重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（八）物理试题及答案详解.pdf

1、第 1页/共 22页学科网（北京）股份有限公司重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（八）物理注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。2.每小题选出答案后，用 2B 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。在试题卷上作答无效。3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。满分 100 分，考试用时 75 分钟。一、单项选择题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.如图所示，中国航天员叶光富进行太空授课时，用细绳系住小瓶并使小

2、瓶绕细绳另一端做匀速圆周运动，瓶中混合的水和油将分层。则（）A.分层的原因是水和油受到重力B.密度较大的水集中于小瓶的底部C.水和油做圆周运动的线速度大小相等D.水做圆周运动的向心力完全由瓶底对水的弹力提供【答案】B【解析】【详解】AB水的密度大于油的密度，在混合液体中取半径相同处体积相等的水和油的液体小球，水球的质量大，根据2nFmr可知，水球需要的向心力更大，故当向心力不足时，将会做离心运动，水会向瓶底移动，圆周运动让试管里的水和油都发生了离心现象，密度较大的水将集中于试管的底部，A 错误，B 正确；C水和油都绕着同一点做匀速圆周运动，具有相同的角速度，根据第 2页/共 22页学科网（北京

3、）股份有限公司vr可知，水和油做圆周运动的线速度大小不相等，C 错误；D水对油有指向圆心的作用力提供做圆周运动的向心力，而水做圆周运动的向心力由瓶底对水的弹力和油对水的作用力的合力提供，D 错误。故选 B。2.“玉兔二号”月球车携带具有放射性的同位素钚23894Pu，23894Pu 不断衰变，释放能量为设备供热，衰变方程为2382349492PuXU，半衰期为 88 年。则（）A.23894Pu 的比结合能比23492U 的比结合能小B.若环境温度升高，则23894Pu 衰变得更快C.该衰变为衰变D.若有 100 个23894Pu，则经过 88 年，一定还剩下 50 个23894Pu【答案】A

4、【解析】【详解】A核反应向着比结合能大的方向发生，所以23894Pu 的比结合能比23492U 的比结合能小，A 正确；B放射性元素的半衰期是元素本身的属性，与环境温度无关，B 错误；C根据电荷数和质量数守恒，可得该衰变方程为238423494292PuHeUX 为42He，该衰变为衰变，C 错误；D半衰期为统计规律，对少量核子来说不成立，D 错误。故选 A。3.一列沿 x 轴正方向传播的简谐波，在0t时刻的波形图如图所示，波恰好传播到质点 Q 处，0.5st 时质点 R 第一次达到彼谷。则（）A.这列波的频率为 1.25Hz第 3页/共 22页学科网（北京）股份有限公司B.质点 P 的起振方

5、向沿 y 轴正方向C.1.2st 时，质点 P 处在平衡位置且振动方向沿 y 轴正方向D.从0t时刻到质点 R 第一次到达波峰时，质点 Q 通过的路程为14cm【答案】D【解析】【详解】AB根据题意，由图可知，该波的波长为 4m，在0t时刻Q 点的振动方向沿 y 轴负方向，即波源的起振方向为沿 y 轴负方向，则点 P 的起振方向沿 y 轴负方向，0.5st 时质点 R 第一次达到彼谷，即4mx 处质点的振动形式传播到 R，则有xvtT解得10m sv 0.4sT 则这列波的频率为12.5HzfTAB 错误；C由图可知，0t时刻，质点 P 在平衡位置，且沿 y 轴负方向振动，经过时间1.2s3t

6、T 即质点 P 振动了 3 个周期，则1.2st 时，质点 P 处在平衡位置且振动方向沿 y 轴负方向，故 C 错误；D质点 R 第一次达到波峰，则2mx 处质点的振动情况传到 R 处，所用时间为70.7s4xtTv由于Q 从平衡位置开始振动，则质点 Q 通过的路程为7 414cm4sA故 D 正确。故选 D。4.如表格所示是某护眼按摩仪的铭牌信息，当剩余电池电量为总容量的 20%时，按摩仪将停止工作。若该按摩仪一直以额定功率工作，则（）商品名称护眼按摩仪内置电池500mAh/4.0V第 4页/共 22页学科网（北京）股份有限公司充电输入DC5V/0.2A工作电压DC4.0V额定功率0.4WA

