【文档说明】福建省泉州晋江市磁灶中学、内坑中学2021届高三上学期期末联考物理试题 含答案.docx，共(13)页，226.870 KB，由小赞的店铺上传

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2021届磁灶中学、内坑中学期末联合测试高三年物理科期末试卷（考试时间：75分钟；满分100分）一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）1.甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在𝑡=0到𝑡=𝑡1的时间内，它们的𝑣−𝑡图象如图

所示．在这段时间内()A.汽车甲的平均速度比乙的大B.汽车乙的平均速度等于𝑣1+𝑣22C.甲、乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大2.某同学在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，分别选用红色和绿色滤光片做实验，得到的干涉图样是如下四幅图中的两幅。则用红色滤

光片做实验得到的干涉图样是()A.B.C.D.3.2020年6月23日9时43分，“北斗三号”系统最后一颗全球组网卫星发射成功．所有30颗“北斗三号”卫星已全部转人长期管理模式，标志着我国“北斗卫星”导航系统向全球

组网又迈出重要一步。如图，“北斗三号”系统包括中圆卫星𝑐(周期约为12ℎ)、同步卫星𝑎(周期约为24ℎ)和倾斜卫星𝑏(周期约为24ℎ)。下列说法正确的是()A.中圆卫星的动能等于同步卫星的动能B.中圆卫星的线速度小于同步卫星的线速度C.中圆卫星和同步卫星的轨道半径之比约为1:

√43D.中圆卫星的重力势能与倾斜卫星的重力势能之比大于14.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，𝑅0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压𝑢=200𝑠𝑖𝑛100𝜋𝑡(𝑉)，设理想交流电压表𝑉1、𝑉2的示数分别是𝑈1、𝑈2

；理想交流电流表𝐴1、𝐴2示数分别是𝐼1、𝐼2.下列说法中正确的是()A.示数𝑈2=20𝑉B.滑片P向b端滑动过程中，𝑈2不变，𝐼2变大C.滑片P向b端滑动过程中，𝑈1变小，𝐼1变大D.通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1二、多选

题（本大题共4小题，选对得6分，漏选得3分，错选不得分，共24.0分）5.下列说法正确的是()A.爱因斯坦利用自己提出的能量量子化理论解释了光电效应B.比结合能越大的原子核，原子核越稳定C.一个氢原子从𝑛=4的激发态跃迁到基态时，能辐射6种不同频率的

光子D.天然的放射性现象使人类认识到原子核内部具有复杂的结构6.如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点，该电子所经位置的电势能𝐸𝑃，随它与A点的距离x的变化规律如图乙所示，下列说法正确

的是()A.电场线的方向由A指向BB.A点的电场强度比B点的大C.A点的电势比B点的低D.该电子在A点时的速度比它在B点时的大7.2022年冬奥会将在北京举行，滑雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某运动员(可视为质点)从雪坡上先后以初速度之比𝑣1:𝑣2=3:4沿

水平方向飞出，均落在雪坡上，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中()A.运动员先后落在雪坡上的速度方向不相同B.运动员先后在空中飞行的时间之比为3:4C.运动员先后落到雪坡上的速度之比为3:4D.运动员先

后下落的高度之比为9:168.如图所示，在0≤𝑥≤𝐿和2𝐿≤𝑥≤3𝐿的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，具有一定电阻的正方形线框abcd边长为2L，位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合.令线框

从𝑡=0时刻由静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动，则线框中的感应电流𝑖(取逆时针方向的电流为正)、bc两端电势差𝑈𝑏𝑐随时间t的函数图象大致是下图中的()A.B.C.D.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）9.（4分）如图，一定质量的理想气体，在状态

A时的温度𝑡𝐴=27℃，则状态C时的温度𝑇𝐶=____𝐾;气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A，此过程中气体将____(填“吸收”或“放出”)热量.10.（4分）如图所示，振子从平衡位置O点开始向右运动，在𝑀𝑁′间做简谐运动，到P点时速率第一次等于v，经过𝑡1时间通过

