安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考物理试题

1 2025 物理试卷 命题人：张前顺 审题人：贾永峰 刘帅帅汪阳春 刘 磊 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， 只有一项是符合题目要求的。） 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 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 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 冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（ ） A．甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒 C．若推出后甲比乙动量大，则甲也一定比乙动能大 D．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 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 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 的夹角 为 60°，且转台的角速度大小为 0 时，物块受到的摩擦力恰好为零。重力加速度大 小为 g，物块的质量为m，下列说法正确的是（ ） A．若转台的角速度由 0 缓慢增大，则 一定增大 B．角速度 0 2g R   C．物块对容器壁的压力大小为 mg 3 32 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 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 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 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 落月球表面，下列关于嫦娥六号探测器的说法正确的是（ ） 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 速度 B．在轨道 1与轨道 2上经过 P点时，速度相同 C．在轨道 1与轨道 2上经过 P点时，机械能相同 D．在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度 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 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 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（ ） A．滑块到达 B点时的速度大小为 2gR B．当弹簧压缩到最短时，滑块和小车具有向右的共同速度 C．弹簧获得的最大弹性势能为mgR 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 2 3 R 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， C是 AO的中点，D是 OB的中点，则下列说法正确的是（ ） A．若将电荷量为+Q的点电荷放置在О点，则 C、M、D、N 四点的电场强度相同 B．若将电荷量为+Q和-Q的点电荷分别放置在 A点和 B点， 则 C、D两点电场强度方向相反 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 沿直线运动到 N点的过程中，所受静电力一定一直增大 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 做往返运动 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 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 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， 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 定功率。重力加速度为 g。则（ ） A．速度最大时的阻力为 ( )M m g B．最大速率为 k gmMv )(m   C．速度最大时牵引力的功率为 F k gmMF )(  D．上升高度 H的过程中，阻力做功为 2 1 ( )( )[ ] ( ) 2 F M m gFH M m M m gH k       2 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 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 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 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 终与轨道接触，重力加速度为 g。则（ ） A．下滑过程中 a球机械能增大 B．下滑过程中 b球机械能守恒 C．a球到达水平面时，b球的速度小于 2gR 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 mgR 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 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 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 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（ ） 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 2 2r v B．电吹风出风口的风速为 2 mg r C．电吹风吹风的平均功率为 2 mgmg r 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 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 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 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 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 点，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能 2 p 1 2 E kx ，k为劲度系数，x为形变量，重力 加速度大小为 g，则下列说法中正确的是（ ） A．物体 A在下落过程中其机械能减小 B．弹簧的劲度系数为 mg h 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 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 2 3 gh 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 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 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 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， 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（ ） A．小球乙对半圆柱体的压力大小为 mg B．拴接物块甲的轻绳拉力大小为 1 2 mg C．物块甲所受的摩擦力大小为 3 2 mg D．半圆柱体所受的摩擦力大小为 mg 4 3 三、填空题（每空 2 分，共 14 分） 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： A．将桌面上的气垫导轨调至水平； B．测出遮光条的宽度 d C．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离 l D．