7、.该按摩仪充满电可以连续工作约 5 小时B.电池从剩余电量为总容量的 20%到充满电的时间约为 2 小时C.mAh 是能量的单位D.该按摩仪充满电所储存的能量约为33.6 10J【答案】B【解析】【详解】AD根据表格中内置电池的参量可知，电池储存的电能为4 0.5 3600J7200JWUIt电按摩仪的额定功率为 0.4W，所以充满电可以连续工作约80%7200 80%s4h0.4WtP电AD 错误；B根据电池的充电电流和电压，可得电池从剩余电量为总容量的 20%到充满电的时间为80%0.5 3600 80%s7200s2h0.2QtIB 正确；C“mA”是电流的单位“h”是时间的单位，根据q

8、It可知 mA h是电荷量的单位，不是能量的单位，C 错误。故选 B。5.1P、2P 是两颗相距较远的行星，其卫星的线速度平方2v 与轨道半径倒数 1r的关系如图所示，1P、2P 各有一颗在表面附近的卫星1S、2S 绕其做匀速圆周运动，1S、2S 的线速度大小均为0v，则（）第 5页/共 22页学科网（北京）股份有限公司A.1S 的质量比2S 的小B.1P 的质量比2P 的小C.1P 的平均密度比2P 的小D.1P 表面的重力加速度比2P 的大【答案】C【解析】【详解】AB根据卫星围绕行星做匀速圆周运动时万有引力提供向心力，有222MmvGMGmvrrr结合图像可知，GM 表示图线的斜率，根据

9、图像可知1P 的质量比2P 的大，根据图像是无法判断两颗卫星的质量，AB 错误；C近地卫星围绕行星做匀速圆周运动时的轨道半径等于行星的半径，有22002vMmGMGmvRRR可得20GMRv603233443vMMVG MR因为1P 的质量比2P 的大，所以1P 的平均密度比2P 的小，C 正确；D根据黄金代换，有4202vGMGMgRgRGM因为1P 的质量比2P 的大，1P 表面的重力加速度比2P 的小，D 错误。第 6页/共 22页学科网（北京）股份有限公司故选 C。6.如图甲所示是某发电机的示意图。使线圈 a 沿轴线做简谐运动，线圈 a 中产生的感应电动势随时间变化的关系如图乙所示。线

10、圈 a 连接原、副线圈匝数比为 1：10 的理想变压器，其输出端接充电设备。线圈 a及导线的电阻不计。则（）A.变压器输出电流的频率为 10HzB.充电设备两端的电压有效值为 5VC.其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同D.其他条件不变，仅增大线圈 a 简谐运动的频率，充电设备两端的电压最大值不变【答案】C【解析】【详解】A根据图像可知线圈产生的交流电的周期为 0.2s，所以交流电的频率为15HzfT变压器不能改变交流电的频率，所以变压器输出电流的频率为 5Hz，A 错误；B根据图像可知线圈产生的交流电的最大值为 0.5V，有效值为2 V42mUU有根据原副线圈匝数与

11、电压的关系，可得充电设备两端的电压有效值为112225 2 V2UnUUnB 错误；第 7页/共 22页学科网（北京）股份有限公司C变压器的输出功率由副线圈决定，所以在其他条件不变，对不同规格的充电设备充电，变压器输入功率可能不同，C 正确；D线圈产生的最大电压为2mUNBSfNBS其他条件不变，仅增大线圈 a 简谐运动的频率，线圈产生的最大电压变大，所以充电设备两端的电压最大值变大，D 错误。故选 C。7.如图所示，ABCD 为真空中一正四面体区域，E 和 F 分别为 BC 边和 BD 边的中点，B 处和 C 处分别有等量异种点电荷+Q 和-Q（Q0）。则（）A.A、D 处场强大小相等，方向

12、不同B.电子在 E 点的电势能小于在 F 点的电势能C.将一试探正电荷从 A 处沿直线 AD 移动到 D 处，电场力做正功D.将位于 C 处的电荷-Q 移到 A 处，D 处的电势不变，此时 E、F 点场强大小相等【答案】D【解析】【详解】A因为是正四面体，所以各边长相等，又因为 B、C 处固定等量异种电荷点电荷，根据点电荷的电场强度公式2kQEr所以两点电荷在 A 和 D 处产生的各自电场强度大小相等2ADkQEEr第 8页/共 22页学科网（北京）股份有限公司但因为电场强度是矢量，其叠加遵循平行四边形法则，根据电场强度的叠加原理可知，两点电荷在 A 和 D处的合电场强度的大小相等、方向相同，

