2021屆全國普通高中教育教學高考物理模擬試卷（1月份）

一、單選題（本大題共5小題，共30.0分）

1.如圖所示，一個氫原子處于量子數n=3能級狀態，下列說法正確的是“

X

（）;

A.氫原子向低能級躍遷時最多產生3種頻率的光子2

B.用0.70W的光子照射氫原子可使其躍遷

C.用0.7eV動能的電子碰撞可使氫原子躍遷

D.氫原子向低能級躍遷時電子動能增大，電勢能增大

2.如圖所示，將一不帶電的絕緣枕形導體P放在正點電荷Q的電場中，Q

導體P的a、b兩端分別帶上了感應負電荷與等量的感應正電荷，-V---------

另外，導體內部還有兩點c、d,則以下說法錯誤的是（）

A.導體上a、b兩端的電勢高低關系是外=%

B.導體上a、b兩端的電勢高低關系是<pa>0b

C.導體內部c、d兩點的場強大小關系是反=&=0

D.感應電荷在導體內部c、d兩點產生的場強大小關系是Ec>Ed力0

3.關于沖量和動量，以下說法正確的是（（）

A.物體的運動狀態改變，不一定受到沖量的作用

B.物體運動時合外力的沖量方向與物體動量方向相同

C.物體的動量發生了改變，則合外力一定對物體做了功

D.運動物體動量方向與即時速度方向相同，而合外力的沖量與合外力的方向相同

4.如圖所示，一個圓盤在水平面內勻速轉動，盤面上距圓盤中心一定____I

距離處有一小木塊隨圓盤一起轉動，則下列說法正確是（）Q

A,木塊受到重力、支持力、摩擦力與向心力

B.圓盤對木塊的摩擦力對木塊做了功

C.由圓盤對木塊的靜摩擦力提供向心力

D.由于木塊做勻速圓周運動，所以木塊處于平衡狀態

5.將一小球以，Ozn/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，Is末小球落地，已知g=l0rn/s2,貝i|（）

A.小球下落高度為Khn

B.落地速度為20m/s

C.落地時速度方向與豎直方向成45。角

D.落地時加速度方向與豎直方向成45。角

二、多選題（本大題共5小題，共27.0分）

6.2013年12月6日17時47分，在北京飛控中心工作人員的精密控制下，嫦娥

三號開始實施近月制動，進入100公里環月軌道I,2013年12月10日晚21：I

20分左右，嫦娥三號探測器將再次變軌，從100公里的環月圓軌道I,降H））

低到近月點（B點）15公里、遠月點（4點）100公里的橢圓軌道H,為下一步

月面軟著陸做準備.關于嫦娥三號衛星下列說法正確的是（）

A.衛星在軌道n上4點的加速度小于在B點的加速度

B.衛星沿軌道I運動的過程中，衛星中的科考儀器處于失重狀態

c.衛星從軌道I變軌到軌道n,在A點應加速

D.衛星在軌道n經過4點時的動能小于在軌道n經過B點時的動能

7.如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向勻強磁場，PQ為兩個磁場的

邊界，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小分別為B1=B、％=2B.一個豎直放置的邊長為質

