2022-2023学年湖南省长沙市长郡重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市长郡重点中学高二（下）期末物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖南省长沙市长郡重点中学高二（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 关于原子核、原子核的衰变、核能，下列说法正确的是(    )
A. 原子核的结合能越大，原子核越稳定
B. 任何两个原子核都可以发生核聚变
C. 发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2
D. 92238U 衰变成 82206Pb要经过8次β衰变和6次α衰变
2. 一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后竖直下落回到O点。设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球(    )
A. 上升时间小于下落时间 B. 回到O点瞬间的速度最大
C. 达到最高点时加速度为零 D. 下落过程中做匀加速运动
3. 2023年5月，世界现役运输能力最大的货运飞船天舟六号，携带约5800kg的物资进入距离地面约400km(小于地球同步卫星离地的高度)的轨道，顺利对接中国空间站后近似做匀速圆周运动。对接后，这批物资(    )
A. 所受重力为零
B. 所受地球引力比静止在地面上时小
C. 所受合力比静止在地面上时小
D. 做圆周运动的角速度大小比地球自转角速度小
4. 成语“簸扬糠秕”常用于自谦，形容自己无才而居前列。成语源于如图所示劳动情景，在恒定水平风力作用下，从同一高度由静止释放的米粒和糠秕落到地面不同位置。空气阻力忽略不计，下列说法正确的是(    )

A. 从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功相同
B. 从释放到落地的过程中，米粒和糠风力做功相同
C. 从释放到落地的过程中，糠秕的运动时间大于米粒的运动时间
D. 落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率
5. 氢原子能级如图甲所示。一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是(    )

A. 阴极K材料的逸出功为12.75eV
B. a光的波长大于b光的波长
C. 图中M点的数值为−6.34
D. 滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大
6. 2023年6月15日，长征二号丁遥八十八运载火箭在太原卫星发射中心，成功将吉林一号高分06A星等41颗卫星准确送入预定轨道，发射任务取得圆满成功，创下中国航天发射一箭多星新纪录。图为其中一颗卫星绕地球运行的示意图，测得该卫星在t时间内沿逆时针从P点运动到Q点，这段圆弧对应的圆心角为θ。已知地球的半径为R，地球表面重力加速度为g，则该卫星运动的(    )


A. 线速度大小为3gR2θt B. 周期为2πθt
C. 向心加速度大小为 gR2t2θ2 D. 轨道半径为 gR2tθ
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
7. 下列说法正确的有(    )
A. 液体表面层分子间的作用力表现为引力
B. 由于分子热运动是无规则的，因此大量分子的运动速率分布也不会有规律性
C. 在一定条件下晶体也可能转变成非晶体
D. 金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，因此金属是非晶体
8. 如图所示，A、B两球完全相同，质量均为m，两球可视为质点，用三根完全相同的轻弹簧固连着，在水平拉力F下均处于静止状态，k1弹簧位于竖直方向，则有关说法正确的是(    )

A. B球必受四个力作用 B. k2、k3弹簧长度一样长
C. k3弹簧没有发生形变 D. k2弹簧最长
9. 如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间(v−t)图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹，g=10 m/s2，则下列说法正确的是(    )

A. 黑色痕迹的长度为36 m。
B. 煤块在传送带上的相对位移为16 m
C. 若煤块的质量为1 kg则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160 J
D. 煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
10. 一半径为r的小球紧贴竖直放置的光滑圆形真空管道做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时，小球的速度大小为v，管壁对小球的作用力大小为FN，其FN−v2图像如图乙所示。已知重力加速度为g。则下列说法正确的是(    )

A. 小球的质量为ag
B. 圆形管道内侧壁半径为cg−r
C. 当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，大小为bdc−b
D. 小球在最低点的最小速度为2 cg
三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）
11. 小晗同学利用图1所示装置研究平抛运动的规律。实验时该同学使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，手机每秒拍摄7张照片并能自动将拍摄到图片进行叠加处理在一张照片中，图中的背景是放在竖直平面内的带有方格的纸板，纸板与小球轨迹所在平面平行，其上每个方格的边长为10cm。

(1)下列说法正确的是___________。
A.实验所用斜槽应尽量光滑  B.斜槽末端必须保持水平  C.必须无初速度释放小球
(2)图3是实验中小球从斜槽上不同位置由静止释放获得的两条轨迹，图线①所对应的小球在斜槽上释放的位置___________(选填“较低”或“较高”)。
(3)某次拍摄后得到的照片如图2所示，小球做平抛运动的初速度大小v0=___________m/s。
(4)该小组利用实验数据绘制“y−x2”图线，发现是一条过原点的直线，由此判断小球下落的轨迹是抛物线，并求得斜率k，当地的重力加速度表达式为g=___________(用斜率k和初速度v0表示)。

