湖南永州市2026届高三下学期第三次模拟考试物理试题（含解析）高考模拟

这是一份湖南永州市2026届高三下学期第三次模拟考试物理试题（含解析）高考模拟，共13页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 在极端或非常不寻常的天体环境下，若存在极高的局部氘富集，可发生一种核聚变，反应方程为，已知的比结合能为，的比结合能为，下列说法正确的是（ ）
A. 是质子
B. 反应物的总结合能小于生成物的总结合能
C. 的比结合能小于的比结合能
D. 一次该核反应释放的核能为4E1-3E2
【答案】B
【解析】
【详解】A．核反应满足电荷数守恒、质量数守恒。左边总电荷数，总质量数
生成物电荷数为2、质量数为3，因此X的电荷数为，质量数为
X是中子，不是质子，故A错误；
B．总结合能=比结合能×核子数，该核反应释放核能，说明生成物总结合能大于反应物总结合能，反应中放出的能量等于总结合能的增加量，因此反应物总结合能小于生成物总结合能，故B正确；
C．轻核聚变是释放核能的反应，反应后生成的核更稳定。比结合能越大，原子核越稳定，因此生成物的比结合能​大于反应物氘的比结合能，故C错误；
D．反应物总结合能，的总结合能为​，X是单个中子，结合能为0，因此生成物总结合能为，一次反应释放的核能=生成物总结合能−反应物总结合能=，故D错误。
故选B。
2. 和谐号动车和复兴号高铁相继从同一站点由静止沿同一方向做直线运动，两车运动的v－t图像如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 0~t1阶段和谐号动车的平均速度等于
B. 0~t2阶段复兴号高铁的平均速度等于
C. t1时刻和谐号动车与复兴号高铁相遇
D. 相遇前，t1时刻两车相距最远
【答案】D
【解析】
【详解】AB．已知匀变速直线运动的平均速度为
在阶段，和谐号动车先做加速度逐渐减小的加速直线运动，再做匀速直线运动，其位移大于匀加速直线运动的位移，所以阶段和谐号动车的平均速度大于；同理在阶段，复兴号高铁先静止一段时间后再做匀加速直线运动，所以该过程的平均速度小于，故AB错误；
CD．图像与坐标轴围成的面积表示位移。在刚开始的一段时间内，和谐号动车在前复兴号高铁在后，且和谐号动车的速度大于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越大；时刻以后，和谐号动车的速度小于复兴号高铁的速度，所以两车的距离越来越小，因此在时刻当两车速度相等时，两车不是相遇，而是和谐号动车在复兴号高铁前的距离最远，故C错误，D正确。
故选D。
3. 如图所示，水平天花板下方固定一个光滑小定滑轮O，在定滑轮的正下方C处固定一个正点电荷，不带电的小球a、带正电的小球b分别与跨过定滑轮的绝缘轻绳两端相连。开始时系统在图示位置静止，已知。若b球所带的电荷量缓慢减少（未减为零），则在b球到达定滑轮O正下方前，下列说法正确的是（ ）
A. a球的质量可能等于b球的质量
B. b球的轨迹是一段以点为圆心的圆弧
C. 此过程中点电荷对b球的库仑力增大
D. 此过程中滑轮受到轻绳的作用力减小
【答案】B
【解析】
【详解】A．对球进行受力分析，受到轻绳的拉力、重力和库仑力，如图所示。
由相似三角形可知
其中
整理得，由于，因此，故A错误；
BC．由两小球重力不变及不变，可知不变，球电荷量减少，则减小，库仑力减小，故球的轨迹是一段以点为圆心的圆弧，故B正确，C错误；
D．滑轮受到的轻绳的作用力大小均为，大小不变，由减小可知两绳的夹角减小，所以滑轮受到两绳的合力增大，故D错误。
故选B。
4. “寒夜灯柱”在我国新疆克拉玛依市区上空闪现，与城市灯火交相辉映，美不胜收。“寒夜灯柱”是因大气中的冰晶反射灯光而形成。一束复合光从左侧界面折射进入长方体冰晶，现考虑其中两束单色光a、b，其光路图如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 在冰晶中，a光的传播速度比b光的传播速度大
B. 逐渐增加复合光在左侧界面的入射角（小于90°），在冰晶的右侧面，a光先发生全反射
C. 用同一装置做双缝干涉实验，a光相邻亮条纹间距比b光相邻亮条纹间距小
D. 若a光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图可知，a光的偏折程度更大，所以a光的折射率大于b光的折射率，根据可知在冰晶中，a光的传播速度比b光的传播速度小，故A错误；
B．冰晶形状为长方体，光线在左侧面的折射角等于右侧面的入射角，所以两光均不能在右侧面发生全反射，故B错误；
C．因为a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的频率大于b光的频率，根据可知，a光的波长小于b光的波长，根据可知用同一装置做双缝干涉实验，a光相邻亮条纹间距比b光相邻亮条纹间距小，故C正确；