量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以速度v垂直磁場方向從圖中實線位置開始向右運動，當

線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為（則下列結論中正確的是（）

A.此過程中通過線框橫截面的電量為此

2R

B.此過程中回路產生的電能為:小/

C.此時線框的加速度為空也

2mR

D.此時線框中的電功率為此士

2R

8.如圖所示為哈雷彗星軌道示意圖，A點和B點分別為其軌道的近日點和遠日點，則關于哈雷彗星

的運動，下列判斷正確的是（）

iim

哈雷彗星

H：

A.在4點的線速度大于在B點的線速度

B.在4點的角速度小于在B點的角速度

C.在4點的向心加速等于在B點的向心加速度

D.哈雷彗星的公轉周期一定大于1年

9.下列說法正確的是（）

A.一定質量理想氣體，溫度降低，則其內能一定減小

B.布朗運動就是液體分子無規則運動

C.當分子距離減小時，分子力一定減小

D.熱量不可能自發地由低溫物體傳給高溫物體

E.完全失重狀態下懸浮的水滴呈球狀是液體表面張力作用的結果

10.如圖甲為一列簡諧橫波在t=0.10s時刻的波形圖，P是平衡位置為x=1m處的質點，Q是平衡位

置為％=4加處的質點，圖乙為質點Q的振動圖像，貝女）

A.t=0.15s時，質點Q的加速度達到正向最大

B.t=0.15s時，質點P的運動方向沿y軸負方向

C.從t=0.10s到t=0.25s,該波沿x軸正方向傳播了6nl

D.從t=0.10s到t=0.25s,質點P通過的路程為30cm

三、實驗題（本大題共2小題，共15.0分）

11.某同學想測定滑塊與水平桌面間的動摩擦因數，他設計了如圖1所示的實驗裝置圖，重力加速度

為g

(1)他先用天平測量出滑塊和遮光條的總質量m,然后用螺旋測微器測遮光條的寬度d,所用的螺旋

測微器零刻度不能對齊測量前讀數如圖2(a)所示，測量時如圖2(b)所示，則遮光條寬度

d—mmo

(2)按圖示組裝好器材后，把滑塊從桌面上某一位置由靜止釋放滑塊經過兩光電門的時間分別為

和4t2,彈簧秤的示數為F,要測定出滑塊與水平桌面間的動摩擦因數還需要測出的物理量及相

應符號是。

(3)用題中給出的物理量和第(2)問中測出的物理量的符號表示出動摩擦因數：〃=。

12.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，使用的小燈泡為“6叭3W”，其他選擇的器材

有：

A.電壓表匕(量程6V,內阻20k0)；

區電壓表匕(量程20U,內阻60W2)；

C.電流表4(量程34,內阻0.20)；

D電流表量程0.64，內阻1。)；

E.滑動變阻器&(0?10000,0.5/1)；

F.滑動變阻器/?2(。?200,24);

G.學生電源E(6?8V);

”.開關S及導線若干。

實驗中要求電壓在0?6U范圍內，讀取并記錄下12組左右不同的電壓值U和對應的電流/,以便作出

伏安特性曲線，在上述器材中，電流表應選用,滑動變阻器應選用。(只填代號)。

畫出實驗原理圖。

四、計算題(本大題共4小題，共52.0分)

13.如圖所示電路中，4B兩端始終保持電壓U=32V,定值電阻％=

R2=100,/?3=60,電容器的電容=10〃F.

（1）保持開關S1、S2閉合，求電容器c的帶電量；

（2）保持開關S1閉合，將開關S2斷開，求斷開開關S2后流過電阻/?2的電量?

（1）畫出上升過程中物體的受力示意圖，并求物體受到滑動摩擦力大小；

（2）求物體向上運動的加速度大?。?/p>

（3）若物體上行3m后撤去推力F,物體能否到達斜面最高點8,說明理由。

并求出物體到達地面時的動能大小。（已知sin37。=0.6,cos37°-0.8,g取lOm/s?）

15.如圖所示，粗細均勻、導熱良好、裝有適量水銀的U形管豎直放置，右端與大氣”

相通，左端封閉氣柱長k=20cm（可視為理想氣體），兩管中水銀面等高.現將右h

端與一低壓艙（未畫出）接通，穩定后右管水銀面高出左管水銀面九=10cm.（環境更-匕

溫度不變，大氣壓強po=75cm"g）

①求穩定后低壓艙內的壓強（用作單位）.

②此過程左管內的氣體對外界（填“做正功”“做負功”或“不做功”），氣體將（填

"吸執"或"放執"）

16.如圖所示，一直角三棱鏡截面4BC,^ABC=30°,N4CB=90。斜

邊長為3其折射率為門=b，一束平行光從斜邊距4點5處的。點

平行于BC邊射入該棱鏡.（光在真空中的速度c=3.0x108m/s,

不考試光的反射.）

①做出光的折射光路圖，并求出光射出棱鏡時光的偏向角;

②求出光在棱鏡中傳播的時間.

