2025屆高考物理模擬預測練習卷（新課標卷）一．選擇題（共8小題，滿分48分，每小題6分）1．（6分）（2023秋?河南期末）圖甲為演示光電效應的實驗裝置，用紅、綠光分別照射陰極K，得到兩條電流表與電壓表讀數(shù)之間的關系曲線a、b（如圖乙所示），下列說法正確的是（）A．曲線a對應紅光 B．紅光的遏止電壓較大 C．單位時間內(nèi)照射到陰極K上的紅光子數(shù)較少 D．單位時間內(nèi)照射到陰極K上的紅、綠光子數(shù)相等【考點】愛因斯坦光電效應方程．【專題】定量思想；推理法；光電效應專題；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應方程，結合圖像中遏止電壓的大小關系判斷光的種類，再根據(jù)電流的定義式結合圖像中飽和光電流的關系，可以判斷照射到陰極K上的光子數(shù)多少?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)愛因斯坦光電效應方程可知eUc＝Ekm＝hν﹣W0可知a光對應的遏止電壓Uc2較小，即光的頻率較小，紅光的頻率小于綠光的頻率，則a對應紅光，故A正確；B．由Uc1＞Uc2可知，綠光的遏止電壓Uc1較大，故B錯誤；CD．由I﹣U圖像可讀出，加正向電壓時a對應的飽和電流較大，由電流的定義式Im=net可知單位時間內(nèi)照射到陰極故選：A?！军c評】本題考查了光電效應方程，理解公式中物理量的含義，掌握圖像中遏止電壓和飽和光電流的體現(xiàn)是解決此類問題的關鍵。2．（6分）（2022春?南通期中）某同學利用圖甲所示電路觀察電容器的充電和放電現(xiàn)象，測得放電過程的I﹣t圖像如圖乙所示。則（）A．實驗中應使用低壓交流電源 B．充電時電壓表示數(shù)先迅速增大再減小到零 C．將電阻R換成阻值更大的電阻，放電時間變長 D．電容器充電結束所帶電荷量約為2.4×10﹣2C【考點】電容的概念、單位與物理意義．【專題】定量思想；歸納法；電容器專題；理解能力．【答案】C【分析】電容器充電時用低壓直流電源；與電容器并聯(lián)的電流表測量的是電容器的電壓隨充電時間電壓增大；若串聯(lián)電阻更大放電的時間會變長；充電或放電的電流—時間圖像所圍的面積表示電荷量?！窘獯稹拷猓篈.電源是為了給電容器充電，故電源應為低壓直流電源，故A錯誤；B.電壓表測量的是電容器的電壓，由C=QU可知，電容不變，隨著電荷量的增加，電壓是逐漸增大的，故C.電阻越大，對電流的阻礙作用越大，放電時間會變長，故C正確；D.由電流的定義式I=Qt和圖乙可知，圖線和坐標軸所圍面積表示電荷量，圖中面積不足兩個大格，而兩個大格的電荷量為Q=S故選：C。【點評】本題考查電容器的充放電，電容跟電容器的結構和材料有關，是反映電容器容納電荷本領的物理量，充電和放電過程串聯(lián)電阻越大，充電或放電時間會變長。3．（6分）如圖甲所示，在平靜的水面下深h處有一個點光源s，它發(fā)出不同顏色的a光和b光，在水面上形成了一個有光線射出的圓形區(qū)域，該區(qū)域的中間為a、b兩種單色光疊加后的復色光圓形區(qū)域，周圍為環(huán)狀區(qū)域，且為a光的顏色，如圖乙所示。設b光的折射率為nb，折射率越大，對應光的頻率越大，則下列說法正確的是（）A．在水中，a光的波長比b光的短 B．在水中，a光的傳播速度比b光的小 C．復色光圓形區(qū)域的面積為πhD．在同一裝置的雙縫干涉實驗中，a光的干涉條紋相鄰亮條紋間距比b光的窄【考點】光的波長與干涉條紋間距的關系；折射率的波長表達式和速度表達式；光的折射與全反射的綜合問題．【專題】定量思想；推理法；全反射和臨界角專題；光的干涉專題；理解能力．【答案】C【分析】a光在水面上形成的圓形亮斑面積較大，知a光的臨界角較大，根據(jù)sinC=1n分析兩光的折射率大小關系，而折射率越大的光，波長越小，根據(jù)【解答】解：AB、a光在水面上形成的圓形亮斑面積較大，可知a光的臨界角較大，根據(jù)sinC=1可知，a光的折射率較小，即a光的頻率較小。又因為v=c可知，在水中，a光的波長比b光的大，a光的傳播速度比b光大，故AB錯誤；C、設復色光區(qū)域圓半徑為r，依據(jù)sinC=1rh而復色光圓形區(qū)域的面積為S＝πr2聯(lián)立，解得S=π故C正確；D、根據(jù)Δx=ldλ，又因為a光的波長比b光的大，所以在同一裝置的雙縫干涉實驗中，a光的干涉條紋相鄰亮條紋間距比b故選：C?！军c評】解決該題的關鍵是明確知道a光在水面上形成的圓形亮斑面積較大，則a光的臨界角較大，熟記相關的公式。4．（6分）（2023春?焦作期末）圖1、2中，一個是分子勢能與分子間距離的關系圖像，另一個是分子間作用力與分子間距離的關系圖像，r0為平衡位置?，F(xiàn)讓相距較遠的兩分子僅在相互間分子力作用下，由靜止開始相互接近。若兩分子相距無窮遠時分子勢能為零，則在兩分子相互接近過程中，由圖像分析可知（）A．分子間的作用力先增大后減小再增大 B．分子勢能先增大后減小再增大 C．