12. 在某次探究小车加速度与力、质量的关系的实验中，甲、乙、丙、丁四组同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M，重物质量用m表示。

(1)为便于测量合力的大小，并得到小车总质量(未知)一定时，小车的加速度与所受合力成正比的结论，下列说法正确的是__________
A.四组实验中只有甲需要平衡摩擦力
B.四组实验都需要平衡摩擦力
C.四组实验中只有乙需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
D.四组实验都需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件
(2)某次实验中，利用甲图实验的甲组同学在正确操作后得到了一条纸带如下图所示(相邻两计数点间有四个点未画出)，已知交流电源的频率为f，则可以计算出本次实验中小车的加速度表达式为___________

(3)后续实验中，甲组同学们发现弹簧测力计损坏，因此改变了实验方案，撤去弹簧测力计，仍利用甲装置进行了新的探究，步骤如下：
①垫高长木板左端，直到小车在不挂重物时，匀速下滑；
②测出重物的质量m，利用纸带计算出悬挂重物后小车运动时加速度a大小；
③改变m，重复步骤②，得到多组m、a的数据；’
④以a为纵轴、m为横轴作出的a−m图像，发现图像为曲线，为了得到两者的线性关系，同学们整理公式，发现以1a为纵轴，以__________(选填“1m”或“m”)为横轴，便可得到线性图像。若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则小车的质量M=___________(用字母k，b表示)

四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 如图所示，用活塞将一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的气缸内，已知环境初始温度T0=27℃，活塞距气缸底部的高度h0=27cm，大气压强p0=1.0×105Pa，活塞面积S=10cm2，g=10 m/s2，不计活塞质量和厚度，气缸内壁光滑。现将质量m=2kg的物体放在活塞上，活塞向下移动。
(1)求活塞稳定后气体的压强和活塞距气缸底部的高度；
(2)活塞稳定后再将环境温度缓慢升高至127℃，若升温过程中气体吸收20J的热量，求该过程中气体的内能变化量。

14. 如图所示，一只可爱的企鹅在倾角为37°的冰面上玩要，先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t=0.8s后，在x=0.64m处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点。企鹅在滑行过程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，求：
(1)企鹅向上“奔跑”的加速度大小a；
(2)企鹅滑行过程所用的总时间t总(结果可用根号表示)。


15. 如图所示，竖直面内处于同一高度的光滑钉子M、N相距2L。带有光滑小孔的小球A穿过轻绳，轻绳的一端固定在钉子M上，另一端绕过钉子N与小球B相连，B球质量为m。用手将A球托住静止在M、N连线的中点P处，此时B球也处于静止状态。放手后，A球下落的最大距离为43L，重力加速度为g。求：
(1)A球的质量mA；
(2)A球下降0.75L时的速度大小v；
(3)A球下落到最低点时绳中张力大小T。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】
【分析】
比结合能越大原子核越稳定；
发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数和质子数都减少了2；
根据α衰变和β衰变的特点分析发生衰变的次数；
在核反应中遵循电荷数与质量数守恒，可以按照这个写出核反应方程式。
【解答】
A.比结合能越大原子核越稳定，原子核的结合能越大，原子核不一定越稳定，故A错误；
B.只有原子序数较小的原子核才会发生聚变，故B错误；
C.按照质量数和电荷数守恒可以知道发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，故C正确；
D.根据核反应中电荷数与质量数守恒可知 92238U衰变成 82206Pb要经过8次α衰变和6次β衰变，故D错误。
故选C。  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
此题考查竖直上抛运动的规律，关键是根据牛顿第二定律分析加速度大小，由位移公式分析时间关系，由外力做功判断机械能的变化。
【解答】
A、由题意，排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比，则有f=kv，由牛顿第二定律得：上升过程有：mg+kv=ma上，下降过程有：mg−kv=ma下，可知：a上>a下。上升和下落过程位移大小相等，根据x=12at2，得t上 B、整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，故B错误；
C、达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球受重力作用，加速度为重力加速度，故C错误；
D、下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，故D错误。
故选 A。
  
