精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高二上学期1月期末物理试题

石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高二年级 期末考试物理试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单选题：本题共28分。 1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察与思考往往比掌握知识更重要，下列说法不符合物理学史实的是（　　） A. 法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场 B. 电流的磁效应是由安培在1820年通过实验首次发现的 C. 库仑总结出了真空中静止点电荷之间相互作用的规律 D. 美国物理学家密立根最早用油滴实验精确地测出了元电荷e的电荷量 2. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　） A. 电阻 R2中有向下的电流 B. 通过电阻R1电流增大 C. 电源的输出功率一定变大 D. 电容器C两极板所带电荷量变小 3. 如图所示为一磁单极子N形成的磁场，磁感线的分布如图，到磁单极子的间距较近，则下列说法正确的是（　　） A. 点的磁感应强度大于 B. 若将一小段通电导线放在处，导线受的磁场力与处磁场方向相同 C. 同一导线在处受到的磁场力不可能比处大 D. 若将点向右平移到与到磁单极子的间距相等时，两处的磁感应强度相同 4. 交流发电机的线圈匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 B. 时，线圈位于中性面 C. 时，穿过线圈的磁通量为零 D. 发电机线圈转动的角速度为 5. 如图所示，在中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已知O是的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是（　　） A. 粒子c带负电，粒子a、b带正电 B. 射入磁场时，粒子b的速率最小 C. 粒子a在磁场中运动的时间最长 D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变 6. 如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 滑块与小球组成的系统动量守恒 B. 当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C. 小球与滑块的质量比为1：2 D. 小球的初速度大小可能为 7. 如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为（　　） A. B. C. D. 二、多选题：本题共18分 8. 如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是 A. 微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示； B. 微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示； C. B点电势为零； D. B点电势为－20 V 9. 带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始从O点沿竖直方向向下运动，以O点为原点沿竖直方向向下建立x轴，x轴上依次有四个点:x1、x2、x3、x4.小球从O点运动至x4点的过程中，机械能E随位移x关系图线如图所示，下列说法正确的有 A. 在O~x1的过程中，电场力逐渐变小 B. 在 x1~x2的过程中，电场力逐渐变小 C. 在x2点，小球受到的电场力为零 D. 在O~x2的过程中，小球受到的电场力竖直向下 10. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图所示，P、Q两质点的位移分别为，，已知波的周期，下列说法正确的是（　　） A. 时，质点P沿y轴正方向振动 B. 质点P的平衡位置在处 C. 时，P、Q两质点的位移相同 D. 时，P、Q两质点的速度相同 三、非选择题：本题共54分。 11. 在利用单摆实验测量重力加速度时，某同学使用手机软件Physics Toolbox来测量单摆的周期。按图乙方式将手机置于摆球静止时的正下方，当摆球做单摆运动与手机距离不超过5cm时，手机软件会自动记录小球离手机传感器之间的距离x随时间t的变化情况，并根据手机记录的图像，实时显示测量结果。 （1）用刻度尺测出绳长为L； （2）用螺旋测微器测量摆球的直径d，测量前、后示数如图甲所示，则摆球的直径________mm； （3）由手机软件测得的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期_______s（保留1位有效数字）； （4）最后根据测量得到单摆的摆长和运动周期，计算出重力加速度，其表达式为_______。（用本题中涉及的符号表示） 12. 某同学在老师讲完电化学知识以后，用两个土豆串联做了一个电池，土豆电池的内阻大约为几百欧到几千欧姆，甚至更大。为了测定该电池的电动势和内阻，该同学利用闭合电路欧姆定律，设计的实验电路应为图中的图___________（填甲或乙），通过调节滑动变阻器得到多组、数据，依据、数据绘得的图象如图丙，则电池电动势为___________（保留三位有效数字），内阻为___________，实验中内阻的测量结果比真实值___________。（填偏大、偏小或相等） 13. 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 14. 如图所示是截面为等边三角形ABC的玻璃砖，边长为20cm。现有一红色细光束从AC边中点D与AC边成角入射，从AB边上的F点（图中未画出）射出。