D．若a光能使某金属发生光电效应，而a光的频率大于b光的频率，所以b光不一定能使该金属发生光电效应，故D错误。
故选C。
5. 我国的北斗系统可提供全球导航服务，在轨工作卫星共33颗，包含5颗地球静止同步轨道卫星，7颗倾斜地球同步轨道卫星和21颗中圆地球轨道卫星。如图所示为北斗系统中的两颗卫星，分别是中圆地球轨道卫星A和地球静止同步轨道卫星B，卫星A环绕方向为顺时针，卫星B环绕方向为逆时针。已知地球自转周期为T0，地球的半径为R0，卫星A和卫星B到地球表面的距离分别为、6R0，引力常量为G，某时刻两卫星与地心连线之间的夹角为120°，下列说法正确的是（ ）
A. 卫星B的动能一定小于卫星A的动能
B. 地球的质量
C. 卫星A围绕地球做圆周运动的周期
D. 从图示时刻开始，经过时间两卫星第一次相距最远
【答案】D
【解析】
【详解】A．卫星A、B的质量关系不确定，则两卫星机械能大小的关系也不确定，故A错误；
B．地球静止同步轨道卫星B，其周期与地球自转周期相等，则有
解得，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有
解得，故C错误；
D．卫星A环绕方向为顺时针，卫星B环绕方向为逆时针，从图示时刻开始，经过时间t两卫星第一次相距最远，则有
解得，故D正确。
故选D。
6. 如图甲所示，一横截面为圆形的水泥涵管、内截面圆的半径为R。一儿童在最低点以一定的水平初速度踢出球，球沿管道运动在A点脱离管道后，恰好落入位于圆心O处的背兜，简化示意图如图乙所示。忽略一切阻力和滚动的影响，重力加速度为g，则A点离水平直径的距离h为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】球在A点脱离管道的瞬间，设球速度大小为，AO与水平方向夹角为，球和管道之间的弹力为0，由重力沿AO方向的分力提供向心力，有
球脱离管道后做斜抛运动，沿AO方向，球受重力沿AO方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有
解得
设运动时间为，根据匀变速直线运动位移与时间的关系，得
沿垂直AO方向，球受重力垂直AO方向的分力作用，根据牛顿第二定律，有
解得
垂直于AO方向，有0=vt−12a't2
代入，得
联立解得
则sinθ=26=13=33
所以A点离水平直径的距离h为ℎ=Rsinθ=33R
故选A。
7. 如图所示，木板AB质量为M＝2kg静止放在光滑水平面上，木板的右端B处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离LAC＝1.0m，可视为质点的小滑块质量为m（m未知），静止放置在木板的左端。现对木板施加水平向左的恒力F＝32N，经过0.5s撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板BC段光滑、木板AC段与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.4，取g＝10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. 恒力F对木板做的功为32J
B. 撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动
C. 在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝8J
D. 在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q＝48J
【答案】C
【解析】
【详解】BC．F作用的过程中，对小滑块，根据牛顿第二定律，有
解得
根据位移—时间关系，有
解得x1=0.5m
对木板，根据牛顿第二定律，有
根据位移—时间关系，有
根据位移关系
联立可得a2=12m/s2，
此时木板的速度v2=a2t=6m/s
小滑块的速度v1=a1t=2m/s
所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速，此时弹簧弹性势能最大。由动量守恒定律
由能量守恒定律
可得，
之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧恢复原长时，小滑块速度大于木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B错误，C正确；
A．恒力F对木板做的功为W=Fx2=F(x1+LAC)=48J ，故A错误；
D．弹簧恢复原长时，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得v'1=6m/s ，v'2=2m/s
