2025届湖南省高三下学物理考前热身训练题4（较难适合尖子生） （解析版）

这是一份2025届湖南省高三下学物理考前热身训练题4（较难适合尖子生） （解析版），共4页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．
写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共 6 小题，每小题 4 分，共 24 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．物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展.下列说法符合事实的
是 ( )
A．汤姆孙发现了电子,并提出了原子的核式结构模型
B．卢瑟福用α粒子轰击 N 获得反冲核 O,发现了质子
C．查德威克发现了天然放射现象,说明原子核有复杂结构
D．普朗克提出的“光子说”成功解释了光电效应
2．如图所示,A、B、C 三个物体放在旋转圆台上,它们与圆台之间的动摩擦因数均为μ,A 的质量为 2m,B、C
质量均为 m,A、B 离轴心距离为 R,C 离轴心距离为 2R,则当圆台旋转时(设 A、B、C 都没有滑动)
( )
A．物体 A 的向心加速度最大
B．物体 B 受到的静摩擦力最大
C．ω= 是 C 开始滑动的临界角速度
D．当圆台转速增加时,B 比 A 先滑动
3．如图所示,在距一质量为 M、半径为 R、密度均匀的大球体表面 R 处有一质量为 m 的质点,此时大球体
对质点的万有引力为 F1,当从大球体中挖去一半径为 的小球体后(空腔的表面与大球体表面相切),剩下部
分对质点的万有引力为 F2,F1∶F2 为 ( )
A．2∶1 B．3∶1 C．5∶4 D．9∶7
4．如图甲所示为沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝0．2 s 时刻的波形图，两质点 P、Q 的平衡位置分别位
于 x＝0．5 m、x＝4 m 处，质点 Q 的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是
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甲 乙
A． t＝0 时刻，质点 P 正沿 y 轴负方向运动
B．质点 P 的振动方程为 y＝5cs cm
C．从 t＝0 时刻至 t＝0．15 s 时刻，质点 P 通过的路程为（20－5 ）cm
D．当质点 Q 在波峰时，质点 P 偏离平衡位置的位移为－ cm
5．如图所示，匀强电场中的六个点 A，B，C，D，E、F 为正八面体的六个顶点。已知 BE 中点 O 的电
势为零，A，B，C 三点的电势分别为 7V， ，3V，则 E，F 两点的电势分别为（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
6．如图，真空中有区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ中存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下(与纸面平行)，
磁场方向垂直纸面向里，等腰直角三角形 CGF 区域(区域Ⅱ)内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向
外。图中 A、C、O 三点在同一直线上，AO 与 GF 垂直，且与电场和磁场方向均垂直。A 点处的粒子
源持续将比荷一定但速率不同的粒子射入区域Ⅰ中，只有沿直线 AC 运动的粒子才能进入区域Ⅱ。若
区域Ⅰ中电场强度大小为 E、磁感应强度大小为 B1，区域Ⅱ中磁感应强度大小为 B2，则粒子从 CF
的中点射出，它们在区域Ⅱ中运动的时间为 t0。若改变电场或磁场强弱，能进入区域Ⅱ中的粒子在区
域Ⅱ中运动的时间为 t，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是( )
A． 若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为 2B1， 则 t＞t0
B．若仅将区域Ⅰ中电场强度大小变为 2E， 则 t＞t0
C．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B2，则 t＝
D．若仅将区域Ⅱ中磁感应强度大小变为 B2， 则 t＝ t0
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的四个选项中，有多
项是符合题目要求。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。
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7．理想变压器原线圈 a 的匝数 n1＝200 匝，副线圈 b 的匝数 n2＝100 匝，电路如图所示，交流电源的输
出电压 u＝80·sin(100πt) V，副线圈中“20 V 10 W”的灯泡 L 恰好正常发光，电阻 R2＝20 Ω，电压表为理
想电表。则下列推断正确的是( )
A．交流电源的频率为 100 Hz
B．原线圈的输入电压有效值为 80 V
C．电压表的示数为 30 V
D．R1 消耗的功率与 R2 相等
8．如图所示，玻璃球冠的半径为 R，底面镀有反射膜，底面的半径 ；在纸面内有一条过球心 O 光
线。经过底面 AB 反射后恰好从 M 点射出，已知出射光线的反向延长线恰好经过 A 点，光在真空中的速
度为 c。下列说法正确的是（ ）
A．该条光线入射方向与底面 AB 的夹角为 30°
B．该玻璃球的折射率为
C．即使底面不镀反射膜，光线也能完全从 M 点射出
D．光线从入射到射出经历的时间为
9．如图所示，质量为 、长度为 的小车静止在光滑的水平面上.质量为 的小物块（可视为质点）
放在小车的最左端.现将一水平恒力 作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和
小车之间的摩擦力大小为 ，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为 ，对于这个过程，以
下说法正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为
C．摩擦力对小物块所做的功为
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为
10．两根完全相同的轻弹簧的原长均为 L，将两弹簧与完全相同的两物体 A、B，按如图所示的方式连接，
并悬挂于天花板上，静止时两根弹簧的总长为 2.6L。现用手托着 B 物体，使下面的弹簧 2 恢复到原长，
则下面说法正确的有（ ）
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A．静止悬挂稳定时弹簧 1 的长度为 1.4L，弹簧 2 的长度为 1.2L
B．弹簧 2 恢复原长时弹簧 1 长度为 1.4L
C．物体 A 上升的距离为 0.2L
D．物体 B 上升的距离为 0.2L
三、非选择题：本大题共 5 题，共 56 分。
11．某实验小组在“用单摆测定当地重力加速度”的实验中:
(1) 摆动时偏角满足的条件是小于 5°,为了减小测量周期的误差,计时开始时,应是摆球经过最____(填
“高”或“低”)点的位置.若用 L 表示摆长,T 表示周期,那么重力加速度的表达式为 g=______.