已知出射光线与入射光线的偏转角为，已知真空中光速。求： （1）该玻璃砖对红光的折射率n； （2）红光从D传播到F所用传播时间t。 15. 如图，光滑水平面AB与竖直面内的固定光滑半圆形轨道在B点相切，半圆形轨道的半径为R=0.9m。质量为m1=0.3kg的小球a和质量为m2=0.1kg的小球b都静止在水平面上，小球b在小球a的右侧，小球a的左端与一处于自然长的轻弹簧接触，但不连接，轻弹簧的左端固定。现对小球a施加外力将弹簧缓慢压缩至某位置后，撤去外力，释放小球a，小球a运动后与小球b发生弹性碰撞。已知小球b运动到半圆轨道的最低点B对轨道的压力大小为5.0N，重力加速度g取10m/s2。求： （1）碰撞后小球b的速度大小； （2）压缩弹簧时外力对小球a做功的大小； （3）小球a和小球b在以后运动过程中上升的最大高度。（不考虑两球再次碰撞） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年第一学期高二年级 期末考试物理试题 本试卷满分100分，考试时间75分钟。 一、单选题：本题共28分。 1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察与思考往往比掌握知识更重要，下列说法不符合物理学史实的是（　　） A. 法拉第最早提出电场的概念，并提出用电场线表示电场 B. 电流的磁效应是由安培在1820年通过实验首次发现的 C. 库仑总结出了真空中静止点电荷之间相互作用的规律 D. 美国物理学家密立根最早用油滴实验精确地测出了元电荷e的电荷量 【答案】B 【解析】 【详解】A．法拉第在19世纪30年代提出电场概念并引入电场线描述电场，故A正确，不符合题意； B．电流的磁效应由丹麦科学家奥斯特于1820年通过实验首次发现，故B错误，符合题意； C．库仑在18世纪80年代通过扭秤实验总结出库仑定律，即真空中静止点电荷间相互作用规律，符合史实，故C正确，不符合题意； D．密立根在1909-1913年利用油滴实验精确测定元电荷e的电荷量，符合史实，故D正确，不符合题意。 本题要求选择不符合物理学史实的选项，故选B。 2. 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　） A. 电阻 R2中有向下的电流 B. 通过电阻R1电流增大 C. 电源的输出功率一定变大 D. 电容器C两极板所带电荷量变小 【答案】A 【解析】 【详解】B．闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误； AD．根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据电容的定义式可得 可知电容器C极板所带电荷量变大，即电容器将充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，D错误； C．由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，所以电源的输出功率的变化无法确定，故C错误。 故选A。 3. 如图所示为一磁单极子N形成的磁场，磁感线的分布如图，到磁单极子的间距较近，则下列说法正确的是（　　） A. 点的磁感应强度大于 B. 若将一小段通电导线放在处，导线受的磁场力与处磁场方向相同 C. 同一导线在处受到的磁场力不可能比处大 D. 若将点向右平移到与到磁单极子的间距相等时，两处的磁感应强度相同 【答案】A 【解析】 【详解】A．磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，故A正确； B．根据左手定则可知，磁场力方向与磁场方向垂直，故B错误； C．根据安培力公式 可知，同一导线在处受到的磁场力可能比处大，故C错误； D．磁感应强度是矢量，将点向右平移到与到磁单极子的间距相等时，磁感应强度的大小相等，方向不同，故D错误； 故选A。 4. 交流发电机的线圈匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势随时间变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　） A. 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 B. 时，线圈位于中性面 C. 时，穿过线圈的磁通量为零 D. 发电机线圈转动的角速度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，时，电动势为零，线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量变化率为零，A错误； BC．时，电动势最大，平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，C正确，B错误； D．由图可知，周期，发电机线圈转动的角速度 D错误。 故选C。 5. 如图所示，在中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于的方向射入磁场。图中实线是它们的轨迹，已知O是的中点。不计粒子重力。下列说法中正确的是（　　） A. 粒子c带负电，粒子a、b带正电 B. 射入磁场时，粒子b的速率最小 C. 粒子a在磁场中运动的时间最长 D. 若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A错误； B．粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 解得 由图知射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，故B错误； C．根据可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间为 由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，故C正确； D．