路程𝑠1后，速率第二次等于v，又经过𝑡2时间通过路程𝑠2后，速率第三次等于v，则该振子的振动周期𝑇=________，振幅𝐴=________．11.（5分）为了测定滑块与水平桌面之间的动摩擦因数𝜇，某同学设计了如下图所示的实验装置，其中圆弧形滑槽末端与

桌面相切．第一次实验时，滑槽固定于桌面右端，滑槽末端与桌面右端M对齐，滑块从滑槽顶端由静止释放，落在水平地面上的P点，如下图甲所示；第二次实验时，滑槽固定于桌面左侧，测出滑槽末端N与桌面右端M之间的距离为L，滑块从滑槽顶

端由静止释放，落在水平地面上的Q点，如下图乙所示．已知重力加速度为g，不计空气阻力，滑块与滑槽之间有摩擦力．甲乙(1)实验还需要测出的物理量是________(填选项前序号)．A.滑槽的高度hB.桌子的高度HC.O点到P点的距离𝑑1D.O点到Q点的距离𝑑2E.滑块的质量m(2

)实验中需要用到的测量工具(仪器)有________．(3)写出动摩擦因数𝜇的表达式为𝜇=________．12.（7分）在学习了多用电表的原理以后，某同学对自制多用电表产生了兴趣。他用一个满偏电流为3𝑚𝐴、内阻为10𝛺的电流表，一只滑动变阻器和一节电动势为1.5𝑉的干电池组装成

一个欧姆表，如图1所示。(1)该同学按图1正确连接好电路。甲、乙表笔中，甲表笔应是________(选填“红”或“黑”)表笔。(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到________

(选填“零刻度”或“满偏刻度”)处。(3)欧姆调零后，他将甲、乙两表笔分别接图2中的a、b两点，指针指在电流表刻度的1𝑚𝐴处，则电阻𝑅𝑥=________𝛺。(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图2中的a、c两

点(图2中电源内阻很小)，则电阻的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)。四、计算题（本大题共3小题，共40分，其中13题10分、14题12分、15题18分）13.质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在

的空间，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，如图所示。微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做直线运动，已知重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小，并判断该微粒带何种电荷；(2)磁感应强度的大小。14.如图甲，质量𝑚=2𝑘𝑔的物体

置于倾角𝜃=30°的足够长且固定的斜面上，𝑡=0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，𝑡=1𝑠时刻撤去力F，物体运动的部分𝑣−𝑡图像如图乙所示．重力加速度g=10m/s2（1）求上滑的最远距离x；

（2）物体与斜面间的滑动摩擦力f的大小；（3）求物体返回出发点时的速度大小．(可用根号表示)15.如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定一质量为M的物体A和𝐵(均视为质点)，物体B置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量𝑚1=12

𝑀的小球P从物体A正上方距其高h处由静止自由下落，与物体A发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后A和P粘在一起共同运动，不计空气阻力，重力加速度为g．（1）求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；（2）当地面对物体B的弹力恰好为零时，求P和A的共同速度大小；（3）若换成另一个质量𝑚2=14𝑀的

小球Q从物体A正上方某一高度由静止自由下落，与物体A发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零．求Q开始下落时距离A的高度．(上述过程中Q与A只碰撞一次)2021届高三年物理科

答案和解析1.【答案】A【解析】本题是为速度−时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度−时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义。【解答】𝐴𝐶.平均速度等于位移与时间的比值，在𝑣−𝑡图象中，图形的面积代表位移的大小，根据图象可知道，甲的位移大于乙的位移，由于时间相同，所以汽车

甲的平均速度比乙的大，故A正确，C错误；B.由于乙车做变减速运动，平均速度不等于𝑣1+𝑣22，故B错误；D.因为切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误。故选A。2.【答