(2) 考虑到单摆振动时受空气浮力的影响后,学生甲说:“因为空气浮力与摆球重力方向相反,它对球的作
用相当于使重力加速度变小,因此振动周期变大."学生乙说:“浮力对摆球的影响好像用一个轻一些的摆球做
实验,因此振动周期不变”,这两个学生中________
A.甲的说法正确 B.乙的说法正确 C.两学生的说法都是错误的
(3)某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度 L 和摆动周期 T,如图甲所示.通过改变摆线长度 L,
测出对应的摆动周期 T,获得多组 T 与 L,再以 T2 为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像如图乙所示.由图像
可知,摆球的半径 r=_______m,当地重力加速度 g=_______m/s2(取 2=9.87,结果均保留两位小数);由此种方
法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会_______(填“偏大”"偏小”或“不变”).
12．为了测定一节干电池的电动势和内阻，现准备了下列器材：
①待测干电池 E（电动势约为 1.5V，内阻约为 ）
②电流表 G（满偏电流为 3.0mA，内阻为 ）
③电流表 A（量程 0~0.60A，内阻约为 ）
④滑动变阻器 （ ，3A）
⑤滑动变阻器 （ ，1A）
⑥定值电阻
⑦开关和导线若干
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（1）为了能尽量准确地进行测量，也为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是 （填“ ”
或“ ”）。
（2）在图甲所示的方框中画出实验电路原理图，并注明器材代号。( )
（3）如图乙所示为某同学根据正确的电路图作出的 图线（ 为电流表 G 的示数， 为电流表 A 的
示数），由该图线可求出被测电池的电动势 V，内阻= 。（结果均保留小数
点后两位数字）
13．如图所示，一根两端开口、横截面积为 、足够长的玻璃管竖直插入足够深且足够宽的水槽
中静止。管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长 的气柱。现在活塞上轻轻放一个质
量为 的砝码，一小段时间后系统达到再次稳定，可认为此过程中气体温度保持不变。外界大气
压强 ，重力加速度 ，水的密度 。求此时
(1)封闭气体的压强 p；
(2)气柱的长度 ；
(3)活塞距玻璃管外的水槽水面的高度 h。
14．一边长为 、质量为 的正方形金属细框，每边电阻为 ，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上.宽
度为 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，两虚线为磁场边界，如图（a）
所示.
图（a） 图（b）
（1） 使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场.运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平
行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小.
（2） 在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻 ，导轨电阻
可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示.让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场.运
动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好.求在金属框整个运动过程中，电阻 产生的热量.