若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，由牛顿第二定律得 解得 则a粒子射入磁场时的半径会变小，但a粒子轨迹对应的圆心角不变，由 可知a粒子运动时间会变小，故D错误。 故选C。 6. 如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 滑块与小球组成的系统动量守恒 B. 当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C. 小球与滑块的质量比为1：2 D. 小球的初速度大小可能为 【答案】C 【解析】 【详解】A．小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，根据动量守恒定律可得 化简可得 结合图（b）可得 所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得 解得，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得 解得 由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，即小球的初速度大小不可能为，故D错误。 故选C。 7. 如图所示，三个相同的小物块a、b、c，质量均为m，c放在水平地面上，b和c在竖直方向上通过劲度系数为k的轻弹簧相连，a在b的正上方，开始时a、b、c均静止。现让a自由下落，a、b碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为Ep＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。若b向上运动到最高点时，c恰好离开地面，则a开始下落时距b的高度为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设初始时弹簧被压缩x1，有 弹性势能为 设a开始下落时距b的高度为H，b初始位置为零势能面，设物块a、b碰撞前瞬间a的速度为，由机械能守恒定律得 设物块a、b碰撞后瞬间两者的速度为，由动量守恒定律得 a、b一起压缩弹簧到两者向上运动到弹簧恢复原长时。a、b恰好分离。此时两者速度相同，设速度为，对此过程由系统机械能守恒得 a、b分离后，b向上运动到最高点时，c恰好离开地面。此时弹簧伸长量为。此过程b与弹簧组成的系统机械能守恒。则有 联立解得 ACD错误；B正确。 故选B。 二、多选题：本题共18分 8. 如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10－6 C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10－5 J，已知A点的电势为－10 V，则以下判断正确的是 A. 微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示； B. 微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示； C. B点电势为零； D. B点电势为－20 V 【答案】AC 【解析】 【详解】AB．由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10-5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误． CD．根据动能定理得：qUAB=△Ek，得 又UAB=φA-φB，φA=-10V，则φB=0．故C正确，D错误． 9. 带电小球在电场力和重力作用下，由静止开始从O点沿竖直方向向下运动，以O点为原点沿竖直方向向下建立x轴，x轴上依次有四个点:x1、x2、x3、x4.小球从O点运动至x4点的过程中，机械能E随位移x关系图线如图所示，下列说法正确的有 A. 在O~x1的过程中，电场力逐渐变小 B. 在 x1~x2的过程中，电场力逐渐变小 C. 在x2点，小球受到的电场力为零 D. 在O~x2的过程中，小球受到的电场力竖直向下 【答案】BC 【解析】 【详解】A．机械能的变化是由于电场力做功引起的，由： 可知，E-x图像斜率表示电场力，在O~x1的过程中，斜率绝对值在增大，即电场力在增大，A错误； B．在 x1~x2的过程中，斜率绝对值逐渐减小，即电场力逐渐变小，B正确； C．在x2点，斜率为0，即小球受到的电场力为零， C正确； D．在O~x2的过程中，机械能减小，电场力做负功，电场力与运动方向相反，即向上，D错误；故选BC。 10. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，时刻的波形如图所示，P、Q两质点的位移分别为，，已知波的周期，下列说法正确的是（　　） A. 时，质点P沿y轴正方向振动 B. 质点P的平衡位置在处 C. 时，P、Q两质点的位移相同 D. 时，P、Q两质点的速度相同 【答案】BD 【解析】 【详解】A．由于简谐横波沿x轴正方向传播，由题图根据波形平移法可知，时，质点P沿y轴负方向振动，故A错误； B．由题图可知，波动方程为 则有 解得质点P的平衡位置为 故B正确； C．根据对称性可知，时，处的位移为；由题图可知波长为，则波速为 由 简谐横波沿x轴正方向传播，结合波形平移法可知，时，P质点的位移为0，Q质点的位移为，故C错误； D．根据对称性可知，时，处的位移为；由 简谐横波沿x轴正方向传播，结合波形平移法可知，可知时，P质点的位移为，且此时P质点沿y轴负方向振动；时，Q质点的位移为，且此时Q质点沿y轴负方向振动；根据简谐振动对称性可知，此时P、Q两质点的速度相同，故D正确。 故选BD。 三、非选择题：本题共54分。 11. 在利用单摆实验测量重力加速度时，某同学使用手机软件Physics Toolbox来测量单摆的周期。按图乙方式将手机置于摆球静止时的正下方，当摆球做单摆运动与手机距离不超过5cm时，手机软件会自动记录小球离手机传感器之间的距离x随时间t的变化情况，并根据手机记录的图像，实时显示测量结果。 （1）用刻度尺测出绳长为L； （2）用螺旋测微器测量摆球的直径d，测量前、后示数如图甲所示，则摆球的直径________mm； （3）由手机软件测得的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期_______s（保留1位有效数字）； （4）最后根据测量得到单摆的摆长和运动周期，计算出重力加速度，其表达式为_______。（用本题中涉及的符号表示） 【答案】 ①. 22.414（22.412~22.416） ②. 2 ③. 【解析】 【详解】（2）[1]螺旋测微器的精确值为，测量前螺旋测微器的示数为 测量后螺旋测微器的示数为 则摆球的直径为 （3）[2]由手机软件测得的变化图线可知在到单摆完成一次全振动，则该单摆的周期为 （4）[3]根据单摆周期公式可得 解得重力加速度表达式为 12. 某同学在老师讲完电化学知识以后，用两个土豆串联做了一个电池，土豆电池的内阻大约为几百欧到几千欧姆，甚至更大。为了测定该电池的电动势和内阻，该同学利用闭合电路欧姆定律，设计的实验电路应为图中的图___________（填甲或乙），通过调节滑动变阻器得到多组、数据，依据、数据绘得的图象如图丙，则电池电动势为___________（保留三位有效数字），内阻为___________，实验中内阻的测量结果比真实值___________。（填偏大、偏小或相等） 【答案】 ①. 甲 ②. ③. ④. 偏大 【解析】 【分析】 【详解】[1]土豆电池内阻较大，电流表内阻很小，电流表采用内接法电压表分流造成的实验误差较大，电流表采用外接法时电流表分压造成的实验误差较小，为减小实验误差，应采用电流表外接法，应选择图甲所示电路。 [2]从图中可以看出电源电动势为1.60V。 [3]内阻为 [4]电流表采用外接法，电源内阻测量值等于真实值与电流表内阻之和，电源内阻测量值偏大。 13. 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 【答案】 【解析】 【分析】 【详解】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，由动量守恒得 mv0 =(2m＋m)v 此过程中动能损失为 ΔE损=f·2d=mv－×3mv2 解得 ΔE=mv 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律有 mv1＋mV1=mv0 因为子弹在射穿第一块钢板的动能损失为 ΔE损1=f·d=mv 由能量守恒得 mv＋mV=mv－ΔE损1 且考虑到v1必须大于V1，解得 v1=v0 设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2=mv1 损失的动能为 ΔE′=mv－×2mV 联立解得 ΔE′=×mv 因为 ΔE′=f·x 可解得射入第二钢板的深度x为 14. 如图所示是截面为等边三角形ABC的玻璃砖，边长为20cm。现有一红色细光束从AC边中点D与AC边成角入射，从AB边上的F点（图中未画出）射出。已知出射光线与入射光线的偏转角为，已知真空中光速。求： （1）该玻璃砖对红光的折射率n； （2）红光从D传播到F所用传播时间t。 【答案】（1）；（2） 【解析】 【详解】（1）由题意，出射光线与入射光线的偏转角为，做出光路图如下所示 在D点处的入射角，光线入射边和出射边的法线均为正三角形的高线，根据题意可知，入射光线平行于F点的法线，即入射光线垂直于边AB，则根据几何关系可知折射角，则玻璃砖对红光的折射率为 代入数据解得 （2）DF平行于BC，则由几何关系可知，光在玻璃砖中传播的路程 光在玻璃砖中的传播速度为 则光从D点传播到F点所用的时间为 代入数据解得 15. 如图，光滑水平面AB与竖直面内的固定光滑半圆形轨道在B点相切，半圆形轨道的半径为R=0.9m。质量为m1=0.3kg的小球a和质量为m2=0.1kg的小球b都静止在水平面上，小球b在小球a的右侧，小球a的左端与一处于自然长的轻弹簧接触，但不连接，轻弹簧的左端固定。现对小球a施加外力将弹簧缓慢压缩至某位置后，撤去外力，释放小球a，小球a运动后与小球b发生弹性碰撞。已知小球b运动到半圆轨道的最低点B对轨道的压力大小为5.0N，重力加速度g取10m/s2。求： （1）碰撞后小球b的速度大小； （2）压缩弹簧时外力对小球a做功的大小； （3）小球a和小球b在以后运动过程中上升的最大高度。（不考虑两球再次碰撞） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 设小球在点时的速度为，由题意可知小球在点时对轨道压力为5.0N，由牛顿第三定律可知其受到的支持力也为5.0N，在半圆轨道的最低点对小球，根据牛顿第二定律有 解得 【小问2详解】 设球离开弹簧时的速度为，碰后、速度分别为、，考虑小球与小球弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立以上解得， 对外力压缩弹簧直到弹簧释放推出小球与小球碰撞前，设外力对球做功为，由动能定理有 代入数据解得 【小问3详解】 小球恰能做完整圆周运动，在点，根据牛顿第二定律有 从B到C，根据机械能守恒定律有 解得球在点速度 小球从B上升恰能运动到圆心等高处，根据机械能守恒有 解得小球在点的速度 可知碰撞结束后小球的速度 所以小球不能上升到圆心等高处，小球上升的最高点速度为0，根据机械能守恒有 解得 碰撞结束后小球的速度 小球沿圆弧能上升到圆心等高点，但不能沿圆弧上升到点，设小球在圆弧上升到点将脱离圆周，此时P点的半径与竖直方向夹角为，则小球在P点受力如图 根据牛顿第二定律有 从B点到P点，由机械能守恒定律有 联立解得， 根据几何关系，可得此时P点距B点高度 小球b从P点离开圆弧轨道后做圆内斜抛运动，从P点再上升的高度为 因为 则有 联立以上解得 综上可得小球b上升的最大高度 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $