面积越大的电吹风，电子秤示数一定 也越小 二、多项选择题（本题共 2小题，每小题 5分，共 10分。在每小题给出的四个选项中， 有多项符合题目要求。全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。） 9．如图所示为一缓冲模拟装置。质量分别为m、2m的物体A、B A．将桌面上的气垫导轨调至水平； 通过细绳及轻质弹簧连接在轻质定滑轮两侧，开始时用手托着 B．测出遮光条的宽度d 物体A在距地面高h处静止，此时细绳恰伸直无弹力，弹簧轴 C．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离l 线沿竖直方向，物体B静止在地面上，放手后经时间t物体A D．由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t 下落至地面，落地前瞬间物体A的速度为零，此时物体B对地 面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，两物体均可视为质 E．秤出托盘和砝码总质量m、滑块（含遮光条）的质量M 已知当地重力加速度为g，回答以下问题（用题中所给的字母表示）： 1 点，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能E  kx2，k为劲度系数，x为形变量，重力 p 2 （1）本实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足m远小于M； 加速度大小为g，则下列说法中正确的是（ ） （2）遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加了 ；若系统机械能守恒， A．物体A在下落过程中其机械能减小 应满足 。 2 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}12．某科学兴趣小组同学用如图甲所示的装置验证“动量守恒定律”。 1 14．（13分）如图所示，一轻质弹簧竖直固定，其原长位置恰好位于竖直固定的 圆管型轨道底 4 端，圆管轨道顶端切线水平，内部光滑，半径R1m，在其右侧某位置有一倾角37的倾 斜传送带，传送带长度L17.5m，以v  5m/s的速度逆时针方向转动。现将质量m1kg的 0 小物块放在弹簧上，用外力继续向下压缩至某一位置，然后由静止释放物块，物块飞离圆管 时，对圆管顶部的压力F 10N，最后恰好 N 从传动带上端沿切线方向滑上传送带。物块 与传送带间的动摩擦因数0.5，重力加速 度g取10m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8， 实验步骤如下： 物块可看做质点，圆管内径很小忽略不计， ①用绳子将大小相同、质量分别为m 和m 的小球A和B悬挂在天花板上； A B 求： ②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起，用量角器记录两球偏离 （1）物块进入圆管轨道时的动能E ； 竖直方向的最大夹角分别为、β；回答下列问题： k （2）物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的热量Q。 （1）实验中所用两绳长度应 （填“相等”或“不相等”）。 （2）若两球动量守恒，应满足的表达式为 （用m 、m 、α、β表示）。 A B 另一小组同学用该实验装置想验证两小球间的碰撞是弹性碰撞，实验步骤如下： ①小球B竖直静止，将小球A拉起一定角度α，从静止释放； ②小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，用量角器测出小球B能摆起的与竖直方 向的最大角度β； 15．（16分）如图所示，真空中，与水平面成37°角的固定绝缘长细杆，垂直穿过一固定均匀带 ③多次改变初始α的值，使得小球B摆起的最大角度发生变化，记录多组α、β值，以1cos 正电圆环的圆心O，套在细杆上的带正电小球从杆上的a点以某一初速度沿杆向上运动，恰 为纵轴，1cos为横轴，绘制(1cos)(1cos)图像，如图乙所示 好能运动到杆上d点，已知圆环半径为R，电荷量为Q，小球质量为m、电荷量为q，小球 （3）该小组实验中需保证两小球的质量满足m m （选填“”、“”或“＝”）。 A B 半径远小于R，qQ，abbOOccd R，静电力常量为k，重力加速度大小为g，绝 （4）图乙中(1cos)(1cos)图像的斜率为k，则A、B两球的质量之比为 。 3 三、计算题 缘细杆与小球间的动摩擦因数 ，sin37°0.6，cos37°0.8。求： 4 13．（15分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是m 4.0kg和m 3.0kg，用轻弹簧栓接相连 A B （1）小球在c点受到的电场力的大小； 放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t 0时以一定速度 （2）小球在b点的加速度大小； 向右运动，在t 4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的vt图像如 （3）小球在a点的动能。 图乙所示。求： （1）物块C的质量m ； C （2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向； （3）在B离开墙壁之后的运动过程中，物块AC整体的最小速度大小。 3 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}4 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}FM mg 2025 为PFv  F，故C正确；D．上升高度H的过程中，对无人机由动能定理得 m k 物理试卷参考答案 1 FH M mgH W  mv 2 0；解得阻力做的功为 f 2 m 1.【答案】D【详解】A．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，相互作 1 F(M m)g 用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，A错 W f  2 (M m)[ k ]2(M m)gH FH ，故D错误。 误。B.由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，所以系统的机械能增加， 7.【答案】D【详解】D．最终a、b都滑至水平轨道时（即小球a滑过C点后，）速度相等，设为v， 故B错误C．由E  p2 由于不知道甲乙的质量关系，则不能确定甲的和乙动能大小的关系，故C 下滑过程中只有重力对a、b组成的系统做功，则根据机械能守恒定律有mg2RmgR 1 2mv2 k 2m 2 错误；D．根据牛顿第三定律可知，在乙推甲的过程中甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大 解得v 3gR ,设从释放至a球到滑过C点的过程中，轻杆对b球做功为W，对b根据动能定理 小，作用时间相等，根据I Ft可知，甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量等大反向，故D正确； 有W mgR 1 mv2 解得W  1 mgR,故D正确；AB．根据前面分析可知，系统机械能守恒，下 2 2 g 2g 2.【答案】B【详解】水平方向根据牛顿第二定律可得mgtanm2Rsin 得   , 滑过程中，杆对b球做正功，对a球做负功，所以a球机械能减少，b球机械能增加，故AB错误； 0 0 Rcos R C．a球到达水平面时，b球的速度大于 2gR，选项C错误。 故选D。 转台的角速度大小为时，物块受到的摩擦力恰好为零，此时竖直方向根据受力平衡可得 0 8.【答案】B【详解】A．单位时间内出风口吹出气体的质量mSvr2v 故A错误；B．根据 Ncosmg 解得N 2mg，可知此时物块对容器壁的压力大小为2mg；故C错误，B正确； AD．若转台的角速度由缓慢增大，则物块所需的向心力增大，重力和支持力的合力不足以提供 题意可知，风与托盘间的相互作用力大小F mg， 根据动量定理Ft mvSv2t r2v2t 0 所需的向心力，物块有沿容器壁向上运动的趋势，所以物块受到的摩擦力方向沿容器壁向下，当 mg W 1 mv2 1 mg mg 摩擦力未到达最大值时，物块与器壁仍相对静止，角不变，故AD错误。 解得v r2 故B正确；C.根据P  t 有 P 2  2 r2v3解得P 2 r2 ， t 3.【答案】A【详解】A．通过引入过Q的辅助圆轨道可知，在轨道2上运行时经过Q点时的速度大 故C错误；D.当电吹风设置在某挡位垂直向托盘吹风时，功率相同，对于t时间内吹出的风， 于经过辅助圆轨道速度，二辅助圆轨道又大于圆轨道1上的运行速度，选项A正确。BC．嫦娥六 1 2P 1 号从轨道1到轨道2经过P点时，要减速做向心运动，机械能减小，选项BC错误；D．嫦娥六号 Pt  mv2 与托盘作用过程，根据动量定理Ft mv 解得F  ；又因P r2v3， 2 v 2 没有脱离地球的引力范围，则在地球上的发射速度小于第二宇宙速度，选项D错误； 则在P一定时，r越大，v越小，则F越大，故D错误； 4.