13、A 错误；B根据等量异种电荷的电势分布规律可知，其 E 点的电势为零，其 F 点的电势为正值，即FE根据电势能的公式pEq因为电子带负电，所以其电势越高，电势能越小，故 E 点电势能大于 F 点电势能，B 错误；C因为 B、C 处固定等量异种电荷点电荷，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，AD 所在平面为等势面，且电势为零，所以将一试探正电荷从 A 处沿直线 AD 移动到 D 处，电场力不做功，C 错误；D开始时，根据等量异种电荷的电势分布规律，在 D 处电势为零。将位于 C 处的电荷 Q移到 A 处，根据等量异种电荷的电势分布规律可知，D 处的电势仍然为零，所以 D 处的电势不变。因为是正三

14、棱柱，移动后 A、B 两处为等量异种电荷，根据几何关系可知以及电场强度的叠加原理可知，其 E、F 两点的电场强度大小相等，D 正确。故选 D。二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。在每小题给的四个选项中，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。8.如图所示，水下一固定点光源发出 a、b 两单色光。人在水面上方向下看，水面中心 I 区域有 a 光和 b 光射出，II 区域只有 a 光射出。则（）A.在水中 a 光的折射率比 b 光小B.在水中 a 光的传播速度比 b 光大C.利用同一双缝干涉实验装置进行实验，b 光干涉条纹

15、间距比 a 光大D.若用 a 光照射某种金属发生光电效应，则用 b 光照射此金属不能发生光电效应【答案】AB【解析】【详解】A根据题意可知，a 光发生全反射的临界角大于 b 光，由1sinCn可知，在水中 a 光的折射率第 9页/共 22页学科网（北京）股份有限公司比 b 光小，故 A 正确；B由公式cnv可得cvn可知，由于在水中 a 光的折射率比 b 光小，则在水中 a 光的传播速度比 b 光大，故 B 正确；CD由于在水中 a 光的折射率比 b 光小，则 a 光的频率小于 b 光，a 光的波长大于 b 光，由Lxd 可知，利用同一双缝干涉实验装置进行实验，b 光干涉条纹间距比 a 光小，

16、由k0EhW可知，若用 a 光照射某种金属发生光电效应，则用 b 光照射此金属一定能发生光电效应，故 CD 错误。故选 AB。9.地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用，从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示，O为地球球心、R 为地球半径。地磁场只分布在半径为 R 和 2R 的两边界之间的圆环区域内，磁感应强度大小均为 B，方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直 MN 沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为 m、电荷量均为q，不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是（）A.粒子无论速率多大均无法到达 MN 右侧地面B.若粒子速率小于 2qBRm，入射到磁场的粒

17、子均无法到达地面C.若粒子速率为 qBRm，正对着O 处入射的粒子恰好可以到达地面D.若粒子速率为 32qBRm，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面【答案】BD【解析】【详解】A射入方向在地球下表面以下的粒子，只要速率合适，粒子可到达 MN 右侧地面。故 A 错误；C若粒子的速率为 qBRm，则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，有2vqvBm r第 10页/共 22页学科网（北京）股份有限公司解得rR若粒子正对着 O 处入射，且恰好可以到达地面，其轨迹如图所示设该轨迹半径为 1r，由几何关系可得2211(2)rRrR解得132rRr故 C 错误；B若粒子的速率为 2qBRm，则粒子在磁场中

18、由洛伦兹力提供向心力，有212vqv Bm r解得22Rr 若粒子的射入方向在正对 O 处以上，根据左手定则可知，其粒子的轨迹为向上偏转，则入射到磁场的粒子均不可能到达地面，故 B 正确；D若粒子速率为 32qBRm，由洛伦兹力提供向心力得2223vqv Bm r解得3132Rrr由 C 项的分析可知，此时若粒子正对着 O 处入射，则恰好可以到达地面；而在对着 O 处以上的方向入射的粒子，因为向上偏转，均不能到达地面；而在对着 O 处以下的方向入射的粒子均会达到地面。综上所述，入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地。故 D 正确。第 11页/共 22页学科网（北京）股份有限公司故选 BD。10.