分子運動的加速度先增大后減小 D．分子的動能先減小后增大【考點】分子勢能及其與分子間距的關系；分子間存在作用力及其與分子間距的關系．【專題】定性思想；推理法；分子間相互作用力與分子間距離的關系；理解能力．【答案】A【分析】分子之間的相互作用的引力和斥力都隨分子間距離的減小而增大，只是分子引力的變化慢，斥力變化快，當r＝r0時分子引力等于分子斥力，r大于平衡距離時分子力表現(xiàn)為引力，當r小于r0時分子間的作用力表現(xiàn)為斥力，可知圖1為分子間作用力與分子間距離的關系圖像，圖2是分子勢能與分子間距離的關系圖像。當分子間距離等于平衡距離時，分子力為零，分子勢能最小。由于沒有其它外力做功，故分子動能和勢能之和在整個過程中不變?！窘獯稹拷猓篈、當r＝r0時分子力表現(xiàn)為零，可知圖1為分子間作用力與分子間距離的關系圖像，由圖1可知，當兩分子相互接近過程中，分子間的作用力先增大后減小再增大，故A正確；B、當兩分子相互接近過程中，由圖2可知，分子勢能先減小后增大，故B錯誤；C、因為分子間的作用力先增大后減小再增大，則分子運動的加速度先增大后減小再增大，故C錯誤；D、因分子力先做正功后做負功，則分子的動能先增大后減小，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題要注意分子間的勢能及分子力雖然屬于微觀世界的關系，但是我們所學過的功能關系均可使用。5．（6分）（2024春?南岸區(qū)校級月考）一列火車鳴笛勻速經(jīng)過鐵道，旁邊的人聽到鳴笛聲的音調(diào)一直在變化，則下列說法正確的是（）A．鐵道旁的人聽到鳴笛聲的音調(diào)發(fā)生變化是因為聲波發(fā)生了干涉 B．鐵道旁的人聽到鳴笛聲的音調(diào)一直升高 C．列車上的乘客聽到鳴笛聲的音調(diào)不變 D．鳴笛聲的音調(diào)越高則在空氣中傳播得越快【考點】多普勒效應及其應用．【專題】定性思想；推理法；簡諧運動專題；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)多普勒效應分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．鳴笛聲的音調(diào)發(fā)生變化是多普勒效應，與聲波的干涉無關，故A錯誤；B．由多普勒效應可知，當火車靠近鐵道旁的人時，人聽到的鳴笛聲的音調(diào)升高，當火車遠離鐵道旁的人時，人聽到的鳴笛聲的音調(diào)降低，故B錯誤；C．由于車上乘客和鳴笛無相對運動，故不產(chǎn)生多普勒效應，聽到的音調(diào)不變，故C正確；D．聲音的傳播速度與音調(diào)（頻率）無關，笛聲在空氣中傳播得速度均相同，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題主要考查了多普勒效應，知道“高亢表示靠近，低沉表示遠離”的結論。6．（6分）（2023?高新區(qū)模擬）2021年10月16日6時56分，神舟十三號載人飛船成功對接中國空間站天和核心艙，與天舟二號、天舟三號貨運飛船一起組成四艙（船）組合體。若對接后可近似認為空間站在距地面高h＝400km的軌道上做勻速圓周運動，已知地球半徑為R＝6400km，地球表面的重力加速度大小g＝10m/s2。則（）A．空間站里的航天員處于失重狀態(tài)，故不受到地球的引力作用 B．航天員在空間站里可通過做俯臥撐運動來鍛煉身體 C．空間站繞地球運行的周期大約為1.53h D．飛船和空間站對接前，飛船應先與空間站處于同一軌道然后向前加速追上空間站完成對接【考點】衛(wèi)星的追及相遇問題；萬有引力與重力的關系（黃金代換）．【專題】比較思想；模型法；人造衛(wèi)星問題；理解能力．【答案】C【分析】空間站里的航天員處于失重狀態(tài)，仍受到地球的引力作用。航天員在空間站里處于失重狀態(tài)，通過做俯臥撐運動不能用來鍛煉身體。根據(jù)萬有引力提供向心力以及在地球表面上萬有引力等于重力分別列式，即可求解空間站繞地球運行的周期。結合變軌原理分析?！窘獯稹拷猓篈、空間站里的航天員處于失重狀態(tài)，此時仍受地球引力作用，并由所受地球引力全部提供向心力，故A錯誤；B、航天員在空間站里處于失重狀態(tài)，用很小的力就可做俯臥撐，得不到鍛煉的作用，故B錯誤；C、在地球表面上，由萬有引力等于重力，有GMmR空間站繞地球運行時，根據(jù)萬有引力提供向心力，有GMm(R+h)2=m聯(lián)立解得空間站繞地球運行的周期T≈1.53h，故C正確；D、在對接前，飛船軌道應稍低于空間站的軌道，然后讓飛船加速做離心運動而追上空間站并與之對接，故D錯誤。故選：C?！军c評】解答本題的關鍵要掌握衛(wèi)星問題兩條基本思路：萬有引力等于重力，以及萬有引力提供向心力。（多選）7．（6分）（2023秋?