河北省石家庄市二中学2021届高三物理上学期期中试题含解析

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河北省石家庄市二中学2021届高三物理上学期期中试题（含解析）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共6页100分。考试时间90分钟。

第Ⅰ卷（选择题 共40分）
注意事项：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
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。
一、单项选择题：（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1. 一质量m＝1.0kg的物块静止在粗糙水平面上，在t＝0时，对物块施加一恒力F，恒力F大小为25N，方向与水平成37°斜向右下方，物块在恒力F的作用下由静止开始运动。物块运动过程中还受到水平方向的空气阻力，其大小随速度的增大而增大。物块速度为0时，空气阻力也为零，物块的加速度a与时间t的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。以下判断正确的是（　　）

A. 物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4
B. 2s到4s内合外力对物块做的功为8.75J
C. t＝3s时物块受到的空气阻力为7.5N
D. 前4s内合外力对物块做的功为0
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．t=0时刻，v=0，空气阻力为零，根据牛顿第二定律

代入数据解得
μ=0.4
故A正确；
B．a-t图线围成的面积表示速度的变化量，根据几何关系得，0-2s内图线围成的面积为15，则0-2s内的速度变化量为15m/s，2s末的速度为15m/s，同理当t=4s时，加速度a=0，图线与时间轴围成的面积为20，则速度为20m/s，根据动能定理可得2s到4s内合外力对物块做的功为

故B错误；
C．根据几何关系得，t=3s时图线围成的面积为18.75，可知t=3s时，速度为18.75m/s，当t=4s时，加速度a=0，图线与时间轴围成的面积为20，则速度为20m/s，有

解得
k=0.5
则3s时空气阻力

故C错误；
D．当t=4s时，加速度a=0，图线与时间轴围成的面积为20，则速度为20m/s，根据动能定理

故D错误。
故选A。
2. 如图所示，倾角的斜面体C固定在水平面上，置于斜面上的物块B通过细绳跨过光滑定滑轮滑轮可视为质点与小球A相连，连接物块B的细绳与斜面平行，滑轮左侧的细绳长度为L，物块B与斜面间的动摩擦因数开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没有摩擦力，现让A在水平面内做匀速圆周运动，物块B始终静止，则A的最大角速度为 　　

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没有摩擦力，则有mAg=mBgsinθ；解得：mB=2mA；当A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止，此时绳子上的拉力T=mBgsinθ+μmBgcosθ=2mAg；设A以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为α，则cosα＝；对A受力分析可知，物体A做圆周运动的半径R=Lsinα=L，向心力为Fn=Tsinα＝mAg；由向心力公式Fn＝mAω2R，代入数据解得ω=，A正确；故选A．
【点睛】本题受力过程比较复杂，解题关键是找到当A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止的条件，再求出绳子拉力，再结合受力分析进行求解．
3. 如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E，M点与P点的连线垂直于电场线，M点与N在同一电场线上。两个完全相同的带等量正电荷的粒子，以相同大小的初速度v0分别从M点和N点沿竖直平面进入电场，M点的粒子与电场线成一定的夹角进入，N点的粒子垂直电场线进入，两粒子恰好都能经过P点，重力不计。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 两粒子到达P点的速度大小可能相等
B. 电场力对两粒子做功一定相同
C. 两粒子到达P点时的电势能都比进入电场时小
D. 两粒子到达P点所需时间一定不相等
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．根据动能定理知N点的粒子到达P点时的速度增大，而M点的粒子到达P点时的速度大小不变，它们的初速度大小相等，所以两粒子达到P点的速度大小不相等，故A错误；
B．由于MP间的电势差为零，NP间的电势差大于零，则由W=qU知，电场力对M点的粒子不做功，对N点的粒子做正功，电场力对两粒子做功一定不相同，故B错误；
C．根据电场力做功情况可知，M点的粒子到达P点时电势能不变，N点的粒子到达P点时电势能减少，故C错误；
D．在垂直于电场线方向，两个粒子都做匀速直线运动，设PM=L，设M点的粒子与电场线的夹角为α，则M点的粒子到达P点的时间