19、如图所示，ABC 为遵循胡克定律的一条弹性轻绳，一端固定于 A 点，另一端连接质量为 m 的小球，小球穿在竖直的杆上，轻杆 OB 一端固定在墙上，另一端为光滑的定滑轮。若绳自然长度等于 AB，初始时 ABC在一条水平线上，小球从 C 点由静止释放滑到 E 点时速度恰好为零。已知 C、E 两点间距离为 h，D 为 CE的中点且小球从 C 点向 E 点运动过程中在 D 点速度达到最大，小球在 C 点时弹性绳的拉力为 4mg，小球与竖直杆之间的动摩擦因数为，弹性绳始终处在弹性限度内，重力加速度为 g，则（）A.小球在 CD 阶段克服摩擦力做的功小于其在 DE 阶段克服摩擦力做的功B.小球在下降过程中

20、其在 E 点的加速度与 C 点的加速度大小相等C.若将小球的质量变为 2m，仍让小球从 C 点静止释放，则小球运动到 E 点的速度为ghD.若在 E 点给小球一个向上的速度0v，使小球恰好能回到 C 点，则0vgh【答案】BCD【解析】【详解】A设弹性绳的弹性系数为 k，小球在 CE 段任意一点 N 受到的弹性绳的拉力为 F，弹性绳与竖直杆的夹角为。则小球在任意一点受到弹性绳的拉力沿水平方向的分力为1sinBNBCFklkl由题意可知，小球在 C 点所受弹性绳的弹力为4BCmgFkl则小球在 CE 段任意一点 N 受到的摩擦力为14mgfF根据摩擦力做功公式Wf s由于 CDDE，所以小球在

21、CD 阶段克服摩擦力做的功等于其在 DE 阶段克服摩擦力做的功。故 A 错误；B小球在 C 点时，对其分析受力可知，其所受摩擦力方向向上，根据牛顿第二定律可得第 12页/共 22页学科网（北京）股份有限公司1mgfma小球在 E 点时，对其分析受力可知，小球所受弹簧的弹力可分解成竖直向上的分力 F22cosBECEFklkl到达 E 瞬间其所受摩擦力方向仍向上，根据牛顿第二定律可得2CEmgfklma小球在 D 点时，速度达到最大，即加速度恰好为零，同理此时对小球分析受力有CDmgfkl整理可得1CDklam2CDCECDCEDEklklkkalllmmm 因为 CDDE，所以小球在 C 点和

22、 E 点加速度大小相等。故 B 正确。C由以上分析可知，若将小球的质量变为 2m，摩擦力及弹力做功不变。改变前，由能量守恒定律可得P+EQmgh改变质量后，由能量守恒定律可得2P1+(2)22EEQm vmgh联立可得Evgh故 C 正确；D结合以上分析可知，从在 C 点到 E 点过程中，摩擦力做功为4fmghWf h此过程中弹性势能变化量为P4fmghEmgh Wmgh那么从 E 点到 C 点过程中，由能量守恒定律可得20P1=02fEWmghmv解得0vgh第 13页/共 22页学科网（北京）股份有限公司故 D 正确。故选 BCD。三、填空、实验题：本大题共 2 小题，共 15 分。11.

23、如图甲所示为某同学用单摆测量学校所在地重力加速度的示意图。（1）为了减少单摆周期 T 的测量误差，计时的起、止位置应选在小球运动过程中的_。A.最高点 A 处B.最高点与最低点的中间位置 M 处C.最低点 O 处（2）某次测量时，该同学在小球第 1 次经过计时位置后才开始计时，第 n 次经过计时位置时计时结束，测得时间间隔为 t，计算时将 t 作为 n-1 个 2T 的总时间，则重力加速度的测量值与真实值相比_（填“偏小”“偏大”或“相等”）。（3）该同学将绳长与小球直径之和当作摆长 l，改变摆长进行多次测量，得到2lT图像如图乙所示，由2lT图像测得重力加速度 g=_（用 a、b 和表示）。

24、【答案】.C.偏大.24ab【解析】【详解】（1）1为了减少单摆周期 T 的测量误差，计时的起、止位置应选在小球运动过程中的最低点 O 处；故选 C。（2）2单摆完成一次全振动需要的时间是一个周期，若小球第 1 次经过计时位置时开始计时，由题意可知，周期2112ttTnn即第 14页/共 22页学科网（北京）股份有限公司(1)2T nt而该同学在小球第 1 次经过计时位置后才开始计时，第 n 次经过计时位置时计时结束，则测得的周期偏小，根据2LTg可知，重力加速度的测量值与真实值相比偏大。（3）3该同学将绳长与小球直径之和当作摆长 l，根据根据2LTg可得2lrTg可得224glTr由2lT图