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：4、一個處于n=3能級的氫原子最多可能輻射2種頻率的光子，故A錯誤；

BC、根據能級差公式&-E3=-0.85eV一（—1.51eV）=0.66eV,所以n=3能級狀態的氫原子吸收

0.66eM的光子后，氫原子躍遷到n=4的能級；若是0.70eU動能的電子，由于其能量大于能級差，也

可讓氫原子躍遷，故B錯誤，C正確；

氫原子從高能級向低能級躍遷時輻射出一個光子，軌道半徑減小，能級減小，總能量減小，根

據詈=mJ,解得動能取=牛，可知其動能增大，電勢能減小。故。錯誤，

故選：Co

根據數學組合公式鬣求出一群氫原子處于量子數n=3的激發態可能發出幾種頻率的光子，但一個不

同；

能級間發生躍遷時吸收或輻射的光子能量等于兩能級間的能級差；

氫原子輻射出一個光子后，從高能級向低能級躍遷，軌道半徑減小，能級減小，根據庫侖引力提供

向心力判斷電子動能的變化；

解決本題的關鍵知道能級間躍遷所滿足的規律，即Em-E"=/w,以及氫原子吸收光子躍遷或吸收

實物粒子的能量使其躍遷的區別。

2.答案：B

解析：解：4、當正電荷Q處在金屬導體P附近時，正電荷周圍存在電場，從而使得金屬中的自由電

子在電場力作用下向a端發生移動，導致b端的正電荷多余，a端的負電荷多余，最終導體P的b端帶

正電，a端帶負電。因此兩點的電勢關系0a=機，故A正確，B錯誤；

C、當金屬導體b端帶正電，a端帶負電時，導體中有自b向a的電場。由于正確電荷Q也產生電場。故

只有當復合電場為。時，自由電子才停止運動，達到靜電平衡，因此c、d兩點的場強大小關系是￡=

Ed=0,故C正確；

。、根據正點電荷的電場強度的公式，結合合電場為0,可知：感應電荷在導體內部c、d兩點產生的

場強大小關系￡>Ed手0.故。正確；

本題選擇錯誤的，故選：B

物體帶電有接觸起電，有感應帶電，有摩擦起電.對于感應帶電，是利用同種電荷相互排斥，異種

電荷相互吸引的原理.且帶電體是等勢體

感應帶電的本質是電荷的轉移；當金屬導體處于電場時出現靜電平衡現象，導體內的合場強為零

3.答案:D

解析：解：力、物體的運動狀態改變，那么物體的動量一定改變，由動量定理可知，物體一定受到了

沖量的作用，故A錯誤；

8、由動量定理可知，物體運動時合外力的沖量方向與物體動量變化量的方向相同，故B錯誤；

C、動量是矢量，動量發生了改變可以只是速度的方向發生變化，而大小不變，所以當動量發生了改

變時，合外力不一定對物體做了功，故C錯誤；

。、運動物體動量方向與即時速度方向相同，而合外力的沖量與合外力方向相同，合外力沖量的方

向與物體動量變化的方向相同，故。正確；

故選：Do

沖量的方向一定與作用力方向相同，不一定與動量方向相同；根據動量定理，物體所受合力的沖量

等于物體動量的變化；動量發生了改變可以只是速度的方向發生變化，而大小不變，合外力不一定

對物體做了功；依據動量的定義可知運動物體動量方向與即時速度方向相同，由沖量的定義可知合

外力的沖量與合外力的方向相同。

本題考查對沖量、動量、動量的改變三個物理量的理解，抓住三個量都是矢量，從定義、定理方面

理解并加強記憶。

4.答案：C

解析：解：AC.木塊做勻速圓周運動，合力指向圓心，對木塊受力分析，受重力、支持力和靜摩擦

力，如圖所示：

重力和支持力平衡，靜摩擦力提供向心力，故A錯誤，C正確；

8、由于圓盤對木塊的摩擦力與木塊的速度方向互相垂直，根據求功的定義可知，圓盤對木塊的摩擦

力對木塊做功為零，故B錯誤；

。、由于木塊做勻速圓周運動，合外力提供其做勻速圓周運動的向心力，所以木塊處于非平衡狀態，

故。錯誤。

故選：C。

對木塊進行運動分析和受力分析，做勻速圓周運動，合力等于向心力，指向圓心；根據求功的定義

可知，圓盤對木塊的摩擦力對木塊做功為零；木塊處于非平衡狀態。

本題考查了木塊做勻速圓周運動時的受力分析，要明確向心力的來源，向心力是按照效果命名的，

不能當作一個單獨力去分析；同時要理解求功的定義和平衡狀態的物理意義。

5.答案：C

解析：解：力、小球下落的高度=ioxlm=5m,故A錯誤.