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15．如图所示，AB 为足够长的光滑斜面，斜面底端 B 处有一小段光滑圆弧与水平面 BE 平滑相连，水平
面的 CD 部分粗糙，其长度 L=1m，其余部分光滑，DE 部分长度为 1m，E 点与半径 R=1m 的竖直半圆形
轨道相接，O 为轨道圆心，E 为最低点，F 为最高点。将质量 m1=0.5kg 的物块甲从斜面上由静止释放，
如果物块甲能够穿过 CD 区域，它将与静止在 D 点右侧的质量为 m2=1kg 的物块乙发生弹性正碰，已知物
块甲、乙与 CD 面间的动摩擦因数均为μ=0.25，且物块均可看成质点，g 取 10m/s2。
(1)若物块乙被碰后恰好能通过圆轨道最高点 F，求其在水平面 BE 上的落点到 E 点的距离 x；
(2)若物块甲在斜面上释放的高度 h0 为 11.5m，求物块乙被碰后运动至圆心等高点时对轨道的压力 FN 大小；
(3)用质量 m3=1kg 的物块丙取代物块甲（甲和丙材料相同），为使物块丙能够与物块乙碰撞，并且碰撞次
数不超过 2 次，求物块丙在斜面上释放的高度 h 应在什么范围？（已知所有碰撞都是弹性正碰，且不考
虑物块乙脱离轨道后与物块丙可能的碰撞）
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参考答案
1．【知识点】核反应、自发式核反应
【答案】B
【解析】汤姆孙发现了电子,卢瑟福提出了原子的核式结构模型,选项 A 错误;卢瑟福用α粒子轰击 N 获得
反冲核 O,核反应方程为 He N→ H,发现了质子,选项 B 正确;贝克勒尔发现了天然放射现象,说
明原子核有复杂结构,选项 C 错误;爱因斯坦提出的“光子说”成功解释了光电效应,选项 D 错误.
2．【知识点】共轴转动、皮带传动及齿轮传动问题、圆周运动规律的综合应用、水平路面上车辆转弯问
题、汽车过桥问题、火车转弯问题、离心运动及其应用、航天器中的失重现象
【答案】C
【解析】物体 A、B、C 的角速度相等,由 an=ω2r 得物体 C 的向心加速度最大,A 错误;静摩擦力提供向心力,
则有 Ff=mω2r,物体 B 受到的静摩擦力最小,B 错误;静摩擦力达到最大值时对应开始滑动的临界速度,对物
体 C,有μmg=mω2·2R,解得ω= ,C 正确;同理得物体 A、B 开始滑动的临界角速度分别为ωA= ,ωB=
,当圆台转速增加时,物体 A、B 同时滑动,D 错误.
3．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算
【答案】D
【解析】质点与大球球心相距 2R,由万有引力定律得大球对质点的万有引力 F1=G = G ,大球的质
量 M=ρ· πR3,挖去的小球的质量 M'=ρ· π ,则有 M'= .小球球心与质点间相距 R,小球与质点间的万
有引力 F'1=G = G ,则剩余部分对质点的万有引力 F2=F1-F'1= G ,则 = .
【方法总结】
割补法求解引力问题:先填补球体使之成为质量分布均匀的球体,求大球对质点的万有引力,再求小球对质点
的万有引力,两力之差即为剩下部分对质点的万有引力,注意 r.
4．【知识点】波的图像和振动图像的综合应用
【答案】C
【解析】由题图乙知，该波的传播周期为 T＝0．2 s，t＝0．2 s 时刻质点 Q 在平衡位置沿 y 轴正方向运动
（关键：根据质点振动图像判断质点振动方向），由同侧法知波沿 x 轴负方向传播，因此 t＝0．2 s 时刻
和 t＝0 时刻，质点 P 正沿 y 轴正方向运动，A 错误；由题图甲知，质点 P 的初相位为φ0＝ × ＝
（关键：根据波长与初相位的关系分析），则质点 P 的振动方程为 y＝5sin cm＝5sin
cm，B 错误；t＝0．15 s＝ T，则从 t＝0 时刻至 t＝0．15 s 时刻，质点 P 通过的路程为 y＝
2A＋2 ＝（20－5 ）cm（易错：质点不是从平衡位置或最大位移处开始运动的，故通过的
路程不等于振幅的整数倍），C 正确；质点 Q 从 t＝0 时刻到运动至波峰时，需要的时间Δt＝ T
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（n＝0，1，2，…），根据质点 P 的振动方程可知，质点 Q 在波峰时质点 P 的位移为 y＝ cm，D
错误。
5．【知识点】匀强电场中电势差与电场强度的关系
【答案】B
【详解】
在匀强电场中，有公式 可知，沿着任意方向前进相同的距离，电势必定相等。由
有
得
由 ∥ ，且 ，有
得
故选 B。
6．【知识点】带电粒子在叠加场中的运动
【答案】D
【解析】设沿 AC 做直线运动的粒子的速度大小为 v，有 qvB1＝qE，即 v＝ ，粒子在磁场Ⅱ中做匀速圆
周运动，如图中轨迹 1，由几何关系可知运动轨迹所对的圆心角为 90°，则运动时间为 周期，又 qvB2＝
，可得 r＝ ，时间 t0＝ · ，根据几何关系可知 OC＝2r，若仅将区域Ⅰ中磁感应强度大小变为