臨沂期末）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量小于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的大 C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的總動量方向向左【考點】動量守恒定律的一般應用；牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內(nèi)容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】AB【分析】A.對甲、乙，由牛頓第二定律分別列式，即可分析判斷；BCD.結合前面分析，根據(jù)動量守恒定律及動量定理，即可分析判斷?！窘獯稹拷猓篈.設甲、乙間的磁力大小為F，對甲，由牛頓第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲，解得：a甲對乙，由牛頓第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙，解得：a乙由題意可知，m甲＜m乙，則a甲＞a乙，則在它們相互接近過程中的任意時刻，甲的速度大小比乙的大，故A正確；BCD.結合前面分析可知，a甲＞a乙，則甲所受合力大于乙所受合力，則甲、乙系統(tǒng)動量不守恒，且甲、乙系統(tǒng)動量方向與甲的動量方向相同；從釋放甲和乙到它們相互接近過程中的任一時刻，甲所受合力的沖量大于乙所受合力的沖量，根據(jù)動量定理得，合力的沖量等于動量的變化量，則甲的動量大小比乙的大，甲、乙系統(tǒng)的動量向右，故B正確，CD錯誤；故選：AB?！军c評】本題考查動量守恒定律的一般應用，解題時需注意，如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，則這個系統(tǒng)的總動量保持不變。（多選）8．（6分）（2022秋?普寧市校級期末）如圖甲所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形導體線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r＝1Ω。在線圈中存在面積S2＝0.3m2的垂直線圈平面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B隨時間t變化的關系如圖乙所示。有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的圓形線圈相連接，b端接地，則下列說法正確的是（）A．圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E＝4.5V B．通過電阻R的電流方向為從下至上 C．圓形線圈中產(chǎn)生的感應電流大小為1A D．第4s末圓形線圈的磁通量為0.24wb【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算；增反減同．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據(jù)法拉第電磁感應定律計算出線圈中產(chǎn)生的感應電動勢，根據(jù)楞次定律判定感應電流的方向；根據(jù)閉合電路的歐姆定律計算出線圈中的感應電流大??；根據(jù)Φ＝BS求出磁通量。【解答】解：A.線圈產(chǎn)生的電動勢：E=nΔΦΔt=nB.根據(jù)楞次定律可知，通過電阻R的電流方向為從下至上，故B正確；C.圓形線圈中產(chǎn)生的感應電流為I=ER+r=D.第4s末B＝0.6T，則圓形線圈的磁通量為Φ＝BS2＝0.6×0.3Wb＝0.18Wb，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題主要考查了楞次定律和法拉第電磁感應定律，在應用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢時，要注意公式=nΔΦΔt=nΔB二．實驗題（共4小題，滿分62分）9．（10分）（2023春?杭州期中）（1）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系”的實驗中，下列器材在實驗中不必用到有AC；（2）本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是A；A．控制變量法B．等效替代法C．類比法（3）某同學發(fā)現(xiàn)原副線圈電壓之比略大于匝數(shù)之比，下列不可能的原因是A。A．原副線圈的電壓變化不同步B．變壓器線圈中有電流通過時會發(fā)熱C．鐵芯在交變磁場的作用下會發(fā)熱D．變壓器鐵芯漏磁【考點】探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系．【專題】實驗題；實驗探究題；定性思想；實驗分析法；交流電專題；實驗探究能力．【答案】（1）AC；（2）A；（3）A?！痉治觥浚?）