3、小球落地時的豎直分速度為=5=10xITH/S=10m/s,根據平行四邊形定則知，落地的速度

v=J詔+哆=V100+100m/s=10V2m/s?故B錯誤.

C、根據平行四邊形定則知，落地速度方向與水平方向夾角的正切值tana=詈=黑=1,則落地時

的速度方向與豎直方向的夾角為45度，故C正確.

。、平拋運動的加速度方向不變，始終豎直向下，故。錯誤.

故選：C.

根據運動的時間，結合位移時間公式求出小球下落的高度；根據速度時間公式求出物體落地的豎直

分速度，結合平行四邊形定則求出落地的速度大小以及方向.

解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律，結合運動學公式靈活求解，基

礎題.

6.答案：ABD

解析:解：4、衛星在軌道〃上運動,4為遠月點，B為近月點，衛星運動的加速度由萬有引力產生a=等

知，衛星在B點運行加速度大，故A正確；

8、衛星在軌道/上運動，萬有引力完全提供圓周運動向心力，故衛星中儀器處于完全失重狀態，故

B正確；

C、衛星從軌道/變軌到軌道〃的過程中衛星軌道要減小做近心運動，提供的向心力大于所需向心力

G萼〉m旺，又因在軌道/上運動時萬有引力和向心力相等，故變軌時需在4點做減速運動，使得衛

rLr

星滿足G萼〉m《做近心運動，故C錯誤；

rzV

D、衛星在軌道/上運動有：。學=加或，在軌道〃上經過4點有。萼＞邈，由于萬有引力大小相

rzrr

同，故在軌道〃上的速度小于在軌道/上經過4點的速度，則衛星在軌道n經過4點時的動能小于在軌

道口經過B點時的動能，故。正確。

故選：ABDo

衛星在軌道上運動，萬有引力產生加速度，根據萬有引力大小判斷加速度的大小，衛星繞月球做勻

速圓周運動過程中萬有引力完全提供向心力，衛星中的物體處于完全失重狀態，從軌道/變軌到軌道

〃要做近心運動，提供的向心力大于運動所需向心力，故從軌道/到軌道〃上要減速，故在軌道/上運

行時的動能大于在軌道〃上運行時的動能.

解決本題是要知道衛星做圓周運動時萬有引力完全提供向心力，衛星中的物體處于失重狀態，知道

衛星變軌的原理.

7.答案：AC

解析：解：A、根據電荷量的經驗公式可得：4=〃=等，根據題意可得：△。=。2-01=|8。2,

所以通過線框橫截面的電荷量為q=萼，故A正確。

2R

B、由能量守恒定律得，此過程中回路產生的電能為：E=；mv2-im（；）2=fmv2,故B錯誤；

C、此時感應電動勢為：E=2Ba-l+Ba^=lBav,線框電流為：/=?=誓，由牛頓第二定律

得：2Bla+Bla=ma^,解得：。物=今黑，故c正確；

。、此時線框的電功率為：P=JR=空心，故。錯誤；

4R

故選：AC.

根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電量q=/at相結合求解電量。根據能量守恒定律求解產生

的電能。

由安培力公式求出安培力，由牛頓第二定律求解加速度。根據法拉第電磁感應定律計算線框中感應

電動勢，根據閉合電路的歐姆定律計算感應電流，由P=/2R求解電功率。

對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列出方程；

另一條是能量，分析涉及電磁感應現象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求解。

8.答案：AD

解析：解：4、根據開普勒第二定律可得到，在近地點A的線速度大于遠地點B的線速度，故A正確；

B、根據3=：,因為以＞為，RA=RB，所以3A＞3B，故8錯誤；

C、根據牛頓第二定律有G等=nia,得。=黑，因為以＜玷，所以以＞即，故C錯誤；

。、根據開普勒第三定律，哈雷彗星的軌道的半長軸大于地球的軌道半徑，所以哈雷彗星的周期大

于地球的公轉周期1年，故。正確；

故選：AD.