3.【答案】B 
【解析】
【分析】对于绕地做匀速圆周运动的卫星，由万有引力提供向心力分析圆周运动的物理量，对于同步卫星，要明确其与地球自转的角速度相同，抓住这两点即可解题。
【解答】A.所受重力提供向心力，所以完全失重，但不是所受重力为零，故A错误;
BC.设空间站离地面的高度为h，这批物资在地面上静止合力为零，在空间站所受合力为万有引力即F=GMm(R+h)2，在地面受地球引力为F1=GMmR2，因此有F1>F，故B正确、C错误;
D.物体绕地球做匀速圆周运动万有引力提供向心力GMmr2=mω2r，解得，ω= GMr3，这批物资在空间站内的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，因此这批物资的角速度大于同步卫星的角速度，同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，即这批物资的角速度大于地球自转的角速度，故D错误。
故选 B。  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
根据功的表达式分析力与位移是否相同从而判断力做功是否相同；
根据竖直方向自由落体运动规律可以知道两物体竖直速度一直相同，结合重力的瞬时功率表达式可知功率关系。
【解答】
A.重力做功为
WG=mgh
可知，重力做功不仅与高度有关，还与物体的质量有关，虽然米粒和糠下落的高度相同，但二者质量不同，因此从释放到落地的过程中，米粒和糠重力做功不相同，故A错误；
B.由于下落过程中，风力水平且大小恒定，但米粒和糠的水平位移不同，根据
W=FLcosθ
可知，风力对米粒和糠做功不相同，故B错误；
C.由于忽略空气阻力，则米粒和糠在竖直方向均做自由落体运动，而下落高度相同，则可知米粒和糠从释放到落地的过程中运动时间相同，故C错误；
D.根据功率的计算公式可知重力的瞬时功率为
PG=mgv
米粒和糠在竖直方向均作自由落体运动，且运动时间相同，则可知二者在竖直方向的速度相同，但二者质量不同，米粒的质量大于糠秕的质量，因此可知，落地时，米粒重力的瞬时功率大于糠秕重力的瞬时功率，故D正确。
故选D。
  
5.【答案】C 
【解析】A.一群处于n=4能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出光的频率数为C42=6，
设发出的光子频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6，则E4−E3=hν1，E3−E2=hν2，E4−E2=hν3，E2−E1=hν4，E3−E1=hν5，E4−E1=hν6
但只检测到3条电流，根据光电效应方程eUC=Ekm=hν−W0，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为Ec=E2−E1， Eb=E3−E1， Ea=E4−E1
由Ea=E4−E1=−0.85eV−−13.6eV=12.75eV，UCa=7V
解得阴极K材料的逸出功为W0=Ea−eUCa=12.75eV−7eV=5.75eV，故A错误；
B.由Ea>Eb，E=hν=hcλ可知a光的波长小于b光的波长，故B错误；
C.由Eb=E3−E1=−1.51eV−−13.6eV=12.09eV，所以eUCb=Eb−W0=6.34eV，因此图中M点的数值为−6.34，故C正确；
D.滑动变阻器的滑片向右滑动时，正向电压增大，刚开始电流表示数会增大，但达到饱和电流以后电流表的示数不变，故D错误。
故选C 。
大量氢原子从n能级跃迁，最多发出的光子数为Cn2。从高能级向低能级跃迁会辐射光子，光子的能量等于能级能量差。光子能量只有大于金属的逸出功时才能使金属发生光电效应。光子能量越大，频率越大，波长越小。
根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν−W0结合eUc=Ekm，光照射同一金属时，遏止电压越大，说明光子能量越大，光子的频率越大。


6.【答案】A 
【解析】
【分析】
根据角速度的定义，结合公式T=2πω求得周期；根据地球表面上的物体所受的重力与地球对物体的万有引力近似相等，以及万有引力提供向心力求解，同时灵活应用匀速圆周运动公式求解相关物理量。
本题考查了人造卫星的相关知识，解题的关键是根据万有引力提供向心力，同时注意黄金代换的使用；此题体现了应用所学知识去解决科学问题的学科核心素养。
【解答】
B.卫星绕地球做匀速圆周运动，根据角速度的定义，可知卫星运动的角速度为：ω=θt，则周期为：T=2πω=2πtθ，故B错误；
ACD.假设地球表面上质量为m0的物体，有：GMm0R2=m0g
根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mω2r
联立解得卫星的轨道半径为：r=3gR2t2θ2
根据公式v=rω，解得线速度为：v=3gR2t2θ2⋅θt=3gR2θt
根据公式a=rω2，解得向心加速度：a=3gR2t2θ2⋅θ2t2=θt3gR2θt，故A正确，CD错误。
故选A。  
7.【答案】AC 
【解析】
【分析】
本题考查液体表面张力，分子的运动速率、晶体与非晶体等，均属于选修3−3中的基础内容；要注意准确把握各种现象的本质内容。注意对3−3的全面把握。
【解答】
A.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，故 A正确;
B.由于分子热运动是无规则的，但大量分子的速率分布有统计规律，故B错误;
C.在一定条件下晶体也可能转变成非晶体，故C正确;
D.金属没有确定的几何形状，也不显示各向异性，金属是多晶体，故D错误。
故选AC。
  