【答案】C【详解】A．滑块从A滑到B时，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有mv 2mv 1 2 mgR 1 mv2  1 2mv2 解得v  4 gR v  1 gR 故A错误；BC．弹簧弹性势能最大时滑 9.【答案】AC【详解】A．物体A在下落过程中，除了重力做功之外，绳的拉力对物体A做负功， 2 1 2 2 1 3 2 3 故机械能减小，故A正确；B．由题意可知，初始状态弹簧无弹力，物体A落地前瞬间，弹簧的 块与小车共速，设共速时的速度大小为v，则有0(m2m)v；即弹簧弹性势能最大时，两者速度 1 2mg 形变量等于h，弹簧与A组成的系统机械能守恒，有mgh kh2；可得k  ，故B错误；C．设 均为零，则根据能量守恒可知E mgR，故B错误、C正确；D．从A到B滑下的过程，由人 2 h pmax R 整个过程中，绳子对A的冲量大小为I ，则绳子对B和弹簧的冲量大小也为I ，对A由动量定理 船模型mx 2mx x x R，解得小车的位移是x  ，故D错误。故选C。 1 1 1 2 1 2 2 3 得mgtI 0 对B和弹簧由动量定理得2mgtI I 0，可得物体A从静止下落到落地的t 1 2 1 5.【答案】D【详解】A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在O点则C、M、D、N四点的电场强度方 时间内，地面对B物体的冲量大小为I mgt，故C正确；D．将A物体质量改为1.5m，当弹簧 2 向不同，A错误；B．若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置在A点和B点，由等量异种点电 1.5mg 3 荷电场中电场线分布的对称性可知，C、D两点的电场强度大小相等，方向均由A指向B，B错误； 弹力恰好等于1.5mg时，A受力平衡，加速度为零，速度最大，此时弹簧形变量x  h k 4 C．若在C点和D点分别放置等量同种的点电荷，则O点的电场强度是零，从O点沿CD的中垂 1 1 3gh 线经过N点到无限远处，电场强度大小从零先增大，再减小到零，则电子从O点沿直线运动到N 对A和弹簧的系统，根据机械能守恒1.5mgx kx2 1.5mv2 解得v ；故D错误。故 2 2 4 点的过程中，具体可定量求解出场强最大值的位置在OC之间，从而电场力满足先增后减，C错 选AC。 误；D.若在C点和D点分别放置等量正点电荷，则CD连线的中垂线上，关于O点对称的两点电 10.【答案】BD【详解】A．对小球乙受力分析如图所示 场强度等大反向，所以电子在MO间与ON间受力具有对称性，都指向O点所以将一电子从M点 mg N T 由静止释放，电子将在M、N间做往返运动。 由相似三角形知识得   6.【答案】C 【详解】A．当无人机速度达到最大时，合力为零，阻力最大，则M mg f F 解 2R R 3R m 3 得速度最大时的阻力为 f FM mg，故A错误；B．空气阻力的大小始终是速度大小的k 解得拴接小球乙的轻绳拉力大小为T  mg m 2 倍，则 f m kv m ，解得最大速率为v m  FM k mg ，故B错误；C．速度最大时牵引力的功率 小球乙受到的支持力大小为N  1 2 mg,根据牛顿第三定律可知，小球乙对半圆柱体的压力大小为 5 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}1 m 1 mg，故A错误；B．设拴接小球乙的轻绳与竖直方向的夹角为α，由几何关系可知 则A、B两球的质量之比为 A  2 m 2 k 1 B (2R)2 R2( 3R)2,所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切，且sin R  1 13.【答案】(1) m C 2kg (2) 大小36Ns，方向向左 (3)1m/s 2R 2 【详解】（1）由图知，C与A碰前速度为v9m/s，碰后速度为v 3m/s，C与A碰撞过程根 2 解得30,以结点O为研究对象，对其受力分析如图所示 据动量守恒可得m vm m v 解得m 2kg………………………4分 拉力T和F 的合力与F 等大反向，由平衡条件得F Ttan C A C 2 C 2 1 2 （2）由图知，12s末A和C的速度为v 3m/s，4s到12s的时间内，根据动量定理可知，弹 1 3 代入数据解得F 2  2 mg,故B正确；C．