四川省綿陽市2021屆高三第二次診斷考試?yán)砜凭C合物理試題

四川省綿陽市2018屆高三第二次診斷考試?yán)砜凭C合物理試題學(xué)校: 姓名： 班級： 考號： 一、單選題1.如圖所示，閉合開關(guān)S,將滑動變阻器R的滑片向右滑動的過程中jR.A.電流表A1的示數(shù)變小 B.電流表A2的示數(shù)變小C電壓表V的示數(shù)變小 D.電阻R1的電功率變大2．在水平地面上，兩個具有相同初動量而質(zhì)量不同的物體在大小相等的阻力作用下最后停下來。則質(zhì)量大的物體( )A.滑行的距離小B.滑行的時間長C.滑行過程中的加速度大D.滑行過程中的動量變化快3.如圖所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為中以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150°,運動時間為t2.不計粒子重力.則中t2是()一」中 ”黑#Xi夕乂乂!2：<3<3：2C．3：2D．2：3.如圖所示，一顆人造衛(wèi)星原來在橢圓軌道1上繞地球運動，近地點Q到地心O的距離為a遠(yuǎn)地點P到地心O的距離為b,在P點變軌后進(jìn)入軌道2做勻速圓周運動,已知地球半徑為R,地球表面重力加速度為g.則A.衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過Q點時,速率為?仁aB.衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過P點時，速率大于4C.衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過P點時，速率大于'岑gR2D.衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過P點時，加速度大小為斗-b2.如圖所示，水平線OO'在某豎直平面內(nèi)，距地面高度為h,一條長為l（l<h）的輕繩兩端分別系小球A和B,小球A在水平線OO'上，豎直向上的外力作用在A上，A和B都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)從OO'上另一點靜止釋放小球1,當(dāng)小球1下落至與小球B等高位置時，從OO′上靜止釋放小球A和小球2,小球2在小球1的正上方。則（）A.小球1將與小球B同時落地B.h越大，小球A與小球B的落地時間差越小C.在小球B下落過程中，輕繩對B的拉力豎直向上D.在小球1落地前，小球1與2之間的距離始終保持不變二、多選題6.如圖所示，一平行板電容器的電容為C,帶有等量異種電荷的兩極板A、B傾斜放置，質(zhì)量為m帶電荷量為-q的油滴，從極板A上的小孔P以初速度v0水平向右射入極板間，經(jīng)時間t后油滴又從P孔水平向左離開極板間，油滴運動過程中恰好未與極板B相碰，已知重力加速度8.則（）vtA.兩極板間的距離d=卞Cmv2B.電容器所帶的電荷量Q= 0-2q2mvC.兩極板間的電場強(qiáng)度大小E=一六qtm' 4v2D.兩極板間的電場強(qiáng)度大小E=-'g2+一q\ 12.如圖所示，一光滑絕緣的斜面固定于水平面上，C、D是斜面上兩個點，一帶正電的點電荷+Q固定在斜面下方P點，P、D連線垂直于斜面?；瑝KA、B疊在一起，B帶負(fù)電，A不帶電，A與B間絕緣，從C點由靜止釋放，下滑過程中，A、B始終保持相對靜止。則滑塊A、B從C到D的過程中（）A.在D點，速度最大.加速度一定逐漸增大C.滑塊B的電勢能減小，機(jī)械能增加D.滑塊A受到沿斜面向上的靜摩擦力8.如圖所示，空間中有斜向右下方與水平方向成3角的勻強(qiáng)磁場，一絕緣豎直擋板MN垂直于紙面所在的豎直平面，一根通有垂直紙面向外的電流的水平金屬桿，緊貼擋板上的。點所在直線處于靜止?fàn)顟B(tài).下列說法正確的是（）B.若擋板MN表面光滑，略增大金屬桿中的電流，要保持金屬桿仍然靜止，可將擋板繞過。點垂直紙面的軸逆時針轉(zhuǎn)動一定角度C若擋板MN表面粗糙，略增大金屬桿中的電流，金屬桿可能仍然靜止，且金屬桿所受的靜摩擦力一定增大D.