8.【答案】CD 
【解析】A.因k1弹簧位于竖直方向，A球受力平衡，故k3弹簧没有拉力，则B球受重力、k2弹簧的拉力、水平拉力F三个力作用，故A错误；
B.k3弹簧没有拉力没有发生形变，故k2弹簧长度大于k3弹簧长度，故B错误；
C.对A球受力分析，k1弹簧位于竖直方向，说明k3弹簧没有拉力没有发生形变，故C正确；
D.A球受重力、k1弹簧拉力，由平衡条件得kx1=mg，x1=mgk
B球受重力、k2弹簧的拉力、水平拉力F三个力作用，在竖直方向上由平衡条件得kx2cosθ=mg，x2=mgkcosθ>x1
故k2弹簧最长，故D正确；
故选CD。


9.【答案】BC 
【解析】
【分析】
煤块加速度a=μg=2m/s2，煤块先以加速度a匀加速，与传送带共速后，再以加速度a匀加速至停止，在v−t图上把煤块的速度图像作出，根据图像面积求解痕迹的长度s，相对位移x；
根据Q=μmg(s+ x)求摩擦产生的热量。
本题考查了v−t图像，功能关系，注意相对位移与痕迹的长度不同。
【解答】
【解答】
A、煤块加速度a=μg=2m/s2，煤块先以加速度a匀加速，与传送带共速后，再以加速度a匀减速至停止，在v−t图上把煤块的速度图像作出，

图像过(6s,12m/s)，
与传送带的图像交于8s，16m/ s;然后减速，交t轴于16s)，
由图可知，痕迹长s=12×12×8=48m，A错误;
B、相对位移x2=48−12×4×16=16m，B正确;
C、x=12×4×16=32m，又Q=μmg(s+ x) =160J，C正确；
D质量变大，不改变加速度，痕迹长度不变。 D错误。
  
10.【答案】ABC 
【解析】
【分析】小球在竖直光滑圆形管道内做圆周运动，在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，从而可以确定在最高点的最小速度，小球做圆周运动沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力。
本题考查的是小球在竖直光滑圆形管道中运动，要明确小球在最高点的最小速度为0，以及知道小球在竖直面内做圆周运动的向心力由沿半径方向上的合力提供。

【解答】A、当v2=0时，此时：FN=mg=a，所以m=ag，故A正确；
B、由图可知：当v2=c，FN=0，此时mg=mv2R+r，解得：R=cg−r，故B正确；
C.当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向下的作用力，由牛顿第二定律有
mg+FN=mv2R+r
解得
FN=mv2R+r−mg=adc−a=bdc−b(a=b)
故C正确;
D.根据机械能守恒定律，当小球在最高点具有最小速度(为零)时，其在最低点的速度最小，即12mvmin2=2mg(R+r)
vmin=2 g(R+r)=2 c
故D错误。
故选 ABC。  
11.【答案】12.(1)B；(2)较高；(3)2.8；(4)2kv02 
【解析】本题主要考查平抛运动的规律，其次考查运动的分解和匀变速直线运动规律和公式。熟练掌握各种运动情景，即可解答此类试题。
【详解】(1)A.实验所用斜槽不需要尽量光滑，A错误；
B.斜槽末端必须保持水平，使物体做平抛运动，B正确；
C.本实验使用手机连拍功能对做平抛运动的小球进行拍摄，故无须静止释放小球， C错误。
故选B。
(2)由图像可知两小球做平抛运动下落相同高度时，图线 ①水平位移更大，故图线 ①所对应的小球初速度较大，在斜槽上释放的位置较高。
(3)由频闪照片可得，小球在竖直方向相邻位移之差
Δy=2×10cm=0.2m
根据匀变速直线运动特点可得
T= Δyg= 210s
由水平分运动Δx=v0T，可得
v0=ΔxT=4×10×10−2 210m/s=2 2m/s≈2.8m/s
(4)根据平抛运动规律可得
x=v0t，y=12gt2
联立可得
y=12g(xv0)2=g2v02x2
可知y−x2图像的斜率为
k=g2v02
当地的重力加速度表达式为
g=2kv02