2B1，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的一半，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨迹半径变为
原来的一半，如图中轨迹 2，轨迹对应的圆心角依然为 90°，时间 t＝ · ＝t0，A 错误；若仅将区域Ⅰ
中电场强度大小变为 2E，则做匀速直线运动的粒子的速度变为原来的 2 倍，粒子在区域Ⅱ内做匀速圆周
运动的轨迹半径变为原来的 2 倍，如图中轨迹 3，粒子从 F 点离开磁场，对应的圆心角依然为 90°，时间
t＝ · ＝t0，B 错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强度大小变为 B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动
的轨迹半径变为 r＞2r，粒子从 O、F 间离开，如图中轨迹 4，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ
满足 sin θ＝ ＝ ＝ ，则θ＝60°，则 t＝ · ＝ t0，C 错误；若仅将区域Ⅱ中的磁感应强
度大小变为 B2，粒子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径变为 r＝2 r＞2r，粒子从 O、F 间离
开，如图中轨迹 5，由几何关系可知，轨迹对应的圆心角θ满足 sin θ＝ ＝ ＝ ，则θ＝45°，粒
子在区域Ⅱ中运动的时间为 t＝ · ＝ t0，D 正确。
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7．【知识点】理想变压器原、副线圈两端的电压、功率、电流关系及其应用
【答案】 CD
【详解】 依题意，交流电源输出电压瞬时值表达式 u＝80sin(100πt) V，可知 2πf＝100π，U＝＝80 V，
解得 f＝50 Hz，故 A 错误；灯泡正常发光，可知 I2＝＝0.5 A，则电压表的示数为 U2＝UL＋I2R2＝30 V，
故 C 正确；根据理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比，有＝，解得 U1＝60 V，故 B 错误；电阻 R1
两端的电压为 UR1＝U－U1＝20 V，根据理想变压器原、副线圈电流比等于匝数反比，有＝，解得 I1＝
0.25 A，R1 消耗的功率为 P1＝UR1I1＝5 W，R2 消耗的功率为 P2＝IR2＝5 W，则二者消耗的功率相等，故
D 正确。
8．【知识点】全反射与折射的综合应用
【答案】BD
【解析】光线从 P 点射入，设球冠底面中心为 O＇，连接 OO＇，如图所示，由解析题可知
，解得 ，由于 MA⊥AB，则有∠OAM=60°，△OAM 为等边三角形，
由几何关系 OO＇∥MA，可知∠PNO＇=60°，该条光线入射方向与底面 AB 的夹角为 60°，A 错误；由几
何关系可知，∠ONE=∠ENM=30°，则有 ， ，由折射定律可得 ，B 正确；由产
生全反射的临界角公式可得 > ，解得 ，可知，若使底面不镀反射膜，光线在 AB
面不会产生全反射，光线不能完全从 M 点射出，C 错误；光线从 P 点射入到从 M 点射出，所经的路程为
，又有 ，则有传播时间为 ，联立解得 ，D 正确。
9．【知识点】应用动能定理求解连接体问题、板块模型中的能量守恒问题
【答案】BCD
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【详解】【思路导引】一对滑动摩擦力做功，对两个物体做功的代数和为负值，绝对值等于摩擦产生的
热量，摩擦产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积.
小物块到达小车最右端过程，对小物块，有 ，则小物块到达小车最右端
时具有的动能为 ，A 错误；小物块到达小车最右端过程，小物块对小车的摩
擦力做功等于小车动能的增加量，即 ，则小车具有的动能为 ，B 正确；摩擦
力对小物块所做的功为 ，C 正确；小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能
为 ，D 正确.
10．【知识点】连接体问题（整体和隔离法）、临界问题
【答案】AC
【详解】A．悬挂稳定时，弹簧 1 的弹力等于 A、B 两个物体的总重力，而弹簧 2 的弹力等于 B 物体的重
力，根据平衡条件有
而
可得
静止悬挂稳定时弹簧 1 的长度为
弹簧 2 的长度为
故 A 正确；
BCD．弹簧 2 恢复原长时，由平衡可知
可得
弹簧 1 长度为
物体 A 上升的距离为
物体 B 上升的距离为
故 BD 错误，C 正确。
故选 AC。
11．【知识点】实验：用单摆测量重力加速度
【答案】（1）低 (2)A (3)0.01 9.87 不变
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【详解】( 1)测单摆周期时,计时起点应该选取平衡位置,即最低点,因为在最高点时,速度为零,误差较大;根
据单摆周期公式 ,可得 .