根據開普勒第二定律判斷近地點與遠地點的速度結合v=3r比較角速度大小，根據開普勒第三定律

比較哈雷彗星的周期與地球自轉周期大小，根據牛頓第二定律比較加速度大小，

開普勒關于行星運動的三定律是萬有引力定律得發現的基礎，是行星運動的一般規律，正確理解開

普勒的行星運動三定律是解答本題的關鍵。

9.答案:ADE

解析：解：4、一定質量的理想氣體的內能僅僅與溫度有關，若溫度降低，其內能一定減小，故A

正確；

8、布朗運動是懸浮在液體中的固體小顆粒的運動，不是分子的運動，故8錯誤；

C、當分子之間距離減小時，若分子力表現為引力，則分子間的作用力可能減小，也可能先增大后減

??；若分子力表現為斥力，分子力隨分子之間距離的減小而增大，故C錯誤；

D,由熱力學第二定律可知，熱量不能自發地從低溫物體傳到高溫物體，故。正確；

E,表面張力有使液體的表面收縮的趨勢，在完全失重狀態下懸浮的水滴呈球狀是液體表面張力作用

的結果，故E正確。

故選：ADE.

解答本題應掌握：理想氣體的內能取決于氣體的溫度，溫度越高，內能越大；

布朗運動是固體小顆粒的運動，它是分子熱運動的反映；

分子間同時存在引力和斥力，二者都隨分子間距離的增大而減?。?/p>

熱量可以自發地從高溫物體傳到低溫物體；但不能自發地從低溫物體傳到高溫物體；

失重狀態下懸浮的水滴呈球狀，這是液體表面張力作用的結果。

本題考查分子動理論的基本內容，要重點掌握布朗運動、熱力學第二定律、分子間的相互作用力等；

并且要求能準確掌握，不能斷章取義。

10.答案:AB

解析：

根據甲乙兩圖可以求出該波的波長和周期，從而求出波速，t=0.10s時Q點在平衡位置上，由乙圖

知下一時刻向下振動，從而確定了該波向左傳播。

本題有一定的綜合性考察了波動和振動圖象問題，關鍵是會根據振動情況來判定波的傳播方向。

4由乙圖中Q點的振動圖象可知t=0.15s時Q點在負的最大位移處，故具有正向最大加速度，故A正

確；

員甲圖描述的是￡=0.10s時的波動圖象，而根據乙圖可知《=0.10s到t=0.25s內Q點將向下振動，

這說明在甲圖中此時Q點將向下振動，根據質點振動方向和波傳播方向的關系可知，波向左傳播，

判定出經過四分之一周期即t=0.15s時質點P運動方向為丫軸負方向，故B正確：

C.根據甲乙兩圖可知波長和周期，則波速：\=A=_L=40nrs，故從t=0.10s到t=0.25s,波沿x負

T0.2

方向傳播了6m,故。錯誤；

。.只有在波峰或波谷的質點，每工通過路程才為一個振幅4t=O.IOSP運動方向為y軸負方向，經

4

過平衡位置的速度較大，所以從t=O.lOsglJt=0.25s,質點P通過的路程一定大于30cm.故。錯誤。

故選AB。

11.答案:3.750光電門4、8之間的距離x竟一熟臉一蘇

解析：解：(1)由圖(a)讀出示數為0.024?n?n,由圖(b)讀出示數為3.774mrn,故遮光條寬度d=

3.775mm—0.025mm=3.750mm；

(2)滑塊從桌面上某一位置由靜止釋放后作勻變速直線運動，由牛頓運動定律得：F-iimg=ma,

對滑塊經過光電門4、B過程由運動學公式有：點-磊=2狽，故欲測定動摩擦因數，可測出光電

門4、B間的距離X；

(3)由(2)問解析中的兩個式子聯立可得出：滑塊與桌面的動摩擦因數三-裊(之一之)

故答案為：(1)3.750(3.748?3.752nun均可給分)