N点的粒子到达P点的时间

可见两粒子到达P点所需时间一定不相等，故D正确。
故选D。
4. 如图所示为汽车蓄电池与车灯（电阻不变）、启动电动机组成电路，蓄电池内阻为，电流表和电压表均为理想电表。只接通时，电流表示数为10A，电压表示数为12V；再接通，启动电动机工作时，电流表示数变为8A，则此时通过启动电动机的电流是（　　）

A. 2A B. 8A C. 50A D. 58A
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】只接通S1时，由闭合电路欧姆定律，电池的电动势为
E=U+Ir=12V+10×0.05V=12.5V
车灯的电压为

再接通S2后，流过电动机的电流为

故ABD错误，C正确。
故选C。
5. 如图甲所示，A、B是一条竖直电场线上的两点，在A点由静止释放一带正电的小球，小球将沿此电场线从A点向B点运动，其v2—x图像如图乙所示，已知小球质量为m，电荷量为q，A、B间高度差为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法中正确的是（ ）

A 沿电场线由A到B，电势逐渐降低
B. 小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐减小
C. A、B两点的电势差UAB =
D. 该电场为匀强电场，其电场强度大小为
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．小球运动的v2—x图像是一条直线说明，小球做匀变速直线运动，且v2—x图像的斜率为2a，则通过计算有
a =
说明小球受到的电场力方向向上，且小球带正电则电场线的方向也向上，沿着电场线方向电势逐渐降低则沿电场线由A到B，电势逐渐升高，A错误；
B．由选项A可知小球受到的电场力向上，而小球运动的位移向下，则电场力做负功，小球从A运动到B的过程中，电势能逐渐增大，B错误；
C．小球从A运动到B的过程中根据动能定理有
mgh - qUAB =mv2
代入数据有
UAB = -
C错误；
D．由选项A可知小球做匀变速直线运动，则电场应为匀强电场，根据匀强电场电势差与电场强度的关系有
E ==
则D正确。
故选D。
6. 如图所示的电路中，AB和CD为两个水平放置的平行板电容器，AB板间有一点P，闭合开关K，待电路稳定后将开关断开。现将CD板间一有机玻璃板（图中未画出）抽出，则下列说法正确的是（　　）

A. CD平行板电容器的电容增大
B. P点电势降低
C. AB两板间的电场强度减小
D. 电阻R中有向右的电流
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．将玻璃板抽出CD板间，则相对介电常数减小，其他条件不变，由

可知，CD平行板电容器的电容减小，故A错误；
BC．电容器两板间电压

断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD电容器的电容减小，AB电容器电容不变，所以电容器两板间电势差均变大，由

可知，AB板间电场强度变大，则P点与B板间的电势差变大，因为B板接地电势始终为零，则P点电势升高，故BC错误；
D．由于抽出玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变大，由公式

知QAB增大，所以AB电容器充电，B板带负电，故电阻R中有向右的电流，故D正确。
故选D。
7. 一质量为m=1kg的物块静止在水平面上，如图（a）所示。t=0时刻，对物块施加一水平向右的拉力F，通过力传感器测得拉力F随时间的变化关系如图（b）所示。已知物块与地面间的摩擦因数μ=0.5，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2则下列说法不正确的是（　　）

A. t=1s至t=3s时间内，物块的加速度先增大后减小
B. t=3s时刻，物体获得的速度为7.5m/s
C. t=3s时刻，拉力F的功率等于25W
D. 在拉力F减为零后，物块将继续向前运动0.5s时间停下来
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.物块与地面间的最大静摩擦力为

故物块在0~1s内静止，从1s开始运动，t=1s至t=3s时间内，外力从5N开始增大到10N在减小5N，有牛顿第二定律可知，物块的加速度先增大后减小，故A正确；
B. 在t=1s至t=3s时间内，有动量定理可知