根據(jù)實驗原理選擇器材；（2）根據(jù)控制變量法特點分析判斷；（3）根據(jù)磁通量的損失分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）A．變壓器需要用交流電，干電池不能夠使變壓器正常工作，因此干電池不必用到，故A正確；B．實驗需要用到變壓器，故B錯誤；C．該實驗不需要滑動變阻器，故C錯誤；D．電壓表用來測量電壓，需要用到，故D錯誤。故選：AC。（2）本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法。故A正確，BCD錯誤。故選：A。（3）A．原副線圈電壓之比略大于匝數(shù)之比，表明副線圈兩端電壓偏小，說明穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，原副線圈的電壓變化不同步，并不能造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，故A錯誤；B．變壓器線圈中有電流通過時會發(fā)熱，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，故B正確；C．鐵芯在交變磁場的作用下會發(fā)熱，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，故C正確；D．變壓器鐵芯漏磁，有一部分能量損耗，造成穿過副線圈的磁通量小于穿過原線圈的磁通量，故D正確。本題選擇不可能的，故選：A。故答案為：（1）AC；（2）A；（3）A?！军c評】本題考查探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關系實驗，要求掌握實驗原理、實驗器材和誤差分析。10．（16分）（2022春?新余期末）用如圖1實驗裝置驗證m1、m2，組成的系統(tǒng)機械能守恒。圖2給出的是實驗中獲取的一條紙帶：0是打下的第一個點，每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的計時點（圖中未標出），計數(shù)點間的距離如圖2所示。已知m1＝50g、m2＝150g，則：（1）要使實驗誤差更小，應選擇“0、1”兩計數(shù)點距離接近2.45cm的紙帶，g＝9.8m/s2。（計算結果保留三位有效數(shù)字）（2）用h表示各計數(shù)點到0點的距離，用v表示各計數(shù)點速度，用g表示重力加速度，這個實驗需要驗證機械能守恒的公式為：（m2﹣m1）gh=12(（3）在計數(shù)點0～5過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk＝0.595J，則系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝0.598J；在誤差允許范圍內(nèi)，系統(tǒng)機械能守恒，g＝9.8m/s2。（計算結果均保留三位有效數(shù)字）【考點】驗證機械能守恒定律．【專題】實驗題；實驗探究題；定量思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；實驗探究能力．【答案】（1）2.45；（2）（m2﹣m1）gh=12(m1+m【分析】（1）應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求解。（2）應用機械能守恒定律求解。（3）求出打點5時的速度，然后求出動能的增加量與重力勢能的減少量?！窘獯稹拷猓海?）已知m1＝50g＝0.05kg，m2＝150g＝0.15kg；每相鄰兩計數(shù)點間還有4個打下的計時點，相鄰計數(shù)點間的時間間隔t＝5T=5f=由牛頓第二定律得：m2g﹣m1g＝（m1+m2）a，物體做初速度為零的勻加速直線運動，0、1兩點間的距離h=12at（2）由機械能守恒定律得：（m2﹣m1）gh=12(m1+m2)v（3）做勻變速直線運動的物體在某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，打點5時的速度v=(22.20+26.60)×10-2在記數(shù)點0～5過程中系統(tǒng)動能的增量ΔEk=12系統(tǒng)勢能的減少量ΔEp＝（m2﹣m1）gh05＝（0.15﹣0.05）×9.8×（38.80+22.20）×10﹣2J≈0.598J。故答案為：（1）2.45；（2）（m2﹣m1）gh=12(m1+m【點評】理解實驗原理是解題的前提，應用勻變速直線運動的推論與動能、重力勢能的計算公式、機械能守恒定律即可解題；解題時注意單位換算與有效數(shù)字的保留。11．（16分）（2024秋?朝陽區(qū)校級月考）“神舟十一號”載人飛船的返回艙在距地面某一高度時，啟動減速降落傘裝置開始做減速運動。當返回艙的速度大約減小至v＝10m/s時，繼續(xù)勻速（近似）地下降。