(2)光電門A、B之間的距離支

⑶品T(京-京)。

(1)螺旋測微器讀數等于固定刻度讀數加上可動刻度讀數，需估讀。

(2)根據牛頓第二定律以及運動學公式列式，從而確定應測量的數據；

(3)根據極短時間內的平均速度等于瞬時速度得出遮光條4、B通過光電門4、B的速度，從而得出動

能的變化量，結合拉力做功等于動能變化量列出表達式。

本題以測定動摩擦因數為為實驗命題背景考查學生的實驗能力，知道光電門測速的原理，即極短時

間內的平均速度等于瞬時速度，掌握螺旋測微器的讀數方法。

12.答案：A2/?2

解析：解：(1)燈泡額定電流/=任=鬻=0.54電流表應選42,為方便實驗操

作，應選最大阻值較小的滑動變阻器/?2；工

(2)電壓表0?6U范圍內讀數，滑動變阻器應采用分壓接法；I_I，________I

燈泡正常發光時電阻R===照=12。，電壓表內阻為20日!電流表內阻為10,

I0.54

電壓表內阻遠大于電流表內阻，則電流表應采用外接法，實驗電路圖如圖所示：

故答案為：(1)42；&；(2)實驗電路圖如圖所示

根據燈泡額定電壓與額定功率，由電功率的變形公式求出燈泡額定電流，根據該電流選擇電流表；

在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；

電壓從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，根據燈泡電阻與電表內阻間的關系確定電流表接

法，然后作出實驗電路圖。

本題考查了描繪小燈泡伏安特性曲線的實驗中實驗器材的選取、作實驗電路圖等，要注注意明確當

要求電壓與電流從零開始變化時，滑動變阻器只能采用分壓接法。

13.答案：解：(1)保持開關&閉合，將開關S2斷開，電路穩定時，電容器C的電壓/=公￡0=島、

32V=12V,電容器C的帶電量Qi=C%=10X10-6x12C=1.2X10-4C.

(2)保持開關&閉合，將開關S2斷開，電路穩定時，電容器的電壓等于U,則

4

電容器的帶電量Qz=CU2=10X10-6x32c=3.2x10-C,電容器的電量增加△Q=Q2-Qi=

2X10-4C,則斷開開關S2后流過電阻生的電量等于△Q=2x10-4C.

答：

(1)保持開關Si、S2閉合，電容器C的帶電量為1.2X10-4仁

(2)保持開關品閉合，將開關S2斷開，斷開開關S2后流過電阻&的電量為2X10-4C.

解析：(1)保持開關區閉合，將開關S2斷開，電阻&、/?2串聯，電路穩定時，沒有電流流過自，電容

器的電壓等于％兩端的電壓，根據歐姆定律和電容的定義式求解電容器的帶電量.

(2)保持開關S1閉合，將開關52斷開，電路穩定時沒有電流，電容器的電壓等于U,由電容的定義式

求出電容器的帶電量，再求出流過電阻/?2的電量.

求電容器的電量關鍵確定電容器的電壓，當電路穩定時，電容器所在電路沒有電流，與電容器串聯

的電阻上沒有電壓，電容器的電壓等于這條電路兩端的電壓.

14.答案：解：(1)受力分析圖如圖所示

垂直斜面方向平衡：FN=mgcosO+Fsind

物體受到滑動摩擦力：Ff=林FN=n(mgcosd+Fsind)

代入數據解得：Ff=4QN

(2)沿斜面方向由牛頓第二定律得：Fcosd-Ff-mgsind=mar

代入數據解得：=6m/s2

(3)撤去F時受力分析如圖所示

撤去尸后，根據牛頓第二定律，mgsinO+fimgcosO=ma2

2

解得：a2=7.6m/s

撤去F瞬間，物體速度設為由,由資=2aS「

解得：v1—J2asi=6m/s

若運動到停止需要的距離為S2

由譜=2a2s2得52=2.37m

S2>S=2m所以物體能夠到達最高點8

設到達B點時速度為方

由翦-諺=2a2s

得詔=5.6

動能&2=vf=287

B點高度h=ABsin37=3m

B點重力勢能02=mgh=3007

離開B點后，物體拋出斜面落地，機械能守恒，設地面為零勢能點

由機械能守恒定律得：Ek2+Ep2=Ek3

解得：Ek3=3287

答：(1)受力示意圖如圖所示，物