若擋板MN表面粗糙，略減小金屬桿中的電流，金屬桿可能仍然靜止，且金屬桿所受的靜摩擦力方向可能豎直向上9．關(guān)于熱力學(xué)知識，下列說法正確的是（）A.無論用什么方式都不可能使熱量從低溫物體向高溫物體傳遞B.一定質(zhì)量的理想氣體做絕熱膨脹，則氣體的內(nèi)能減少C.溫度降低，物體內(nèi)所有分子運動速率一定減小D.擴(kuò)散現(xiàn)象是分子熱運動的表現(xiàn)E.氣體對容器的壓強(qiáng)是由大量分子對容器不斷碰撞而產(chǎn)生的三、實驗題10.用如圖所示的裝置測滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)。同種材料的薄木板A、B、C,表面粗糙程度相同，將較長的木板B放置于水平地面上，左端固定在豎直墻的O點，木板A傾斜固定在木板B上，頂端靠墻，用一段圓弧狀木板C將A、B平滑連接。將滑塊P從木板A的頂端由靜止釋放，P最終停在木板B上某點Q（圖中未畫出）處；改變木板A在木板B上的位置，木板A與水平面的傾角改變，重復(fù)實驗。（1）要測定滑塊P與木板間的動摩擦因數(shù)，每次實驗只需要測量的兩個物理量是 （填序號）。A.滑塊P的質(zhì)量mB.木板A與水平面的傾角0C木板A的頂端與O點的豎直高度hD.Q點與。點間的距離x（2）計算滑塊P與木板間的動摩擦因數(shù)的公式y(tǒng)，用（1）問中所選的物理量表示。（3）由于木板C是圓弧狀，將產(chǎn)生系統(tǒng)誤差，會使所測得的動摩擦因數(shù)比實際值 （填“偏大”或“偏小”）。11.某同學(xué)用下列器材測電源的電動勢和內(nèi)阻。待測電源E（電動勢約為3V,內(nèi)阻約為2.5Q）；電流表A（量程為0~0.6A,內(nèi)阻約為0.5Q）；電阻箱R（最大阻值99.9Q）；開關(guān)s,導(dǎo)線若干。（1）在虛線框中畫出實驗電路圖。該同學(xué)根據(jù)正確的電路圖，正確連接電路，規(guī)范操作。TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"4 Ii| II II I■■■■■■一?一.（2）第一次測量：調(diào)節(jié)電阻箱R,示數(shù)為段時，讀取電流表示數(shù)L，示數(shù)為時R2時，讀取電流表示數(shù)12。則電源電動勢的計算式E=，內(nèi)阻的計算式r= 。（3）第二次測量：調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，記錄多組電流表的讀數(shù)I和電阻箱的對應(yīng)讀11數(shù)R,以i為縱坐標(biāo)，R為橫坐標(biāo)，根據(jù)測量數(shù)據(jù)作出如圖所示的i-R圖線，則電源電動勢E=V,內(nèi)阻r=Q。（4）關(guān)于該實驗，下列說法正確的是 。A.由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差B.由于電流表的內(nèi)阻，會使電源電動勢的測量值存在系統(tǒng)誤差C第二次測量中的數(shù)據(jù)處理方式可以減小偶然誤差D.第一次測量中，若測有三組數(shù)據(jù)，則可求得電源電動勢E和內(nèi)阻r及電流表內(nèi)阻RA四、解答題12.如圖所示，水平放置的絕緣光滑正方形桌面abcd,邊長為L,距地面高度也為L,僅在桌面區(qū)城有豎直向上的勻強(qiáng)磁場。兩個帶有相同電荷量的小球1、2,質(zhì)量分別為m1和m2,先后從b點沿水平桌面ba方向射入磁場，在b點動能相同，小球1從bc邊的中點P水平射出，小球2從bc邊的c點水平射出。重力加速度為g。m(1)求兩小球帶電性質(zhì)及兩小球質(zhì)量之比一1；m24(2)若在b點的動能Ek=3m1gL,求兩小球落地點間的水平距離x12(用L表示)。.如圖所示，一傾角為60°的光滑斜面固定于水平地面上，Q為斜面頂點，P為斜面上一點，同一豎直平面內(nèi)有固定點O,O、P連線垂直于斜面，OP=l,P、Q間距離xPQ=J3記1。