案】A【解析】解：干涉图样是间距相等明暗相间的条纹，而衍射条纹明暗间距不相等，因此AB选项是干涉图样，而CD选项是衍射图样；由于红光的波长大于绿光的波长，根据△𝑥=𝐿𝑑𝜆可知，红光的干涉图样的明暗相间的条纹更宽，故A正确，BCD错误；故选：A。根据干涉图样是间距相等

的明暗相间条纹，而衍射条纹明暗间距不相等，再依据波长长的单色光干涉条纹宽，从而即可求解。解决本题的关键知道双缝干涉实验的原理及干涉条纹的特点，掌握双缝干涉条纹间距的表达式，并能灵活运用，注意干涉条纹与衍射条纹的区别。3.【答案】C【解析】本题考查卫星的运行规律，根据选项中的条件逐项判断即可

．【解答】AD、中圆卫星和同步卫星的质量关系不确定，不能比较动能的关系，故A错误;同理不能比较重力势能的关系，故D错误;BC、根据𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚4𝜋2𝑇2𝑟，可得：𝑟=√𝐺𝑀𝑇24𝜋23，则中圆卫星与同步卫星轨道半径之比为：，故C正确；根据𝑣=2

𝜋𝑟𝑇可知，中圆卫星和同步卫星线速度大小之比约为：𝑣中𝑣同=2√4，𝑣中<𝑣同，故B错误;故选C．4.【答案】B【解析】在交流电中电表显示的都是有效值，根据表达式知道输入电压的有效值，再根据匝数与电压、电流的比例关系分析。本题考

查了变压器的构造和原理，同时考查了电路的动态分析。【解答】A.由表达式知输入电压有效值为𝑈1=200√2𝑉=100√2𝑉，由𝑈1𝑈2=𝑛1𝑛2，得𝑈2=110×100√2𝑉=10√2𝑉，故A错误；B.滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电

阻减小，𝑈2不变，则𝐼2变大，故B正确；C.由B项分析知𝑈1不变，𝐼1变大，故C错误；D.变压器不改变频率，故D错误。故选B。5.【答案】BD【解析】普朗克提出能量量子化假说，比结合能越大，原子核越稳定；一群氢原子处于量子数为n的激发态时可能辐射的光谱线条数为𝐶𝑛2=𝑛(�

�−1)2，天然放射现象说明原子核内部有复杂结构。本题考查了能级跃迁、光电效应、比结合能等基础知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记基本知识点和基本规律。【解答】A.普朗克提出的能量量子化理论，爱因斯坦解释了光电效应，A错误；B.比结合能越大的原子核，原子核越

稳定，B正确；C.一个氢原子从𝑛=4的激发态跃迁到基态时，最多只能辐射3种不同频率的光子，C错误；D.天然的放射性现象产生的射线均来自原子核内部，所以天然的放射性现象使人类认识到原子核内部具有复杂的

结构，D正确。故选BD。6.【答案】BC【解析】根据𝐸𝑝−𝑥图象分析电场力的变化，从而得到场强的变化。由图看出，电势能逐渐降低，说明电势逐渐升高。可判断出电场线的方向，由电场力做功正负，分析速度的大小。【解答】AC、由𝐸𝑝−𝑥

图象可以看出电子的电势能逐渐减少，则电势逐渐升高，逆着电场线的方向电势逐渐升高，故电场线是由B指向A，A点的电势比B点的低，故A错误，C正确；B、由𝐸𝑝−𝑥图象的斜率表示电场力，可知电子所受的电场力逐渐减小，则电场

强度逐渐减小．A点的电场强度比B点的大，故B正确D、由图看出，电势能逐渐减少，电子仅受电场力作用，电子在移动的过程中，电场力对电子做正功，由动能定理可知，电子的动能增加，速度增加，即有𝑣𝐴<𝑣𝐵,故D错误。7.【答案】BCD【解析】解决本题的关