（2）根据题意分析,空气对摆球有一个竖直向上的浮力,所以导致竖直方向的合力比重力小,即相当于减小
了重力加速，根据公式 可知，单摆的周期变大，甲的说法正确，故选 A.
（3）根据 可得 ，所以 T2-L 图像与横轴交点的横坐标绝对值为摆球的半
径大小,即 r= 1. 0 cm=0. 01 m,根据表达式并结合题图乙可知,图像斜率为 s2/m,解得
g=9.87m/s2;根据 可知，无论选取哪一部分的长度记为摆长只会使图像在坐标系中沿 y 轴
上下平移,所以由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相同.
12．【知识点】实验：电池电动势和内阻的测量—伏安法测量电源电动势与内阻
【答案】 ；见解析；1.45；0.90
【详解】（1）[1]由于电源电压约为 1.5V，而电流表的满偏电流为 0.6A，根据欧姆定律可知回路的最小
电阻约为 ，为了操作方便，滑动变阻应选 R1。
（2）[2]将电流表 G 与定值电阻 R3 串联，改装成电压表，再利用伏安法测量电源电动势和内电阻，连接
电路如图所示
（3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律 ，整理可得 ，利用
图像的斜率和截距可知 ， ，联立解得 ，
13．【知识点】气体等温变化与玻意耳定律
【答案】(1) ；(2) ；(3)
【详解】（1）根据题意，对活塞分析，由平衡条件有
解得
（2）被封闭气体的初状态压强为 ，体积为 ，末状态体积
根据玻意耳定律有
解得
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（3）设管内水面比管外低 的高度，则
所求
解得
14．【知识点】导体切割磁感线产生感应电动势（电流）的分析与计算、电磁感应现象中的功能问题
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）金属框进入磁场的过程,
根据法拉第电磁感应定律有 ,
感应电流 ,
金属框右边框所受的安培力大小 ,
安培力的冲量大小 ,
又 ，可得 ,
金属框完全进入磁场到即将离开磁场的过程中，左右两边产生的感应电动势相互抵消，无感应电流产生，
不受安培力作用,
根据金属框进入磁场的情况可知，金属框出磁场时同样有 ,
根据动量定理可得 ,
解得 .
（2）金属框进入磁场过程，由于金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，所以金属框的上、下边
框被短路，作出等效电路如图甲所示，
甲
设金属框速度大小为 ，
根据法拉第电磁感应定律有 ,
感应电流 ,
设金属框完全进入磁场时速度大小为 ,
由动量定理可得 ,
又 ,
可得 ，
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量
,
由并联电路电流规律和 可知， 上产生的热量 ,
金属框完全进入磁场后到右边框运动到磁场右边界时，等效电路如图乙所示，
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乙
通过 的电流 ，即流过左右边框的电流之和为 ,
设金属框右边框刚要出磁场时速度大小为 ,
由动量定理可得 ,
可得 ，金属框停止运动.
由能量守恒定律可得，此过程中电路中产生的总热量
,
上产生的热量 ,
在金属框整个运动过程中，电阻 产生的热量为 .
15．【知识点】求解弹性碰撞问题
【答案】(1)2m；(2)80N；(3)0.25m1.25m
【详解】
(1)物块乙恰好过最高点，向心力完全由重力提供
得
物块乙通过最高点后做平抛运动：竖直方向
水平方向
可得，物块乙在水平轨道上的落点到 E 点的距离为
(2)设物块甲与物块乙碰前速度为 v0，由动能定理可知
得
物块甲与乙发生完全弹性正碰，动量守恒并且机械能守恒
得
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设乙物块通过圆心等高点时的速度为 v3，根据机械能守恒，则
设物块乙运动至圆心等高点时对轨道的压力大小为 FN，得
根据牛顿第三定律，物块乙对轨道的压力
方向水平向右。即物块乙对轨道的压力大小为 80N。
(3)要使物块丙能够与物块乙碰撞
即
因为质量相等的两个物体发生弹性碰撞，丙和乙交换速度，物块乙滑到圆弧上返回后，第 2 次与物块丙
发生弹性正碰，交换速度。要使物块丙不再与物块乙发生碰撞
即
如果物块丙与物块乙发生碰撞后，物块乙获得速度 v4，在半圆形轨道上运动高度超过 O 点等高点，则物
块乙将脱离圆轨道，不再与物块丙发生碰撞
即
丙与乙碰前速度设为 v5，则有
在物块丙下滑至与物块乙碰前，由动能定理列式
得
综上
或
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