長度為l的輕繩一端系于O點，另一端系質(zhì)量為m的小球A,質(zhì)量為M=4m的JL乙滑塊B在一鎖定裝置作用下靜止于斜面上的P點?，F(xiàn)將A球拉至與O點等高的水平位置，拉直輕繩，以豎直向下的初速度v0釋放，A與B發(fā)生碰撞前一瞬間，鎖定裝置解除，A、B均視為質(zhì)點，碰撞過程中無能量損失，重力加速度為g。(1)求小球A通過最低點C點時，繩對小球拉力的大??；(2)求小球A與滑塊B碰撞后瞬間，小球A和滑塊B的速度vA和vB(3)若A、B碰后，滑塊B能沿斜面上滑越過Q點，且小球A在運動過程中始終不脫離圓軌道，求初速度v0的取值范圍。.如圖所示，上端開口的光滑圓柱形氣缸豎直放置，橫截面積為20cm2的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)。在氣缸內(nèi)距缸底h處設(shè)有A、B兩限制裝置，使活塞只能向上滑動。開始時活塞擱在A、B上，缸內(nèi)氣體壓強(qiáng)為P1=lx105Pa；溫度為T1=300K,現(xiàn)緩慢加熱缸內(nèi)氣體，當(dāng)溫度為T2=330K時，活塞恰好離開A、B，當(dāng)溫度為T3=360K時，活塞上升2cm，取g=l0m/s2，大氣壓蛋P0=1x105Pa。求：（i）活塞的質(zhì)量m；（ii）A、B限制距缸底的距離h。.如圖所示，直角邊AC長度為d的直角棱鏡ABC置于桌面上，D為斜邊BC的中點，桌面上的S點發(fā)射一條光線經(jīng)D點折射后，垂直于AB邊射出.已知SC=CD,光線通過棱鏡的時間/二①，c為真空中光速，不考慮反射光線.求：⑴棱鏡的折射率n;5）入射光線與界面BC間的夾角.五、填空題.一列橫波在x軸上傳播，實線和虛線分別表示t1=0、t2=0.14s時的波形，已知實線在t3=0.6s時第5次重復(fù)出現(xiàn).則A.波的周期為0.1sB.波的波長為12cmC波的傳播速度為1m/sD.波沿x軸正方向傳播E.t2=0.14s時，x=0處質(zhì)點的縱坐標(biāo)為y=J3cm參考答案1．A【解析】A、D、滑動變阻器左邊部分的電阻并聯(lián)接入電路,滑片向右滑動，并聯(lián)的電阻增大,ETOC\o"1-5"\h\z總電阻增大,由I=----可知干路電流變小，則A表的不數(shù)變小，根據(jù)P=12R可得R+R+r 1 R111并電阻R1的電功率變大，則A正確、D正確.C、由U=ET（R+r）可知并聯(lián)部分的電壓增1 并1U大,即電壓表的示數(shù)變大,C錯誤.B、由I=寸，因R阻值不變則電流表A的示數(shù)變大，則BA2R 2 22錯誤。故選A。【點睛】要解答本題需要用到的知識有滑動變阻器的使用，電阻的串聯(lián)和并聯(lián)，串聯(lián)電路的電壓規(guī)律，歐姆定律及其應(yīng)用，電功率的計算。本題中的電路圖是一個混聯(lián)電路，分析時我們可以先局部后整體，解答本題的思路：先分析電阻變化情況-再分析電流變化情況-接著分析電壓變化情況-最后得出電功率變化情況。解答本題用到的核心知識是：歐姆定律。另：不論電阻是串聯(lián)還是并聯(lián)，只要兩個電阻中有一個電阻變大（或變?。?，則總電阻也會變大（或變?。?。2．Ap2【解析】A、根據(jù)P=mv，E=-mv2可知，則可知E=-—，初動量相同，質(zhì)量大的物k2 k2m體速度小；根據(jù)動能定理可知：-fL=0-E=p2-，則可知質(zhì)量大的物體滑行的距離??；k2m故A正確；B、根據(jù)動量定理可知，-ft=0-P，因動量相同，故滑行時間相同，故B錯誤；C、因阻力相同，由牛頓第二定律可知，質(zhì)量大的加速度小，故C錯誤；D、因兩物體均停止，所以滑行過程中動量變化相同，因滑行時間相同，故動量變化相同，故D錯誤。故選A?！军c睛】對于動力學(xué)問題，有時既可以用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式求解，也可以用動能定理和動量定理求解，選擇動能定理求解可以不涉及加速度和時間，較為簡潔。