12.【答案】 (1)  BC；   (2) a=(x4−2x2)f2100 ；   (3) 1m ；     4kb。 
【解析】
【分析】
(1)根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量m与小车的总质量M的关系；
(2)由图示刻度尺求出AC、CD间的距离，应用匀变速直线运动的位移差公式可以求出加速度；
(3)根据牛顿第二定律写出1a与小车上重物质量m的表达式，然后结合斜率与截距概念求解即可．
考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键．
【解答】
(1)AB.四组实验中长木板都是水平放置，都需要平衡摩擦力，A错误，B正确；
CD.四组实验中，甲、丁都能用弹簧测力计测量绳的拉力，丙用力的传感器测量绳的拉力，只有乙不能测量绳的拉力，用重物的重力替代绳的拉力，需要满足所挂重物质量m远小于小车的总质量M的条件，C正确，D错误。
故选BC。
(2)根据逐差法可知小车运动的加速度为
a=x4−x2−x2(2T)2
由于相邻两计数点间有四个点未画出，则
T=5f
代入可得
a=(x4−2x2)f2100
(3)由加速度和合力之间的关系，对m，轻绳拉力的大小为F，有
mg−F=2ma
对M
2F=Ma
可得
1a=M+4m2mg=M2g×1m+2g
以 1a 为纵轴，以 1m 为横轴，便可得到线性图像。
若该线性图像的斜率为k，纵截距为b，则M2g=k，2g=b
联立可得M=4kb
  
13.【答案】解：(1)对气体：p1=p0+mgS，p1=1.2×105Pa，
对气体：p0h1S=p1h2S，h2=22.5cm。
(2)对气体：h2ST0=h3ST1，h3=30cm
气体对外做功：W=p1SΔh=9J
热力学第一定律：ΔU=−W+Q，ΔU=(−9+20)J=11J 
【解析】本题考查气缸类问题，此类问题一般要选择封闭气体为研究对象，分析理想气体发生的是何种变化，根据平衡条件分析初末状态的压强，并结合题意分析初末状态气体的体积、温度，利用理想气体状态方程求解。
分析气体内能变化时，要使用热力学第一定律。其中气体做功通过W=pΔV求解。

14.【答案】(1)设企鹅向上“奔跑”时加速度大小为a，有x=12at2
解得a=2m/s2；
(2)设企鹅向上“奔跑”时的末速度大小为v，有v=at=1.6m/s
设向上滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，有mgsinθ+μmgcosθ=ma1
v=a1t1
解得a1=8m/s2，t1=0.2s
设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，有mgsinθ−μmgcosθ=ma2
x+ v22a1=12a2t22
解得a2=4m/s2，t2= 105s
所以总时间为t总 =t1+ t2= 10+15s。
 
【解析】(1)由匀变速直线运动的位移时间公式得到加速度。
(2)弄清运动过程，根据牛顿第二定律及运动学公式求解。
本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动的基本公式的应用。解题的关键是知道牛顿第二定律和匀变速直线运动的基本公式的应用，难度不大。

15.【答案】(1)m；(2)  25gL122 ；(3) 6589mg 
【解析】(1)A球下落到最低点时，根据几何关系可得B上升的高度为hB=2 4L32+L2−2L=4L3
根据AB系统机械能守恒有mAghA=mghB
解A球的质量mA=m
(2)A球下降0.75L时，设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为 θ ，根据几何关系，则有tanθ=L34L=43
解得θ=53∘
根据几何关系，可得B球上升高度为h′B=2 3L42+L2−2L=0.5L

根据运动的合成与分解可得vB=2vcos53∘
根据系统机械能守恒，则有mAg×0.75L=mgh+12mAv2+12mvB2
代入数据联立得v= 25gL122
(3)设A下到最低点时，设A球与M或N连线与竖直方向的夹角为 α ，根据几何关系，则有tanα=L43L=34
解得α=37∘
则A、B的加速度分别为 aA 、 aB ，对A、B根据牛顿第二定律有2Tcosα−mAg=mAaA，mg−T=maB
A到最低点时后，在极短的时间 Δt 内，A、B的位移为2×12aAΔt2cosα=12aBΔt2
联立解得T=6589mg