键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及知道速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的二倍。运动员离开雪坡后做平抛运动，抓住竖直位移和水平位移的关系得出运动的时间和竖直高度大小；结合速度方向与水平方向夹角与位移方向与水平方向夹角

的关系得出速度的方向和大小。【解答】A、雪坡倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动规律可知，位移与水平方向夹角的正切值二倍等于速度与水平方向夹角的正切值，故两次速度与水平方向的夹角不变，即运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，故A错误；B、运动员落到雪坡上，根据几何关系

可知：tan𝜃=12𝑔𝑡2𝑣0𝑡=𝑔𝑡2𝑣0，运动员在空中经历的时间为：𝑡=2𝑣0tan𝜃𝑔，初速度之比𝑣1：𝑣2=3：4，则运动时间之比为3：4，故B正确；C、落到雪坡上的速度为：𝑣=𝑣0cos𝛼，其中𝑡𝑎𝑛𝛼=2𝑡𝑎𝑛𝜃，可知末

速度与初速度成正比，运动员先后落到雪坡上的速度之比为3：4，故C正确；D、运动员水平位移为：𝑥=𝑣0𝑡=2𝑣02tan𝜃𝑔，则水平位移之比为9：16，位移与水平方向夹角恒定，则竖直位移h之比为9：16，故D正确。故选

BCD。8.【答案】AC【解析】首先根据楞次定律判断感应电流的方向，再根据公式𝐸=𝐵𝑙𝑣和运动学公式得到感应电动势的表达式，由欧姆定律得到感应电流的表达式。对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律

或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。【解答】由题意知线框ab从𝑥=0运动到𝑥=𝐿的时间为𝑡0，由运动学公式得𝐿=12𝑎𝑡02，解得𝑡0=√2

𝐿𝑎B.设线框ab从𝑥=𝐿运动到𝑥=4𝐿的时间为𝑡1，则由运动学公式得𝑡1=√2×4𝐿𝑎−𝑡0=2𝑡0−𝑡0=𝑡0，这段时间内穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，故B错误；A.设线框ab从𝑥=4𝐿运动到𝑥=5�

�的时间为𝑡2，则由运动学公式得𝑡2=√2×5𝐿𝑎−√2×4𝐿𝑎=√5𝑡0−2𝑡0=0．236𝑡0的时间内，根据楞次定律得感应电流方向沿顺时针方向，为负值，感应电流为𝐼=−𝐵𝐿𝑣𝑅=−𝐵𝐿𝑎𝑡𝑅，故A正确；𝐶𝐷.𝑏

𝑐两端电势差𝑈𝑏𝑐=𝐼𝑅，bc为外电路，故电势差变化和电流变化相同，故C正确，D错误。故选AC。9.【答案】900放出【解析】A到C过程气体发生等压变化，根据盖−吕萨克定律，即可求出状态C时的温度；利用𝑃−𝑉图象下面表示做功，求出整个过程气体做功，结合热

力学第一定律，联立即可判断出此过程中气体与外界是吸热还是放热。本题考查了气体实验定律和热力学第一定律的综合应用，解题关键是要分析好压强P、体积V、温度T三个参量的变化情况，选择合适的规律解决，注意理想气

体的内能与热力学温度成正比以及每个过程中做功的正负。【解答】状态A：体积为：𝑉𝐴=1𝐿，温度为：𝑇𝐴=(273+27)𝐾═300𝐾状态C：体积为：𝑉𝐶=3𝐿，温度为：𝑇𝐶根据盖−吕萨克定律可得：𝑉𝐴𝑇𝐴=𝑉𝐶𝑇𝐶解

得：𝑇𝐶=900𝐾因为是理想气体。故气体从状态A依次经过状态B、C后再回到状态A，此过程内能变化量为：△𝑈=0根据𝑃−𝑉图象下面积表示做功可知：A到B过程，气体对外做功为：𝑊1=−(3+1)×2/2=−4𝑎𝑡𝑚⋅𝐿A到B过程，气体不做功为：𝑊2=0C到A过程，气体对外做功为