由静止释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间 t 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）本实验中 （选填“需要”或“不需要”）满足 m远小于M； （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， 应满足 。 3 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”。 实验步骤如下： ①用绳子将大小相同、质量分别为 Am 和 Bm 的小球 A和 B悬挂在天花板上； 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 竖直方向的最大夹角分别为 、β；回答下列问题： （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 mA、mB、α、β表示）。 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； 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 为纵轴，1 cos 为横轴，绘制 ( )1 ( )1cos cos   图像，如图乙所示 （3）该小组实验中需保证两小球的质量满足 Am Bm （选填“ ”、“ ”或“＝”）。 （4）图乙中 ( )1 ( )1cos cos   图像的斜率为 k，则 A、B两球的质量之比为 。 三、计算题 13．（15分）如图甲所示，物块 A、B的质量分别是 A 4.0kgm  和 B 3.0kgm  ，用轻弹簧栓接相连 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 0t  时以一定速度 向右运动，在 4st  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 图乙所示。求： （1）物块 C的质量 mC； （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。 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 1 4 圆管型轨道底 端，圆管轨道顶端切线水平，内部光滑，半径 1mR  ，在其右侧某位置有一倾角 37  的倾 斜传送带，传送带长度 17.5mL  ，以 0 5m / sv  的速度逆时针方向转动。现将质量 1kgm  的 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 N 10NF  ，最后恰好 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 210m / s ， sin37 0.6 ，cos37 0.8 ， 物块可看做质点，圆管内径很小忽略不计， 求： （1）物块进入圆管轨道时的动能 kE ； （2）物块在传送带上运动过程中，因摩擦产生的热量Q。 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 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 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 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 缘细杆与小球间的动摩擦因数 3 4   ，sin 37 0.6° ， cos37 0.8° 。求： （1）小球在 c点受到的电场力的大小； （2）小球在 b点的加速度大小； （3）小球在 a点的动能。 4 5 2025 物理试卷参考答案 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 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 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， 故 B错误 C．由 2 k 2 pE m  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 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 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； 2.【答案】B【详解】水平方向根据牛顿第二定律可得 20tan sinmg m R   得 0 co 2 s g R g R    , 转台的角速度大小为 0 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 cosN mg  解得 2N mg ，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 0 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 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 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。 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 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 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 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； 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 1 22mv mv 2 2 1 2 1 1 2 2 2 mgR mv mv   解得 1 4 3 v gR 2 1 3 v gR 故 A错误；BC．弹簧弹性势能最大时滑 块与小车共速，设共速时的速度大小为 v，则有0 ( 2 )m m v  ；即弹簧弹性势能最大时，两者速度 均为零，则根据能量守恒可知 maxpE mgR ，故 B错误、C正确；D．从 A到 B滑下的过程，由人 船模型 1 22mx mx 1 2x x R  ，解得小车的位移是 2 3 Rx  ，故 D错误。故选 C。 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 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 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； 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 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 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 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 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 由静止释放，电子将在 M、N间做往返运动。 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   mM m g f F   解 得速度最大时的阻力为  mf 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 倍，则 m mf kv ，解得最大速率为   m F M m g v k    ，故 B错误；C．速度最大时牵引力的功率 为   m F M m g P Fv F k     ，故 C正确；D．上升高度 H的过程中，对无人机由动能定理得   2f m 1 0 2 FH M m gH W mv     ；解得阻力做的功为 2 f 1 ( )( )[ ] ( ) 2 F M m gW M m M m gH FH k        ，故 D错误。 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， 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 2 12 2 2 mg R mgR mv    解得 3v gR ,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 有 21 2 W mgR mv  解得 1 2 W mgR ,故 D正确；AB．