假设二者在粗糙部分最后共速，则由
可得
木板的加速度大小a'2=μmgM=4m/s2
木板向左运动的位移x'2=v'2−v'222a'2=1.5m
小滑块的位移x'1=v'2−v'122(−a1)=2.5m
则x'1−x'2=1m=LAC
说明小滑块恰好滑到A端共速，所以整个运动过程中，系统产生的热量Q=2μmgLAC=16J ，故D错误。
故选C。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。
8. 如图甲所示，机器人手持彩带一端上下抖动模拟艺术体操运动员的动作，形成的绳波可简化为简谐横波。以手的平衡位置为坐标原点，已知乙图为x1＝0m处波源的振动图像，图丙为原点右侧x2＝2m处质点的振动图像。下列说法正确的是（ ）
A. 0~1s内，x1＝0m处波源运动的路程为2.5m
B. 0.35s时刻，x2＝2m处质点的位移为12.5cm
C. 若波长大于1m，此列波的传播速率可能是4m/s
D. 若波长大于2m，此列波的传播速率是
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图像可知，波源的振动周期为T=0.4s，在0～1s内，x1=0m处的波源共振动了2.5T，其路程为s=2×4×25cm+2×25cm =2.5m，故A正确；
B．根据图丙可知，0.35s时刻，x2＝2m处质点的位移为，B错误；
CD．由甲图可知波向右传播，则波源与x2=2m处质点平衡位置的距离满足，n=0，1，2…
若波长大于1m，解得n=0，1，则λ1=8m，λ2=1.6m，则根据可知，波速分别为20m/s和4m/s；
若波长大于2m，解得n=0，则λ1=8m，则波速为；
则C正确，D错误。
故选AC。
9. 如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向均未知（图中未画出）。一带电量为q（q＞0），质量为m的小球从M点在纸面内以的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点。已知重力加速度为g，不计空气阻力。则（ ）
A.
B. 电场强度方向与水平方向夹角的正切值为
C. 小球从M运动到N的过程中的合外力冲量的大小为
D. 小球从M运动到N的过程中的最小动量为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．小球从M到N的运动过程中，根据动能定理有
解得，故A错误；
B．小球在水平方向的运动具有对称性，故到达N点时，小球水平方向的速度大小为，所以在N点小球在竖直方向的速度为
取场强水平向右的分量为，竖直向下的分量为
竖直向下方向由动能定理
解得
设从M到N的时间为t, 水平方向由动量定理
竖直方向由动量定理
联立解得
电场强度方向与水平方向夹角的正切值为，故B正确；
C．画出小球从M到N的速度变化矢量图，如图所示
易知，
小球从M运动到N的过程中的合外力冲量的大小为，故C错误；
D．可知当速度方向与（其方向为合力方向）垂直时速度最小
所以小球在运动过程中的最小速度为
故小球从M运动到N的过程中的最小动量为，故D正确。
故选BD。
10. 如图所示，两水平放置的足够长光滑金属导轨间距l＝1m，导轨处于方向竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导体棒b、c均静置在导轨上且相距足够远。现让在b棒左侧x＝3m处的导体棒a以v＝3m/s的速度开始水平向右运动，a棒与b棒发生弹性碰撞，三根导体棒最终达到稳定状态。已知三棒的质量均为m＝1kg，长度均为L＝1m，电阻Ra＝2Rb＝2Rc＝2Ω，三根导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A. a、b、c三棒组成的系统动量不守恒
B. a棒从开始运动到与b棒恰好碰撞这个过程中流过b棒的电荷量为0.6C
C. a棒与b棒碰撞前瞬间，c棒速度大小为0.6m/s
D. 整个过程b棒产生的焦耳热为0.3J
【答案】BC
【解析】
【详解】A．系统在水平方向只受安培力，安培力是系统内力（相互作用力），总安培力为零，因此系统动量守恒。故A错误。
B．运动时，产生感应电动势，外电路为并联，
总电阻
对棒用动量定理
其中
由于电阻相等，电流平分，流过的电荷量，故B正确。
C．对棒用动量定理
其中，解得，故C正确。
D．阶段1：运动到碰撞前，由动量定理得
得
速度
系统动能损失
棒产生的热量
阶段2：弹性碰撞。质量相等的弹性碰撞，速度交换：，，动能不变，无热量产生。
阶段3：与相互作用至稳定。稳定时速度相等，设为，由动量守恒
得
动能损失
棒产生的热量
整个过程b棒产生的总热量，故D错误。