得v=5m/s，故B错误；
C. t=3s时刻，拉力F的功率等于

故C正确；
D.设拉力减为零后继续运动时间为t，从3s到停下来，有动量定理可得

可得t=0.5s。故D正确。
故选B。
8. 如图所示，在竖直放置的平行金属板A、B之间加有恒定电压U，A、B两板的中央留有小孔O1、O2，在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E，电场范围足够大，足够大的感光板MN垂直于电场方向固定放置。第一次从小孔O1处由静止释放一个质子，第二次从小孔O1处由静止释放一个α粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是（　　）

A. 质子和α粒子在O2处的速度大小之比为1∶2
B. 质子和α粒子在整个过程中运动的时间相等
C. 质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为1∶2
D. 质子和α粒子打到感光板上的位置不相同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由动能定理

解得

质子和α粒子在O2处的速度大小之比为

A错误；
D．由




解得

因为y相同，则L也相同，所以质子和α粒子打到感光板上的位置相同，D错误；
B．在整个过程中运动的时间

因为质子和α粒子在O2点的速度v不相同，所以质子和α粒子在整个过程中运动的时间不相等，B错误；
C．由动能定理得，粒子打到感光板上时的动能为

质子和α粒子打到感光板上时的动能之比为

C正确。
故选C。
二、多项选择题：（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）
9. 在如图所示的电路中，电源电动势为E，其内阻为r，L1、L2、L3为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），P为滑动变阻器的滑片，S1、S2为单刀开关，S1闭合，则下列说法中正确的是（　　）

A. 滑动变阻器的滑片P不动，将S2闭合，小灯泡L2变暗
B. 滑动变阻器的滑片P不动，将S2闭合，小灯泡L1变暗
C. 在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，小灯泡L3变亮
D. 在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，小灯泡L2变亮
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB. 将S2闭合，总电阻减小，总电流增大，L2变亮，内电压增大，路端电压减小，L2两端电压增大，L1两端电压减小，L1变暗，故A错误，B正确；
CD. 在S2处于闭合状态下，向右滑动滑片P，总电阻增大，总电流减小，内电压和L2两端电压都减小，L2变暗，L3两端电压增大，L3变亮，故C正确，D错误。
故选BC。
10. 如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A. A球刚进入水平轨道的速度大小为
B. A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能Ep=mgh
C. A球最终的速度vA为
D. B球最终的速度vB为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】A．对A球下滑的过程，据机械能守恒得

解得

故A正确；
B．A球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时有共速

解得

根据能的转化和守恒定律

得

故B错误；
CD．当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定.


得


故CD正确。
故选CD。
11. 如图（a）所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度v0=4m/s向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v—t图像如图（b）中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为6kg，乙物块质量为5kg，则（　　）

A. 此碰撞过程弹性碰撞 B. 碰后瞬间乙物块速度为2.4m/s
C. 碰后乙物块移动的距离为3.6m D. 碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6：5
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】AB．由图乙可知，碰前甲的速度

碰后甲的速度

碰撞过程中动量守恒

代入数所据，解得

又由于

碰撞的过程中，损失了机械能，不是弹性碰撞，因此A错误，B正确；
C．由图(b)可知甲的延长线交时间轴于处，由于图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，因此

C正确；
D．在图像中斜率表示加速度，由图(b)可知，甲物体做减速运动的加速度

乙物体做减速运动的加速度

因此

D错误。
故选BC。
12. 某电场沿x轴上各点的电场强度大小变化如下图所示：场强方向与x轴平行，规定沿x轴正方向为正，一负点电荷从坐标原点O以一定的初速度沿x轴负方向运动，到达xl位置时速度第一次为零，到达x2位置时速度第二次为零，不计粒子的重力．下列说法正确的是（　　）