物块甲的重力沿斜面向下的分力大小为 簧对物块A、C的冲量为I m A m C v 3 m A m C v 2 1 解得I 36Ns，可知冲量大小为36Ns，方向向左 …………………5分 2mgsin30mg F  mg ；则物块甲所受的摩擦力沿斜面向上，大小为 2 2 （3）此后运动过程中，弹簧第一次恢复原长时，物块AC整体的速度最小，则 1 (m m )v (m m )v m v f 2mgsin30F  mg；故C错误；D．以小球乙和半圆柱体丙整体为研究对象，由平衡条 A C 3 A C AC B B 甲 2 2 1 1 1 (m m )v2  (m m )v2  m v2 联立解得v =-1m/s 件可知，半圆柱体丙所受的摩擦力方向水平向左，大小等于拉力T沿水平向右方向的分力，即 2 A C 3 2 A C AC 2 B B AC 3 即AC整体速度最小值为1m/s………………………6分 f Tsin mg；故D正确。 4 14.【答案】(1)E 20J (2) Q90J k 1  d  2 1  d  2 mv2 11.【答案】(1)不需要 (2) (M m)  mgl  (M m)  【详解】（1）在圆管最高点有F mg  1 2 Δt 2 Δt N R 【详解】 1 由圆管底端到顶端过程有mgR mv 2E 解得E 20J………………4分 （1）本实验以钩码、滑块、遮光条组成的系统为研究对象，实验中不需要满足钩码重力等于绳子的 2 1 k k 拉力，则不需要满足遮光条和滑块的总质量M远大于钩码质量m，故填不需要。 （2）设物块滑上传送带的速度为v ，则v cos37 v 2 2 1 d 1 （2）[1] 挡光条通过光电门的速度为v ；遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加了 物块滑到底端的过程有mgsin37mgcos37 ma Lv t at2 t 2 2 1 1  d  2 这段时间内传动带运动的位移为x v t 相对位移为xx L E  （M m）v2  (M m)  ；[2] 根据题意，钩码、滑块、遮光条等组成的系统减小 1 0 1 k 2 2 t 产生的热量为Qmgxcos37 解得Q90J………………9分 2     的重力势能为E p mgl；则为了验证该系统机械能守恒，需满足的关系为mgl  1 (M m)   d   15.【答案】(1)F  2kQq (2)a 3 3 g  2kQq (3)E  4 3 3 mgR 2 Δt c 4R2 5 4mR2 k 5 1 12.【答案】 相等 m 1cosm 1cos  【详解】（1）将圆环等分为n段小圆弧，每段小圆弧均可视为电荷量为q 0 的点电荷，有 A B 2 k 1 kqq 【详解】（1）[1]实验需要两小球发生碰撞，则两小球绳长必须相同。 Qnq 0 在c点，由库仑定律，q 0 对小球的电场力F 0  r2 0 由几何关系r c 2 2R2 1 c （2）[2]设绳长为L，对A、B球爆炸后由动能定理得m gLLcos 0 m v2， 在c点，整个圆环对小球的电场力设为F ，有F nF sin45 、 A 2 A 1 c c 0 m gLLcos 0 1 m v2 ； 由动量守恒定律得m v m v ；联立解得 联立解得F  2kQq …………………………6分 B 2 B 2 A 1 B 2 c 4R2 （2）由对称性，小球在b点所受的电场力与在c点所受的电场力方向相反，大小相等，有 m 1cosm 1cos A B F F 在b点，对小球，由牛顿第二定律，有mgsin37mgcos37 F  ma （3）[3] 小球A和小球B发生正碰之后，小球A被弹回，则A的质量小于B的质量，A才会反弹。 b c b   [4]小球A与B碰撞前根据动能定理可得m g(LLcos) 1 m v2 联立，解得 a 3 3 g  2kQq …………………………5分 A 2 A 0 5 4mR2 小球A和小球B发生正碰，则m v m v m v 1 m v 2  1 m v2 1 m v 2 （3）小球从a到d，由对称性，电场力做功W ad 0 A 0 A 1 B 2 2 A 0 2 A 1 2 B 2 对小球，由动能定理，有W mgsin374Rmgcos374R0E 1 ad k B上升到最大高度，此过程中根据动能定理可得m g(LLcos) m v 2   B 2 B 2 4 3 3 mgR 联立，解得 E  …………………………5分 解得v  2m A v 整理可得 2gL(1cos) 2m A 2gL(1cos) k 5 2 m m 0 m m A B A B 6 {{##{{QQQQAABBCCYYKI0U4oggiwiAwQAAaJAACAQQ4hKCUUQQWWEgCCAAkAQQspkgMEhALAYQgEgRGQBCAABIOIAAAxAKSCRAFFAIBBIAA=A}=#}}#}