25、像24gab得重力加速度24agb12.应用于高精温度设备中的 Cu50 型铜电阻的阻值tR 在-50C+150C 的温度范围内与温度 t 呈线性关系0 1tRRt，其中0R 为温度是 0C 时铜电阻的阻值，温度系数 约为34.3 10/C。某小组设计了如图甲的电路图，测量该铜电阻的阻值随温度变化的关系。实验器材有：保护电阻 R，定值电阻AR、BR，电阻箱CR（最大阻值为 99999.9），待测铜电阻tR，微安表，多用电表，电源，开关 S，导线若干，可控温的加热炉等。实验步骤如下：第 15页/共 22页学科网（北京）股份有限公司用多用电表测得铜电阻的阻值为 25；断开开关 S，连接好电路图，将

26、电阻箱调至合适的阻值；将虚线框中的待测电阻置于加热炉中，调节加热炉温度至 1t，闭合开关 S，调节电阻箱，使微安表示数为零，记录电阻箱的阻值1R；调节加热炉温度至 2t，调节电阻箱，使微安表示数为零，记录此时电阻箱的阻值2R；处理数据，得出tR 随温度 t 变化的关系；（1）按照实验电路图，将图乙实物连线_。（2）在步骤测量时，发现微安表中有电流从结点 1 流向结点 2，此时应将电阻箱的阻值_（填“减小”或“增大”）（3）由实验得出该待测铜电阻随温度的变化关系为tR _（用AR、BR、1t、2t、1R、2R 表示）。（4）为了使温度的测量尽可能准确，比值ABRR的数量级应选择_。A.210B.

27、10C.310【答案】.减小.21211()ABRRRtttR.B【解析】【详解】（1）1根据电路图，先将电源、开关、定值电阻 R、电阻箱、串联与电流表的右接线柱连接，接着将电流表右接线柱与BR 串联，接到电源的负接线柱；然后从定值电阻左接线柱开始依次连接 Rt 和微安表第 16页/共 22页学科网（北京）股份有限公司的左接线柱、RA，再与电源负极相连，实物图连接如下（2）2微安表中有电流从结点 1 流向结点 2，说明结点 1 的电势高于结点 2，根据串联电路的分压特点可知，应将电阻箱的阻值减小，这样电阻箱两端电压会减小，又因为电阻箱中的电流是从右侧流向左侧，所以 2 点的电势会升高，就可以和

28、结点 1 的电势相等，这样微安表中就没有电流流过了。（3）3根据实验测量的数据，结合电桥原理，有11112222BAttABBAttABRRR RRRRRRRR RRRRR又因为0 1tRRt所以2121002121()ttttRRRRRRtttt所以该待测铜电阻随温度的变化关系为21211()AtBRRRRtttR（4）4实验中用多用电表测量铜电阻的阻值为 25，室温设约为 25，将数据代入题干中给出的关系式0 1tRRt解得022.5R 因为tR 在-50C+150C 的温度范围内与温度 t 呈线性关系，所以根据 0和室温下的电阻可得002522.5125010RRtt室室第 17页/共

29、22页学科网（北京）股份有限公司斜率适中时实验误差较小，ABRR的数量级应该应选择 10，AC 错误，B 正确。故选 B。四、计算题：本大题共 3 小题，共 42 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。有数据计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13.某种供水工作原理如图所示。由水泵将水压入罐体，当罐内气体压强增加到03p 时，水泵停止抽水。供水时罐内水位下降，罐内气体压强减小到01.5p 时，水泵重新启动，可如此反复供水。罐容积为0V，第一次注水前罐内气体压强等于外界大气压强0p，此时罐内气体体积与罐容积相等，注水、供水过程中罐内气体总质量不变，罐

30、内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求：（1）水泵停止注水时罐内气体的体积1V；（2）当水的体积达到罐容积的 40%，则此时罐内气体压强1p。【答案】（1）1013VV；（2）1053pp【解析】【详解】（1）对罐内所封气体，根据玻意耳定律可知00013p Vp V解得1013VV（2）当水的体积达到罐容积的 40%，则此时罐内气体的体积为200.6VV根据玻意耳定律可知0012p VpV第 18页/共 22页学科网（北京）股份有限公司压强1053pp14.如图甲是某高速列车模型效果图。在管道中固定着两根平行光滑金属导轨 MN 和 PQ，两导轨间距为 L，导轨间依次分布着磁感应强度大小均为 B

31、、宽度均为 d 且方向重直导轨平面的匀强磁场，相邻区域磁场方向相反。列车底盘前端固定有与导轨垂直的两根相同导体棒 a 和 b，前后距离为 d，电阻均为 r。假设总质量为 m 的列车在图乙所示位置仅在磁场力作用下，以速度0v 开始减速。列车刹车距离大于 d，不计导轨电阻。求：（1）列车前进距离 d 的过程中，通过导体棒 a 的电量 q；（2）列车前进距离 d 的过程中，导体棒 b 产生的焦耳热 Q。【答案】（1）BLdr；（2）2244202B L dvB L drmr【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，列车前进距离 d 的过程中，导体棒产生的平均感应电动势为2BLdEtt回路中感应电