：𝑊3=3𝑎𝑡𝑚×2𝐿=6𝑎𝑡𝑚⋅𝐿整个过程做功为：𝑊=𝑊1+𝑊2+𝑊3=2𝑎𝑡𝑚⋅𝐿>0根据热力学第一定律有：△𝑈=𝑊+𝑄=0，可得：𝑄<0，此过程中气体将放出热量。故答案为900放出。10.【答案】2(𝑡1+𝑡2)；𝑠1+𝑠

22【解析】本题考查了简谐运动的特点，知道简谐运动的周期性、对称性是解题的关键。【解答】振子速率第二次等于v时，恰好回到P点，速率第三次等于v时，第一次到达关于O对称的点，经历的时间恰为半个周期，通过的路程为2倍振幅，可得𝑇=2(𝑠1+

𝑠2)，𝐴=𝑠1+𝑠22。故答案为：2(𝑡1+𝑡2)；𝑠1+𝑠22。11.【答案】(1)𝐵𝐶𝐷(2)刻度尺(3)𝑑12−𝑑224𝐻𝐿【解析】(1)滑块离开桌面受做平抛运动，要求出滑块滑下

轨道时的速度，应测出桌面的高度，O与P间、O与Q间的距离；(2)由平抛运动知识求出滑块离开轨道及离开桌面的速度，由动能定理可以求出动摩擦因素的表达式；该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会；理解实验原理是正确解题的关键。【解答

】(1)滑块离开桌面后做平抛运动，实验需要测出滑块离开滑槽与离开桌面时的速度，因此实验时需要测出：桌子的高度H、O点到P点的距离𝑑1、O点到Q点的距离𝑑2，故选BCD；(2)在(1)中所需测量的物理量，均需要有：刻度尺；(3)滑块离开桌面

后做平抛运动，在竖直方向上：𝐻=12𝑔𝑡2，在水平方向上：𝑑1=𝑣0𝑡，𝑑2=𝑣𝑡，滑块在桌面上运动时，要克服摩擦力做功，由动能定理得：−𝜇𝑚𝑔𝐿=12𝑚𝑣2−12𝑚𝑣02，解

得：𝜇=𝑑12−𝑑224𝐻𝐿。故填(1)𝐵𝐶𝐷；(2)刻度尺；(3)𝑑12−𝑑224𝐻𝐿。12.【答案】(1)红；(2)满偏刻度；(3)1000；(4)偏小；【解析】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律

，根据题意应用闭合电路欧姆定律先计算出欧姆表的内阻再计算被测电阻阻值；【解答】(1)由图示可知，甲表笔与欧姆表内置电源负极相连，甲表笔是红表笔；(2)测量电阻前，他先进行欧姆调零：将甲、乙表笔短接，调节滑动变阻器，使电流表指针指到最大刻度处即满偏刻度处；(3

)欧姆表内阻为：𝑅内=E/Ig=500𝛺指针指在电流表刻度的1mA处，由闭合电路欧姆定律得：1×10−3=1.5/(500+Rx)=1000𝛺解得电阻为：𝑅𝑥=1000𝛺；(4)若误将甲、乙两表笔分别接在了图中的a、c两点，由图示电路图可知，两电池串联，相当于欧姆表内置电源电动

势E变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流变大，欧姆表指针向右偏转，欧姆表示数变小，𝑅𝑥的测量结果偏小。五、计算题（13题10分、14题12分、15题18分）13.【答案】解：(1)微粒受重力mg，电场力qE，洛伦兹力qvB，微粒做匀速直线运动，所受合力必为零，根据共点力平衡条件可知，微粒只能