當以這個速度一直降落到距離地面h＝1.1m時，立刻啟動返回艙的緩沖發(fā)動機并向下噴氣，艙體再次做減速運動，經(jīng)歷時間t＝0.20s后，以某一安全的速度落至地面。（1）若最后的減速過程可視為豎直方向的勻減速直線運動，取重力加速度g＝10m/s2。求：a.這一過程中返回艙的加速度；b.這一過程中返回艙對質(zhì)量m＝60kg的航天員的作用力的大小F。（2）事實上，空氣阻力不僅跟物體相對于空氣的速度有關，還跟物體的橫截面積有關。實驗發(fā)現(xiàn)：在一定條件下，降落傘在下落過程中受到的空氣阻力f與傘的橫截面積S成正比，與其下落速度v的平方成正比，即f＝kSv2（其中k為比例系數(shù)）。重力加速度為g。a.定性描述返回艙在打開降落傘以后至啟動緩沖發(fā)動機之前，其速度和加速度的變化情況；b.通過計算分析說明：為了減小返回艙做勻速（近似）下降階段時的速度，可以通過改變哪些設計（量）來實現(xiàn)？（提出一種可行的方案即可）。【考點】牛頓第二定律求解多過程問題．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】（1）a.返回艙加速度的方向豎直向上，大小為45m/s2；b.返回艙對航天員的作用力大小為3.3×103N；（2）a.返回艙在打開降落傘后至啟動緩沖發(fā)動機之前先做加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速（近似）運動；b.在環(huán)境和設備質(zhì)量一定的情況下，通過增大降落傘的橫截面積S，可以實現(xiàn)減小返回艙勻速（近似）下降階段時的速度?！痉治觥浚?）a.根據(jù)勻變速直線運動的位移規(guī)律列式求解加速度大小，再判斷方向；b.根據(jù)牛頓第二定律列式求解作用力大??；（2）a.根據(jù)航天員的受力情況分析速度和加速度的變化情況；b.假設條件，結合平衡方程推導速度的表達式進行分析判斷?！窘獯稹拷猓海?）a.返回艙加速度的方向豎直向上，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律h=vt-12at2，代入數(shù)據(jù)解得b.以航天員為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣mg＝ma，解得F＝3.3×103N；（2）a.剛打開降落傘時，由于空氣阻力的作用，返回艙做減速運動；速度減小，則空氣阻力減小，加速度減??；當加速度減小到零時，開始做勻速（近似）運動；即返回艙在打開降落傘后至啟動緩沖發(fā)動機之前先做加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速（近似）運動；b.設返回艙的質(zhì)量為M，當返回艙達到勻速（近似）狀態(tài)后，受力平衡，有Mg＝kSv2，解得v=MgkS，由此可見，在環(huán)境和設備質(zhì)量一定的情況下，通過增大降落傘的橫截面積答：（1）a.返回艙加速度的方向豎直向上，大小為45m/s2；b.返回艙對航天員的作用力大小為3.3×103N；（2）a.返回艙在打開降落傘后至啟動緩沖發(fā)動機之前先做加速度逐漸減小的減速運動，后做勻速（近似）運動；b.在環(huán)境和設備質(zhì)量一定的情況下，通過增大降落傘的橫截面積S，可以實現(xiàn)減小返回艙勻速（近似）下降階段時的速度?！军c評】考查勻變速直線運動的規(guī)律以及物體的受力分析和運動狀態(tài)分析，會根據(jù)題意進行準確分析解答。12．（20分）（2025春?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，在豎直平面內(nèi)x軸的上方空間內(nèi)存在水平向右的勻強電場，x軸的下方空間內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場和豎直向下的勻強電場，磁感應強度大小為0.3T，電場強度大小均為1.2V/m。一個帶電小球用一根細線懸掛在x軸的上方區(qū)域，靜止時細線與豎直方向夾角為θ＝45°?，F(xiàn)將細線剪斷，小球運動1s時第一次經(jīng)過x軸進入x軸下方區(qū)域。g取10m/s2。求：（tan63°≈2）（1）小球第一次經(jīng)過x軸時的速度大小；（2）小球第三次經(jīng)過x軸時的方向；（3）從剪斷細線開始到小球第四次經(jīng)過x軸的時間?！究键c】帶電粒子由電場進入磁場中的運動．【專題】定量思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題；帶電粒子在磁場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球第一次經(jīng)過x軸時的速度大小為102（2）小球第三次經(jīng)過x軸時與x軸負方向夾角為π10（3）從剪斷細線開始到小球第四次經(jīng)過x軸的時間為(3+33π【分析】（1）