A. 点电荷从xl运动到x2的过程中，速度先保持不变，然后均匀增大再均匀减小
B. 点电荷从O沿x轴正方向运动到x2的过程中，加速度先均匀增大再均匀减小
C. 电势差Uoxl＜Uox2
D. 在整个运动过程中，点电荷在xl、x2位置的电势能最大
【答案】BD
【解析】
点电荷从xl运动到x2的过程中，将运动阶段分成两段；点电荷从xl运动到O的过程中，初速度为0，根据牛顿第二定律： ，电场强度E不变，所以加速度a不变，做匀加速运动．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先增大后减小，所以加速度a先增大再减小，速度不是均匀变化．故A错误．点电荷从O运动到x2的过程中，根据牛顿第二定律：，电场强度E先均匀增大后均匀减小，所以加速度a先均匀增大再均匀减小．故B正确．点电荷从O运动到xl的过程中，根据动能定理： 点电荷从O运动到x2的过程中，根据动能定理： ，以：电势差Uox1=Uox2，C错误．点电荷从O运动到xl的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在xl位置的电势能最大；点电荷从O运动到x2的过程中，电场力做负功，电势能增大，点电荷在x2位置的电势能最大．
故D正确．故选BD.
第Ⅱ卷（非选择题 共60分）
三、非选择题：（本题共6小题，共60分。）
13. 某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g．
（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________．
A．小球的质量m
B．AB之间的距离H
C．小球从A到B下落时间tAB
D．小球的直径d
（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_________(用题中所给的物理量表示)．
（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=__________．

（4）在实验中根据数据实际绘出—H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=　_______________（用k、k0表示）．
【答案】 (1). BD； (2). ； (3). ； (4). ；
【解析】
【分析】
该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容．
【详解】（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确．故选BD．
（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；
即：2gH=（）2
解得：，那么该直线斜率k0=．
（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；
【点睛】考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解．
14. 在用伏安法测电阻的实验中，某同学选用的电流表量程为0~0.6mA，电压表量程为0~3V，测得的示数如图所示，则通过电阻的电流为___________mA，电阻两端的电压为___________V。

【答案】 (1). 0.50 (2). 2.60
【解析】
【分析】
【详解】[1]电流表的最小刻度为0.02mA，则通过电阻的电流为0.50mA；
[2]电压表的最小刻度为0.1V，则电阻两端的电压为2.60V。
15. 有一小灯泡上标有“5.0V ，1A”的字样，现要求描绘小灯泡伏安特性曲线。可供选择器材如下：
A.小灯泡L（规格“5.0V ，1A”）
B.电流表A1（0~1A，内阻约0.1Ω）
C.电流表A2（0~0.6A，内阻1Ω）
D.电压表V1（0~3V，内阻3kΩ）
E.电压表V2（0~30V，内阻15kΩ）
F.标准电阻R3=3kΩ
G.滑动变阻器R（0~10Ω）
H.学生电源（E=6V，内阻不计）
I.开关S及导线若干
为了能比较准确地进行测量，同时还要考虑操作的方便，选择正确的仪器，在图所示虚线框中画出该实验所需要的电路图___________

【答案】
【解析】
【分析】
【详解】[1] 小灯泡的额定电压是5V，所以选用电压表V1，将V1串一个电阻，改装成大量程即可，小灯泡的额定电流是1A，选用电流表A1，为了便于操作，准确测量，采用滑动变阻器的分压式接法，如图所示

16. 如图所示，质量分别为m和M的两物体静止在光滑的水平面上，物体之间有一轻弹簧，弹簧仅与M拴接，开始时m靠在弹簧的另一端。现有一水平恒力F作用于m的左端，当两物体有相同的速度v0时撤离F，同时锁定两物体。过一会儿解除锁定，结果最终m的速度为零。试求：
（1）力F作用的时间；
（2）锁定未解除时弹簧的弹性势能；
（3）力F作用的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
详解】(1)由动量定理有