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共57分。
11. 实验小组用图甲所示的装置验证机械能守恒定律。细绳跨过固定在铁架台上的小滑轮，两端各悬挂一个质量均为M的重锤A（含遮光条）、重锤B，重力加速度为g。主要的实验操作如下：
①用游标卡尺测量遮光条的宽度d；
②用米尺量出光电门1、2间的高度差h；
③在重锤A上加上质量为m的小钩码；
④将重锤B压在铁架台面上，由静止释放，记录遮光条先后经过两光电门的遮光时间t1、t2；
⑤改变光电门2的位置，重复实验。
请回答下列问题：
（1）如图乙所示，用游标卡尺测得遮光条的宽度d＝_______ mm。
（2）以h为纵轴、为横轴建立平面直角坐标系，作出如图丙所示图像。若在实验误差允许范围内，该图像的斜率k＝________（用题中字母表示），则验证了机械能守恒定律。
（3）某小组实验中发现系统增加的动能略大于系统减少的重力势能，下列原因中可能的是________。
A. 存在空气阻力
B. 遮光条宽度d的测量值偏大
C. 细绳与滑轮间有摩擦力
【答案】（1）
（2） （3）B
【解析】
【小问1详解】
20分度的游标卡尺精度为，可知遮光条的宽度
【小问2详解】
A下降h，B上升h，系统势能减少量为，根据机械能守恒有
其中，
联立可得
若在实验误差允许范围内，该图像的斜率
则验证了机械能守恒定律。
【小问3详解】
A．空气阻力会使系统动能增加量小于势能减少量，故A错误；
B．遮光条宽度测量值偏大，会导致计算的速度偏大，动能计算值偏大，可能使动能略大于势能减少，故B正确；
C．细绳与滑轮间的摩擦力会消耗机械能，使动能增加量小于势能减少量，故C错误。
故选B。
12. 某物理兴趣小组把一个毫安表（内阻未知）改装成一个量程为10V的电压表，毫安表满偏电流Ig为1mA，为了先测量毫安表的内阻，小李同学设计了如图甲所示的实验电路，滑动变阻器总阻值20kΩ，电源电动势15V（内阻不计）。
（1）小李同学连接好如图甲所示电路后，进行了如下实验操作：
①保持S2断开，闭合S1，将R1由最大阻值逐渐调小，使毫安表读数达到满偏电流Ig；
②保持R1接入电路阻值不变，闭合S2，调节电阻箱R2的值，使毫安表读数等于，记录下此时电阻箱的值R2＝150Ω；
③根据实验记录的数据，求得毫安表的内阻Rg＝________Ω，将毫安表改装成量程为10V的电压表需要串联一个阻值R＝________Ω的电阻。
（2）小李同学设计了如图乙所示的实验电路，用标准电压表对改装后的电压表进行校准。电源电动势15V（内阻不计），滑动变阻器应选择______（选填“R3”或“R4”）。
滑动变阻器R3（阻值0~10 Ω，额定电流1.2 A）；
滑动变阻器R4（阻值0~50 Ω，额定电流1 A）。
（3）毫安表的读数如图丙所示，此时标准电压表读数为8.4V，则改装后的电压表量程为_____V（保留三位有效数字）。
（4）因毫安表内阻测量值不准，导致改装后的电压表量程存在偏差，小李同学仔细思考后，要达到预期目的，无论测得的毫安表内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k＝________（用分数表示）。
【答案】（1） ①. 100 ②. 9900
（2）R3 （3）10.5
（4）
【解析】
【小问1详解】
[1]由题意可知
解得Rg＝100Ω
[2]将毫安表改装成量程为10V的电压表需要串联的阻值
【小问2详解】
滑动变阻器接成分压电路，则为了便于调节，则应选择阻值较小的R3。
【小问3详解】
毫安表的读数为0.8mA，此时标准电压表读数为8.4V，则改装后的电压表量程为。
【小问4详解】
因改装后电压表的真实值为
与计算值100Ω+9900Ω=10000Ω相差500Ω，则只需kR=9900Ω-500Ω，即
13. 车载气垫床体积小、重量轻、便于携带。现有一气垫床，充气前内部气体的压强等于大气压强p0，体积为V，使用充气筒给气垫床充气，使其内气体体积增加到8V，压强增加到5p0，此充气过程中环境的热力学温度为T0并保持不变，气垫床导热性能良好，气垫床内气体可视为理想气体。
（1）若充气过程中，该充气筒每次从大气中吸取压强为p0的气体体积是恒定的。已知需打气234次才能使气垫床达到目标状态（内部体积8V，压强5p0）求该充气筒每次吸入气体的体积V1；
（2）若夜间环境的热力学温度降为0.90T0，充气后的气垫床体积减小到7.65V，求此时气垫床内气体的压强p。（答案用分数表示）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
气垫床内气体压强为，温度为，体积为，设要充好气垫床，充气筒需要打234次气，该充气筒每次吸入气体的体积，由玻意耳定律
解得
故每次充入床垫床的气体体积为。
【小问2详解】