根据前面分析可知，系统机械能守恒，下 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； 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。 8.【答案】B【详解】A．单位时间内出风口吹出气体的质量 2m Sv r v    故 A错误；B．根据 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 2 2 2F t mv Sv t r v t         解得 2v mg r  故 B正确；C.根据 WP t  有 21 2 mv P t    32 2 1 vr 解得 22 mg mgP r  ， 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， 21 2 P t mv   与托盘作用过程，根据动量定理 F t mv   解得 2PF v  ；又因 32 2 1 vrP  ， 则在 P一定时，r越大，v越小，则 F越大，故 D错误； 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， 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 形变量等于 h，弹簧与 A组成的系统机械能守恒，有 2 1 2 mgh kh ；可得 2mgk h  ，故 B错误；C．设 整个过程中，绳子对 A的冲量大小为 1I ，则绳子对 B和弹簧的冲量大小也为 1I ，对 A由动量定理 得 1 0mgt I  对 B和弹簧由动量定理得 2 12 0mgt I I   ，可得物体 A从静止下落到落地的 t 时间内，地面对 B物体的冲量大小为 2I mgt ，故 C正确；D．将 A物体质量改为 1.5m，当弹簧 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 1.5 3 4 mgx h k   对 A和弹簧的系统，根据机械能守恒 2 2 1 11.5 1.5 2 2 mgx kx mv   解得 3 4 v gh ；故 D错误。故 选 AC。 10.【答案】BD【详解】A．对小球乙受力分析如图所示 由相似三角形知识得 2 3 mg N T R R R   解得拴接小球乙的轻绳拉力大小为 3 2 T mg 小球乙受到的支持力大小为 1 2 N 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 6 1 2 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 2 2 2(2 ) ( 3 )R R R  ,所以连接乙球的轻绳与半圆柱体相切，且 1sin 2 2 R R    解得 30   ,以结点 O为研究对象，对其受力分析如图所示 拉力 T和 F2的合力与 F1等大反向，由平衡条件得 2 tanF T  代入数据解得 2 1 2 F mg ,故 B正确；C．物块甲的重力沿斜面向下的分力大小为 2 12 sin 30 2 mg mg F mg    ；则物块甲所受的摩擦力沿斜面向上，大小为 2 12 sin30 2 f mg F mg  甲 ；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 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 3sin 4 f T mg  ；故 D正确。 11.【答案】(1)不需要 (2) 21 ( ) 2 Δ dM m t       21 ( ) 2 Δ dmgl M m t        【详解】 （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 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）[1] 挡光条通过光电门的速度为 dv t   ；遮光条由静止运动至光电门的过程，系统动能增加了 2 2 k 1 ( ) 2 1 2 mE M d t v Mm         （ ） ；[2] 根据题意，钩码、滑块、遮光条等组成的系统减小 的重力势能为 p E mgl；则为了验证该系统机械能守恒，需满足的关系为 21 ( ) 2 Δ dmgl M m t        12.【答案】 相等 A B1 cos 1 cosm m     1 2 1k  【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。 （2）[2]设绳长为 L，对 A、B球爆炸后由动能定理得   2A A 1 1cos 0 2 m g L L m v    ，   2B B 2 1cos 0 2 m g L L m v    ； 由动量守恒定律得 A 1 B 2m v m v ；联立解得 A B1 cos 1 cosm m    （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。 [4]小球 A与 B碰撞前根据动能定理可得 2A A 0 1( cos ) 2 m g L L m v  小球 A和小球 B发生正碰，则 A 0 A 1 B 2m v m v m v   2 2 2A 0 A 1 B 2 1 1 1 2 2 2 m v m v m v  B上升到最大高度，此过程中根据动能定理可得 2B B 2 1( cos ) 2 m g L L m v  解得 A 2 0 A B 2mv v m m   整理可得 A A B 22 (1 cos ) 2 (1 cos )mgL gL m m      则 A、B两球的质量之比为 A B 1 2 1 m m k   13.【答案】(1) C 2kgm  (2) 大小 36N s ，方向向左 (3)1m/s 【详解】（1）由图知，C与 A碰前速度为 9m / sv  ，碰后速度为 2 3m / sv  ，C与 A碰撞过程根 据动量守恒可得  C A C 2m v m m v  解得 C 2kgm  ………………………4分 （2）由图知，12s末 A和 C的速度为 3 3m / sv   ，4s到 12s的时间内，根据动量定理可知，弹 簧对物块 A、C的冲量为    A C 3 A C 2I m m v m m v    解得 36N sI    ，可知冲量大小为 36N s ，方向向左 …………………5分 （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 BBACCACA vmvmmvmm  )()( 3 222 3 2 1)( 2 1)( 2 1 BBACCACA vmvmmvmm  联立解得 vAC=-1m/s 即 AC整体速度最小值为 1m/s………………………6分 14.【答案】(1) k 20JE  (2) 90JQ  【详解】（1）在圆管最高点有 2 1 N mvF mg R   由圆管底端到顶端过程有 2 1 k 1 2 mgR mv E   解得 k 20JE  ………………4分 （2）设物块滑上传送带的速度为 2v ，则 2 1cos37v v  物块滑到底端的过程有 sin37 cos37mg mg ma   22 1 2 L v t at  这段时间内传动带运动的位移为 1 0x v t 相对位移为 1x x L  产生的热量为 cos37Q mgx  解得 90JQ  ………………9分 15.【答案】(1) 2 2 4c kQqF R  (2)   2 3 3 2 5 4 g kQqa mR    (3)   k 4 3 3 5 mgR E   【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 0q 的点电荷，有 0Q nq 在 c点，由库仑定律， 0q 对小球的电场力 0 0 2 c kqqF r  由几何关系 2 22cr R 在 c点，整个圆环对小球的电场力设为 cF ，有 0 sin 45cF nF  、 联立解得 2 2 4c kQqF R  …………………………6分 （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 b cF F 在 b点，对小球，由牛顿第二定律，有 sin 37 cos37 bmg mg F ma    联立，解得   2 3 3 2 5 4 g kQqa mR    …………………………5分 （3）小球从 a到 d，由对称性，电场力做功 0adW  对小球，由动能定理，有 kad ERmgRmgW  0437cos437sin   联立，解得   k 4 3 3 5 mgR E   …………………………5分