带正电，否则不能平衡，受力如图所示，由几何关系知，𝑞𝐸=𝑚𝑔，则电场强度为：𝐸=𝑚𝑔𝑞；(2)由于合力为零，则：𝑞𝑣𝐵=√2𝑚𝑔解得：𝐵=√2𝑚𝑔𝑞𝑣答：(1)电场强度的大小为𝑚𝑔𝑞

，该带电粒子带正电荷。(2)磁感应强度的大小为√2𝑚𝑔𝑞𝑣。【解析】对带电微粒进行受力分析，然后由平衡条件列方程，求出电场强度与磁感应强度；本题考查了共点力平衡条件，对微粒正确受力分析、熟练应用平衡条件即可正确解题。14.【答案】解

：(1)上滑的最远距离(2)设撤去F后物体继续上滑的加速度大小为𝑎2由𝑣−𝑡图像知：由牛顿第二定律，1～3𝑠内：𝑚𝑔sin𝜃+𝑓=𝑚𝑎2代入数据解得：𝑓=6N(3)因𝑚𝑔sin𝜃>𝑓，物体此后将沿

斜面加速下滑由牛顿运动定律有：𝑚𝑔sin𝜃−𝑓=𝑚𝑎3𝑎3=2𝑚/𝑠2返回过程中，由运动学规律有：2𝑎3𝑥max=𝑣′2代入数据解得返回出发点的速度：。15.【答案】解：(1)𝑃自由下落的过程，由机械能守恒定律得𝑚1𝑔ℎ=12

𝑚1𝑣12，得𝑣1=√2𝑔ℎP与A碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得𝑚1𝑣1=(𝑚1+𝑀)𝑣2。结合𝑚1=12𝑀可得𝑣2=13√2𝑔ℎ(2)开始时A静止，则对A有𝑀𝑔=𝑘𝑥1，得弹簧的压缩量为𝑥1

=𝑀𝑔𝑘当地面对物体B的弹力恰好为零时，对B有𝑀𝑔=𝑘𝑥2，得弹簧的伸长量为𝑥2=𝑀𝑔𝑘可见，𝑥1=𝑥2，两个状态弹簧的弹性势能相等从P与A碰撞后瞬间到地面对物体B的弹力恰好为零的过程，由系统的机械能守恒得12(𝑚1+𝑀)𝑣22=12(𝑚1+𝑀)𝑣3

2+(𝑚1+𝑀)𝑔(𝑥1+𝑥2)联立解得P和A的共同速度大小𝑣3=√29𝑔ℎ−4𝑀𝑔2𝑘(3)碰撞后物体A达到最高点时，地面对物体B的弹力恰好为零，弹簧的伸长量仍为𝑥2=𝑀𝑔𝑘。设Q与A碰后瞬间A的速度为𝑣4。由A与弹簧组成的系统机

械能守恒得12𝑀𝑣42=𝑀𝑔(𝑥1+𝑥2)Q与A碰撞过程，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：𝑚2𝑣0=𝑚2𝑣5+𝑀𝑣4由机械能守恒定律得：12𝑚2𝑣02=12𝑚2𝑣52+12𝑀𝑣42对Q下落的过程，由机械能守恒定律得：𝑚2𝑔ℎ′=12𝑚2𝑣0

2结合𝑚2=14𝑀联立以上各式解得：ℎ′=25𝑀𝑔2𝐾【解析】(1)𝑃自由下落的过程，由机械能守恒定律求出P与A碰撞前瞬间的速度。再对碰撞过程，运用动量守恒定律求碰撞后瞬间P与A的共同速度大小；(2)当地面对物体B的弹力恰好为零时，弹簧的弹力等于

B的重力，对P、A及弹簧组成的系统，运用机械能守恒定律求P与A的共同速度大小；(3)先研究A与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律求出碰撞后瞬间A的速度，再对弹性碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰撞前瞬间Q的速度，即可求得Q开始下落时距离A的高度。本题过程比较复杂

，关键要分析清楚物体的运动过程，应用机械能守恒定律、平衡条件、动量守恒定律即可正确解题。