3．C【解析】根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示：2nm由幾何知識可知：a=90°,B=60°,粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=q-，粒子在磁6場中的運時間：/=T，粒子在磁場中的運動時間之比：4=1=90-=3；故C正確，兀 tP60°22A、B、D錯誤.故選C.【點睛】本題考查了帶電粒子在磁場中的運動,分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡、2nm求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角是解題的前提與關(guān)鍵；粒子在磁場中做圓周運動的周期T=~qB~與6粒子的速度大小無關(guān)，粒子在磁場中的運時間為t=—T.2兀4．D【解析】A、衛(wèi)星在軌道1上不是勻速圓周運動，故萬有引力不等于向心力，故不能求解出Q點速度大小，故A錯誤；B、C、衛(wèi)星在軌道2上做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，故Mm v2 GM GM>gR2G =m—，解得v），其中g(shù)= ，故v=t:gR-；在軌道1經(jīng)過P點要加速才TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"b2 b b R2 \b能轉(zhuǎn)移到軌道1，故衛(wèi)星在軌道1上運動經(jīng)過P點時，速率小于，故B錯誤，C錯誤；MmG— GMD、衛(wèi)星在軌道2上運動經(jīng)過P點時，加速度大小〃，F(xiàn) b2 GM，根據(jù)g=--,a=== R2mm b2gR2有：a^=^--，故D正確；故選D.b2【點睛】解答本題的關(guān)鍵是知道衛(wèi)星變軌問題,做離心運動要加速．還要知道加速度和速度都是矢量,都有方向．5．B【解析】A、設(shè)小球1下落到與B等高的位置時的速度為v，設(shè)小球1還需要經(jīng)過時間11落11地，則：h-1=vt+gt2①，設(shè)B運動的時間為t9，則：hT=gt2②，比較①②121 2 221可知，t<t,故A錯誤.B、設(shè)A運動時間為L,則k h=-gt2③,可得：1 2 3 23：2h ：2(h—1)t-1=:———j .可知1是一個定值時，h越大，則小球A與小球B的落地時間差32gg\g越小。故B正確。C、小球A與B都做自由落體運動，所以二者之間的輕繩沒有作用力。故11C錯誤。D、1與2兩球的距離L=vt+-gt2-gt2=vt，可見兩球間的距離隨時間的推移，越來越大；故D錯誤。故選B.【點睛】小球1、2以及AB兩球均做自由落體運動，由位移公式列出它們的距離與時間關(guān)系的表達(dá)式即可正確解答.6．BD【解析】【詳解】根據(jù)題意可知粒子在兩極板間先勻減速直線運動，后勻加速直線運動，因為往返共用時間t,vt才表示水平方向上的路程大小，不是兩極板間的距離，A錯誤；因為油滴在水平方向上運動,所以重力不做功,只有電場力做功,根據(jù)動能定理,可得32mv0，又知道Q=CU，Cmv2聯(lián)立解得Q=丁'B正確；設(shè)兩極板與水平方向的夾角為0，電場力可分解為水平方向上的力，也就是油滴受到的合力，豎直方向上的力，與重力等大反向，故有v2v ； (Eq)=(mg)2+(ma)2,而“寸 ，故解得E=—''g2+包J，C錯誤D正確.2 q\t27．AC【解析】A、對滑塊AB整體，從C到D過程，重力和庫侖力一直做正功，故一直加速，故在D點速度最大，故A正確；B、對滑塊AB整體，從C到D過程，受重力、支持力和庫侖力引力，如果CD距離無窮大，則庫侖力開始為零，到達(dá)D點時庫侖力平行斜面的分力依然為零，故加速度可能是先增加后減小，故B錯誤；D、先分析滑塊AB整體，根據(jù)牛頓第二