32、流的平均值为2EBLdIrr t通过导体棒 a 的电量为BLdqI tr （2）对列出运动过程受力分析，根据动量定理，规定初速度方向为正方向，有02BIL tmvmv 又因为I tq 第 19页/共 22页学科网（北京）股份有限公司所以2202B L dvvmr根据能量守恒，可得该过程中回路中产生的焦耳热为222244222000221122()22B L dvB L dB L dQmvm vmrrmr总导体棒 b 产生的焦耳热为224420212B L dvB L dQQrmr总15.某商家举办“撞球”游戏派送优惠券活动，有质量分别为 m，2m，3m，4m 且半径相同、质量分布均匀的四个球

33、A、B、C、D。四个球可任意放置于如图中的 1、2、3、4 位置，其中 2、3 位置的球分别放置于水平桌面的两端，1、4 位置的球用两根长度相同的轻绳系在天花板上，静止时恰好接触 2、3 位置的球，且球心高度相同。现将位置 1 的球拉升高度0h 后静止释放，如果位置 4 的球第一次上摆的最大高度超过0h，顾客将获得优惠券。已知球与球之间的碰撞为弹性碰撞，不计所有阻力，重力加速度为 g。（1）如果 A 球放置于位置 1、B 球放置于位置 2、C 球放置于位置 3、D 球放置于位置 4，求碰撞前瞬间 A球的速度大小；（2）如果 A 球放置于位置 1、B 球放置于位置 2、C 球放置于位置 3、D

34、球放置于位置 4，请根据计算判断顾客能否获得优惠券；（3）要求 A 球不能放置于位置 1、B 球不能放置于位置 2、C 球只能放置于位置 1 或位置 2，请计算顾客获得优惠券的概率。【答案】（1）02gh；（2）不能；（3）50【解析】【详解】（1）根据题意，设碰撞前瞬间 A 球的速度大小为v，A 球从静止释放到最低点的过程中，机械能守恒，则由机械能守恒定律有第 20页/共 22页学科网（北京）股份有限公司2012mghmv解得02vgh（2）根据题意可知，在最低点 A 球和 B 球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有AABBm vm vm v222AAB B111222m vm vm

35、 v解得ABAB223mvvvmm同理可得，B 球与 C 球碰撞之后，C 球的速度为BBBC2815CmvvvmmC 球与 D 球碰撞之后，D 球的速度为CCCD21635DmvvvmmD 球摆到最高点，由机械能守恒定律有2D DD12 m vm gh解得201635hh 则不能获得优惠券。（3）根据（2）分析可知，第 4 个小球上升的最大高度为212301223348m m mhhmmmmmm 根据题意，放置小球的方法有：若 B 球放置于位置 1、C 球放置于位置 2、A 球放置于位置 3、D 球放置于位置 4，则有220008 2312233425mm mhhhhmmmmmm不能获得优惠券

36、。第 21页/共 22页学科网（北京）股份有限公司若 B 球放置于位置 1、C 球放置于位置 2、D 球放置于位置 3、A 球放置于位置 4，同理可得200192175hhh可以获得优惠券。若 C 球放置于位置 1、A 球放置于位置 2、B 球放置于位置 3、D 球放置于位置 4，同理可得20023hhh不能获得优惠券。若 C 球放置于位置 1、A 球放置于位置 2、D 球放置于位置 3、B 球放置于位置 4，同理可得20045hhh不能获得优惠券。若 C 球放置于位置 1、D 球放置于位置 2、B 球放置于位置 3、A 球放置于位置 4，同理可得2003221hhh可以获得优惠券。若 C 球放置于位置 1、D 球放置于位置 2、A 球放置于位置 3、B 球放置于位置 4，同理可得2003235hhh不能获得优惠券。若 D 球放置于位置 1、C 球放置于位置 2、B 球放置于位置 3、A 球放置于位置 4，同理可得2006435hhh可以获得优惠券。若 D 球放置于位置 1、C 球放置于位置 2、A 球放置于位置 3、B 球放置于位置 4，同理可得20087hhh可以获得优惠券。综上所述，顾客获得优惠券的概率为50。第 22页/共 22页学科网（北京）股份有限公司