解得

(2)解除锁定，由动量守恒有

弹簧的势能为

(3)由功能关系有

力作用的位移为

17. 电路如图所示,电源电动势,内阻r =2Ω,电阻,,,为平行板电容器,其电容C=3.0PF,虚线到两极板间距离相等,极板长,两极板的间距

（1）若开关处于断开状态,则当其闭合后,求流过的总电荷量为多少?
（2）若开关断开时,有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:当开关闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中,能否从的电场中射出?( 取)
【答案】（1）；（2）不能从的电场中射出.
【解析】
【分析】
【详解】（1）开关断开时,电阻两端的电压为

开关闭合后,外电阻为

路端电压为
.
此时电阻两端电压为

则流过的总电荷量为

（2）设带电微粒质量为,电荷量为当开关断开时有

当开关闭合后,设带电微粒加速度为,则

设带电微粒能从的电场中射出,则水平方向运动时间为:

竖直方向的位移为:

由以上各式求得

故带电微粒不能从的电场中射出.
18. 如图甲所示，下表面光滑的长木板B静止放在水平面上，质量为m3=2.0kg的物块C放在长木板的最右端，质量为m1=1kg的物块A从距长木板B左侧s0=9.5m处以某一初速度向长木板运动，一段时间后物块A与长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），以长木板B开始运动作为计时起点，长木板B和物块C运动的v-t图象如图乙所示，已知物块A与地面间的动摩擦因数为，物块C与长木板B间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)长木板B的质量m2；
(2)物块A的初速度v0；
(3)A静止时，系统A、B、C由于摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)2.0kg；(2)10m/s；(3)32J
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据图乙可知，长木板B的加速度大小为

根据牛顿第二定律可得

联立解得

(2)物块A与长木板B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有

根据能量守恒可得

联立即得
v＝9m/s
对于物块A，以初速度v0向右减速运动与长木板B碰撞的过程，根据动能定理有

解得

(3)对物块A反向后，，当A停下后，即，解得
t=3s
由于碰撞过程中不损失机械能，碰撞前后损失的机械能均为克服摩擦力而做功，故产生的热量为

由图乙可知，解得
Q=32J
19. 如图所示，竖直平面内有一固定绝缘轨道ABCDP，由半径r=0.5m的圆弧轨道CDP和与之相切于C点的水平轨道ABC组成，圆弧轨道的直径DP与竖直半径OC间的夹角θ=37°，A、B两点间的距离d=0.2m。质量m1=0.05kg的不带电绝缘滑块静止在A点，质量m2=0.1kg、电荷量q=1×10-5C的带正电小球静止在B点，小球的右侧空间存在水平向右的匀强电场。现用大小F=4.5N、方向水平向右的恒力推滑块，滑块到达B点前瞬间撤去该恒力，滑块与小球发生弹性正碰，碰后小球沿轨道运动，到达P点时恰好和轨道间无挤压且所受合力方向指向圆心。小球和滑块均视为质点，碰撞过程中小球的电荷量不变，不计一切摩擦。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.）
(1)求撤去该恒力瞬间滑块的速度大小v以及碰后瞬间小球的速度大小vB；
(2)求匀强电场的电场强度大小E及小球到达P点时的速度大小vP；
(3)求B、C两点间的距离x。

【答案】(1) 6m/s； 4m/s；(2) 7.5×104V/m； 2.5m/s；(3) 0.85m
【解析】
【分析】
【详解】(1)对滑块从A点运动到B点的过程，根据动能定理有

解得
v=6m/s
滑块与小球发生弹性正碰，设碰后滑块、小球的速度大小分别为v1、v2，则由动量守恒定律得

由能量守恒得

联立解得
v1=-2m/s（“-”表示v1的方向水平向左），v2=4m/s
(2)小球到达P点时，受力如图所示

则有
qE=m2gtanθ
解得
E=7.5×104N/C
小球所受重力与电场力的合力大小为

小球到达P点时，由牛顿第二定律有

解得
vP=2.5m/s
(3)对小球碰后运动到P点的过程，根据动能定理有

解得
x=0.85m