定律，有：（mA+mB）gsin8+Fx=（mA+mB）a，（其中Fx為庫侖力平行斜面的分力），故a>gsin仇AB xAB x再分析滑塊A可知，mAa=mAgsin8底故f=mA（a-g），即B對A的靜摩擦力平行斜面向下;故D錯誤；C、對物體AB分析，如果沒有靜電力，則加速度a=gsin8,AB整體機(jī)械能守恒，現(xiàn)在加速度a>gsin8,整體機(jī)械能增加；那么對物體B而言，有靜電力時加速度a>gsin8,說明動能增加量比機(jī)械能守恒時大，故B的機(jī)械能也是增加的，故C正確；故選AC?！军c睛】本題是力學(xué)綜合問題,關(guān)鍵是明確兩個物體的受力情況,結(jié)合動能定理和牛頓第二定律分析,同時要記住機(jī)械能守恒的條件。8．BD【解析】A、若擋板MN表面光滑，對導(dǎo)體棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如圖所示:G6、根據(jù)平衡條件，有N=mgtan8,；如果略減小金屬桿中電流，則F略減小，而方向不變，支持力方向也不變，根據(jù)平衡條件，支持力和安培力大小應(yīng)該不變，顯然矛盾，故A錯誤；B、三力平衡時，三個力可以構(gòu)成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：略增大金屬桿中電流，則安培力略增大，要重新平衡，可以將擋板繞過O點垂直紙面的軸逆時針轉(zhuǎn)動一定角度，即支持力逆時針轉(zhuǎn)動一定角度，如圖所示，故B正確；C、擋板MN表面粗糙,受重力、支持力、靜摩擦力和安培力,其中靜摩擦力可能向上、向下或者為零；略增大金屬桿中電流,安培力增大,金屬桿可能仍然靜止,如果原靜摩擦力向上,則Fcos8+f=mg，故靜摩擦力可能是減小的，故C錯誤；D、擋板MN表面粗糙，略減小金屬桿中電流,安培力減小,金屬桿可能仍然靜止,如果靜摩擦力向上,則靜摩擦力是增加的,故D正確；故選BD.【點睛】本題考查含安培力的共點力平衡,關(guān)鍵是結(jié)合合成法、正交分解法作圖分析,注意

摩擦力的方向有多種可能，要分別討論．9．BDE【解析】【詳解】A.在外界的影響下，能使熱量從低溫物體向高溫物體傳遞，空調(diào)、冰箱就是這個原理，故A錯誤；B.絕熱膨脹，說明氣體與外界無熱量交換，根據(jù)熱力學(xué)第一定律其中Q=0，絕熱膨脹氣體對外做功卬<0，故AU<0，即氣體的內(nèi)能一定減小，故B正確；C.溫度降低，分子的平均動能減小，但不代表所有分子的速率都減小，故C錯誤；D.擴(kuò)散現(xiàn)象是分子熱運動的表現(xiàn)，故D正確；E.由氣體壓強(qiáng)的微觀解釋知，氣體對容器的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對容器不斷碰撞而產(chǎn)生的，故E正確。故選BDE.h10.CD；;偏大；x【解析】(1)設(shè)摩擦因數(shù)為〃,在整個過程中，根據(jù)動能定理可知mgLsin6-以mgcos6-L-"mgx'=0,其中L為A的長度，％為物體在B上滑行的位移，由于Lsin6為木板A的頂端與O點的豎直高度h,Lcos6為物體在A上滑行水平位移，故Lcos6+%為物體在水平方向的位移，故hmgh—"mgx=0,求得摩擦因數(shù)N=—,故A、B錯誤，C、D正確.%(2)由于木板C是圓弧狀，實際滑行的距離比測量距離要大，故會使所測得的動摩擦因數(shù)比實際值偏大【點睛】本題主要考查了利用動能定理求得摩擦因數(shù)，關(guān)鍵是抓住Lcos6可以表示物體在水平方向通過的位移，即可判斷.【解析】(1)由給出的儀表可知，實驗中只給出了電流表和電阻箱，所以應(yīng)采用電流表與電阻箱串聯(lián)的方式進(jìn)行測量；如圖所示:

⑵根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：4二段⑵根據(jù)閉合電路歐姆定律可知：4二段1II(R-R)；聯(lián)立解得：E=1212