对气垫床内气体由理想气体状态方程
故气垫床内气体的压强
14. 如图所示，以长方体abcd－a′b′c′d′的ad边中点O为坐标原点、ad方向为x轴正方向、a′a方向为y轴正方向、ab方向为z轴正方向建立Oxyz坐标系，已知Oa＝ab＝aa′＝L。长方体中存在沿y轴负方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，恰好从b点射出磁场。
（1）求磁场的磁感应强度B1的大小；
（2）若在长方体中加上沿y轴负方向的匀强电场，让粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，为使粒子能从b′点射出磁场，求电场强度E1的大小；
（3）若在长方体中加上电场强度大小为、方向沿z轴负方向的匀强电场，同时使匀强磁场的磁感应强度大小变为B2，且。让该粒子仍从O点沿z轴正方向以初速度v射入磁场中，求粒子射出磁场时与O点的距离s。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
粒子在平面内做匀速圆周运动，如图中轨迹1所示
由洛伦兹力提供向心力可得
由几何关系可得
解得
【小问2详解】
粒子在长方体中运动的时间为
在轴方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则有
由牛顿第二定律
解得
【小问3详解】
将初速度分解为、，使对应的洛伦兹力恰好与电场力平衡，即
其中
解得，
易知与轴正方向的夹角为
若仅在对应的洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即
则轨道半径
该分运动的情况如图中轨迹2所示。粒子在磁场中运动的时间为
由于粒子也参与速度大小为、方向沿轴正方向的匀速运动，粒子射出磁场时与点的距离
解得
15. 如图所示，传送带BC左、右两侧分别与粗糙平台AB及光滑平台CD紧密对接，传送带的上表面与两平台处于同一水平面上，传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，传送带上左右两端点B、C之间的距离L＝1.5m，图中通过B点的竖直虚线左侧存在一水平向右的匀强电场，平台CD上固定一竖直挡板。现将一带电量为q＝0.01C的带正电滑块从A点由静止释放，AB间距x＝2m。当滑块运动到B点时速度大小为vB＝2m/s，滑块经过传送带后在平台CD上与挡板碰撞，且每次碰撞后速度大小均变为碰撞前的一半，忽略碰撞对P、Q的影响。已知滑块的质量m1＝0.2kg，滑块与平台AB及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，质量为m2＝0.4kg的小球P与长度为R＝1.0m的轻杆相连，轻杆的另一端通过铰链与质量为m3＝0.4kg的小滑块Q相连，小滑块Q套在光滑的水平杆上，水平杆固定且足够长。初始时轻杆竖直靠墙，小球P刚好处在平台的末端。滑块可视为质点，取重力加速度的大小g＝10m/s2。求：
（1）电场强度的大小及滑块第一次与挡板碰撞前的速度大小；
（2）滑块与挡板碰撞后在传送带上相对传送带运动的总路程 s。
（3）若滑块第一次运动至C点时，立即撤去挡板同时传送带停止转动，小滑块在CD的末端与小球P发生弹性正碰。轻杆在运动过程中不会和水平杆相碰，轻杆第一次水平时，小球的速度（角的大小可用三角函数表示）。
【答案】（1），3m/s （2）9m
（3），方向与水平方向夹角满足
【解析】
【小问1详解】
滑块在电场中运动的过程中，由动能定理得
代入数据解得
对滑块由牛顿第二定律
解得滑块滑上传送带后向右匀加速运动的加速度大小为
设滑块达到传送带的速度的大小时运动位移大小为，则有
即滑块到达传送带右端之前已经与传送带共速，所以第一次与挡板碰撞之前的速度的大小
【小问2详解】
滑块与挡板碰撞第一次向左以滑上传送带，接下来每一次与挡板碰撞后从传送带右边滑离时，速度大小等于滑上时的速度。设向左减速到零的时间为，则有
设第次滑块从滑上传送带到从右边滑离传送带，滑块相对传送带的路程大小为，则有
解得，（n=1，2，3……）
则滑块在传送带上相对传送带运动的总路程为
解得
【小问3详解】
小滑块在CD的末端与小球P发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，
解得
杆由推力变为拉力时，Q开始离开墙壁，此时杆的作用力为0，设此时杆与竖直方向的夹角为，对P球受力分析，如图所示
由牛顿第二定律
由动能定理
联立解得，
轻杆水平时，Q与P的水平分速度相等，设为，Q离墙后，Q、P组成系统水平方向动量守恒，有
解得
设杆第一次水平时，小球P的竖直速度为，从杆的弹力为零到杆第一次水平时，由动能定理
解得
轻杆第一次水平时，小球的速度大小为
方向与水平方向夹角满足