I—I21IR—IRr二—t―i 2-2I—I.11 r11 r——R+—,則由圖可知:IE E⑶根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，I=E^—,變形可得:R+r1r3,E=1.解得：E=3V；r=3Q.(4)A、因電流表存在內(nèi)阻，所以測出的內(nèi)阻中包含電流表內(nèi)阻，由于電流表的內(nèi)阻，會使電源內(nèi)阻的測量值存在系統(tǒng)誤差，故A正確；B、電流表內(nèi)阻對圖象的斜率沒有影響，所以測出的電源的電動勢準(zhǔn)確，二次可以減小偶然誤差故B錯誤；C、采用圖象法可以避免因讀數(shù)造成的偶然誤差；故第出的電源的電動勢準(zhǔn)確，二次可以減小偶然誤差E故C正確；D、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I―-一-——，iR+R+r1A2A"r2A3A阻；故D錯誤.故選AC.【點睛】根據(jù)待測電阻與滑動變阻器阻值間的關(guān)系確定滑動變阻器的接法，根據(jù)待測電阻阻值與電表內(nèi)阻間的關(guān)系確定電流表的接法是正確連接實物電路圖的前提與關(guān)鍵.m112.⑴i= (2)x―Lm4 122【解析】試題分析：小球受重力、支持力和洛倫茲力，其中重力和支持力平衡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左手定則分析電性情況；小球離開桌面后只受重力，做平拋運動，結(jié)合平拋運動的分運動公式列式分析即可.(1)小球都帶正電。小球1、2在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)小球電荷量為q,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,速率分別為匕、v2,質(zhì)量分別為m1、m2,半徑分別為r1、r2,動能為EK，貝|U2 U2quB—m-,quB—m-1 1r 2 2r12

11E=—mu2,E=—mu2K1 211K2 222結(jié)合幾何關(guān)系，有11E=—mu2,E=—mu2K1 211K2 222結(jié)合幾何關(guān)系，有：r21m1聯(lián)立解得1—m42(2)兩小球水平拋出，速度方向垂直于bc邊，設(shè)下落時間相同為K水平位移分別為11和1I2，則L——gt2，1—ut，2 2 111—ut22結(jié)合幾何關(guān)系，有：\2=((2)2+G2-#根據(jù)題意，有：113—mu2=_mu2——mgL211 222 41解得*二Lmv2 3「 13. (1) T—3mg+--o- (2)v——ggl+v2l a5*0v=2Jgl+v2b5、 0(3)【解析】(1)小球Amgl+1mv2=201—mv22c91gl擺到C點時，

mgl―2mv2設(shè)速度為vC,繩對小球的拉力大小為T,則v2在C點，對小球A，由牛頓第二定律有：T—mg=m-Cbv2解得：T=3mg+m-0-T=3mgl11(2)設(shè)小球A在與B碰前的速度為v1v°’,(2)設(shè)小球A在與B碰前的速度為v1v°’,2021對于碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律得mv1=mvA+對于碰撞過程，取沿斜面向上為正方向，由動量守恒定律得mv1=mvA+MvB由機(jī)械能守恒定律有：1mv2=1mv2+1Mv221A2解得：v1=，1(3)討論：①滑塊B能沿斜面上滑越過Q點、，則2MuB〉Mg1pQsm6。(3)討論：1Mv2>Mgxsin602B PQ

3.--解得：v>-弋gl04%②小球A不能做完整圓周運動，但不脫離圓軌道，即回到最右端位置時速度不能大于零,1貝U：mvnv2<mglcos602A4解得：V<-ggl03%③小球A能做完整圓周運動，即能夠過最高點，設(shè)小球A恰能過最高點的速度為匕v,23v2 v2貝U：mg-mmg=mt-ll小球A能過圓軌道的最高點的條件為:1mV2V小球A能過圓軌道的最高點的條件為:1mV2V2>mmv2+m.2A22gl(1+cos60°)991211