【文档说明】【精准解析】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高一下学期6月物理试题.doc，共(24)页，1.135 MB，由小赞的店铺上传

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石嘴山市第三中学2019-2020年度高一第二学期第二次月考物理试卷一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分）1.“第一类永动机”不可能被制造成功是因为违反了以下哪一个规律A.能量守恒定律B.机械

能守恒定律C.牛顿第二定律D.万有引力定律【答案】A【解析】【分析】第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．【详解】第一类永动机制不成，是因为它违反能量守恒定律；与其他的三个定律无

关．故A正确，BCD错误。【点睛】本题比较简单，考查了永动机不可能制成的原因，特别注意第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律．2.如图所示，木块A．B叠放在光滑水平面上，A、B之间不光滑，用水平力F拉B，使

A、B一起沿光滑水平面加速运动，设A对B的摩擦力为F1，B对A的摩擦F2，则以下说法正确的是（）A.F1对B做正功，F2对A不做功B.F1对B做负功，F2对A做正功C.F2对A做正功，F1对B不做功D.F2对A不做功，F

1对A做正功【答案】B【解析】【详解】A对B的摩擦力为F1方向向左，阻碍运动即F1对B做负功；B对A的摩擦F2向右，对物体起动力作用即F2对A做正功。故选B。3.一辆卡车在丘陵地匀速率行驶，地形如图所示，由于轮胎太

旧，途中爆胎可能性最大的地段应是（）A.a处B.b处C.c处D.d处【答案】D【解析】【详解】在bd处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向上，根据牛顿运动定律得知，卡车处于超重状态，地面对卡车的作用力大于其重力；在a、c处，卡车做圆周运动，加速度方向竖直向下，根据牛顿运动定律得知，

卡车处于失重状态，地面对卡车的作用力小于其重力；在b、d处，根据圆周运动可知2NvFmgmr−=可知，半径越小，FN越大，越容易爆胎，故在d处容易爆胎，故D正确，ABC错误；故选D．4.蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的床垫（A位置）上，随

床垫一同向下做变速运动到达最低点（B位置），如图。有关运动员从A运动至B的过程，说法正确是（）A.运动员的机械能守恒B.运动员的速度一直减小C.运动员的机械能先增加后减小D.运动员先失重后超重【答案】D【解析】【详解】A．以运动员为研究对象，除受重力外，还受到床垫的弹力，运动员的机械能

不守恒，A错误；BD．运动员刚接触床垫时，重力大于弹力，加速度向下，随着床垫形变增大，弹力增大，当重力小于弹力后，加速度向上。从A运动至B的过程，运动员的速度先增大后减小至零，且运动员先失重后超重，B错误，D正确；C．运动员

一直克服弹力做功，机械能一直减小，C错误。故选D。5.如图所示，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为

（）A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl【答案】A【解析】【详解】以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为23m。取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能p122339lEmgm

gl=−=−当用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能p221369lEmgmgl=−=−则外力做的功即克服重力做的功等于细绳MQ段的重力势能的变化，即p2pl121999WE

Emglmglmgl=−=−+=故BCD错误，A正确。故选A。6.某星球与地球的质量比为a，半径比为b，则该行星表面与地球表面的重力加速度之比为()A.a/bB.ab2C.a/b2D.ab【答案】C【解析】【详解】根据2MmGmgR=得g=2GMR则122gagb=故

C正确，A、B、D错误。故选C。7.如图所示，原来质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置．用水平拉力F将小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，拉力F做功为（）A.FLB.2FLC.mgLD.0【答案】C【解

析】【详解】水平拉力F将小球缓慢地拉到细线成水平状态过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得WF﹣mgh=0可得拉力F做功为WF=mgL故C正确，ABD错误。8.质量为m的物体从地面上方H高处无初速释放，落到地面后出现一个深为h的坑，如图所示，在此过程

中（）A.重力对物体做功mgHB.物体重力势能减少mg（H﹣h）C.合力对物体做的总功为零D.地面对物体的平均阻力为mgHh【答案】BC【解析】【详解】AB．物体的下落高度为Hh+，所以重力对物体做功为()mgHh+，物体的重力势能减小()mgHh+，A错误，B正确．C．过程中重力做正功，

地面对物体的力做负功，开始下落时速度为零，落地后速度为零，根据动能定理过程中()000mgHhFh+−=−=，所以过程合力做功为零，D．地面对物体的平均阻力()mgHhFh+=，D错误。故选BC。9.．图是“嫦娥一号奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月

球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是A.发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B.在绕月圆轨道上，卫星的周期与卫星质量有关C.卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D.在绕月圆

轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力【答案】C【解析】【详解】第三宇宙速度是卫星脱离太阳系的最小发射速度，所以“嫦娥一号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，A项错误；设卫星轨道半径为r，由万有引力定律知卫星受到引力F＝G2

Mmr，C项正确．设卫星的周期为T，由G2Mmr＝m224Tr得T2＝24GMr3，所以卫星的周期与月球质量有关，与卫星质量无关，B项错误．卫星在绕月轨道上运行时，由于离地球很远，受到地球引力很小，卫星做圆周运动的向心力主要是月球引力提供，D项错误．10.我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次

加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道．如图所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动．下列说法正确的是A.卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度B.卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期C.卫星在a上运行的

角速度小于在b上运行的角速度D.卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力【答案】D【解析】【详解】A．由GMvr=，可知卫星在a上运行的线速度大于在b上运行的线速度，选项A错误；B．由32rTGM=，可知卫星在a上运行的周期小于在b上运行的周期，选项B错误；C．由3GMr=，卫

星在a上运行的角速度大于在b上运行的角速度，选项C错误；D．根据2MmFGr=可知，卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力，选项D正确。故选D。11.两个球形行星A和B各有一卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星的表面．如果两行星质量之比MA/MB=p，两行星半径

之比RA/RB＝q，则两卫星周期之比Ta/Tb为：A.qpB.pqC.ppqD.qqp【答案】D【解析】【详解】卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，故2222()MmGmrmrrT==解得周期为

234rTGM=两卫星周期之比为3()()aabbbaTrMqqTrMp==A.qp与计算结果abTqqTp=不相符，故A错误；B.pq与计算结果abTqqTp=不相符，故B错误；C.ppq与计算结果abTqqTp=不相符，故C错误；D.qqp与计算结果abTqqTp

=相符，故D正确．12.如图所示，在竖直平面内固定着半径为R光滑的14圆孤槽，它的末端水平，上端离地面高H，一个小球从上端无初速滑下，则小球落地时离出发点的水平距离为（）A.2()RHR−B.2()RRHR+−C.()RRHR+−D.2()RRHR

+−【答案】D【解析】【详解】根据动能定理得212mgRmv=解得2vgR=根据212HRgt−=得2()HRtg−=则平抛运动的水平位移为2()xvtRHR==−小球落地时离出发点的水平距离为2()XxRRRHR=+=+−故D正确，ABC错误

。故选D。13.如图所示，小船以大小为1v。方向与上游河岸成θ的速度（在静水中的速度）从A处过河，经过t时间，正好到达正对岸的B处。现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处，在水流速度不变的情况下，可采取下列方法中的哪一种（）A.只要增大1v

大小，不必改变角B.只要增大角，不必改变1v大小C.在增大1v的同时，也必须适当增大角D.在增大1v的同时，也必须适当减小角【答案】C【解析】【详解】ABCD．由题意可知，水流的速度和河岸的宽度为21cosvv=，1sindvt=现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸B处

，在水流速度不变的情况下，应满足（1v和是变化后的速度和夹角）11sinsinvv，11coscosvv=当11vv时，则ABD错误，C正确。故选C。14.光滑水平面上静置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速

度v1射入木块，以速度v2穿出，木块速度变为v，在这个过程中，下列说法中正确的是（）A.子弹对木块做的功为12mv12-12mv22B.子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C.子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟

木块间摩擦产生的内能之和D.子弹损失的动能转变成木块获得的动能与子弹跟木块间摩擦产生的内能之和【答案】D【解析】【详解】AC．由动能定理得，子弹对木块做的功等于木块动能的增量，则212WMv=故AC错误；B．子弹与木块相互作用过程如下图设子弹与木块相互作用力大小为f，则子弹对木块做

功Wfs=木块对子弹做功2Wfx=由于xs，故2WW，故B错误；D．对子弹和木块组成的系统，全过程总能量守恒，子弹减少的动能转化为木块增加的动能加上系统产生的内能，故D正确。故选D。15.如图所示，两个34圆弧轨道固定在水平地面上

，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道。在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，对于下述说法中正确的是（）A.若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运

动到最高点B.若hA＝hB＝32R，由于机械能守恒，两小球在轨道上上升的最大高度均为32RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后再次进入圆形轨道运动D.若使小球沿轨道运动并从最高点飞出，A小球在hA≥52R，B小球在hB>2R的

任意高度均可【答案】D【解析】【详解】A．A轨道由金属凹槽制成，小球恰能到达轨道最高点时，在A轨道上最高点由小球重力提供向心力2AvmgmR=再由机械能守恒2122AAmghmgRmv=+解得52AhR=即小球通

过A轨道到达最高点，对应的52AhR≥,A错误；B．小球在B轨道上，由内轨道对小球有支持力，小球能到达32R高度；但A轨道上没有内轨支持，小球的速度不能为零，即小球不能到达32R高度，B错误；C．若要使小球从最高点飞出后再次进入圆形轨道运动，需要满足21=2Rgt，Rvt即可得2

gRv在A轨道上，小球到达最高点的最小速度为AvgR=在B轨道上，小球到达最高点的最小速度为0Bv=则球从A轨道最高点飞出后不能再次进入圆形轨道运动，C错误；D．在A轨道上，小球到达最高点的最小速度为AvgR=在B轨道上

，小球到达最高点的最小速度为0Bv=再由机械能守恒可得2122AAmghmgRmv=+，2BmghmgR=即52AhR≥,2BhRD正确。故选D。二．多项选择题（本题共5小题，每题4分，共20分。多选错选不得分，少选得2分

）16.把质量为m的小球从距离地面高为h处以θ角斜向上方抛出，初速度为v0，不计空气阻力，小球落地时的速度大小与下列哪些因素有关（）A.小球的初速度v0的大小B.小球的质量mC.小球抛出时的高度hD.小球抛出时的仰角θ【答案】AC【解

析】【详解】由动能定理2201122tmghmvmv=−可知AC对。故选AC。17.三颗人造地球卫星A、B、C绕地球作匀速圆周运动，如图所示，已知MA=MB<MC，则对于三个卫星，正确的是（）A.运行线速

度关系为ABCvvv=B.运行周期关系为TA<TB=TCC.向心力大小关系为FA=FB<FCD.轨道半径与周期关系为333222CABABCRRRTTT==【答案】ABD【解析】【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周

运动，万有引力提供向心力，设卫星的质量为M、轨道半径为R、地球质量为M0，由图示可知，ABCRRR=，ABCMMM=AB．由牛顿第二定律得220224πGMMvMMRRRT==得0GMvR=，02πRTRGM=则

ABCvvv=，ABCTTT=故AB正确；C．向心力02MMFGR=可知ABFF故C错误；D．由开普勒第三定律可知，绕同一个中心天体运动的半径的三次方与周期的平方之比是一个定值，即333222CABABCRRRTTT=

=故D正确。故选ABD。18.物块先沿轨道1从A点由静止下滑至底端B点，后沿轨道2从A点由静止下滑经C点至底端B点，如图所示。物块与两轨道的动摩擦因数相同，不考虑物块在C点处撞击的因素，则在物块整个下滑过程中（）A.物块受到的摩擦力相同B.沿轨道1下滑时的位移较小C.物块滑至B点时速度大小

相同D.两种情况下损失的机械能相同【答案】CD【解析】【详解】A．根据滑动摩擦力公式可得cosABABfmg=，cosACACfmg=，cosCBCBfmg=结合图像可知ACABCB则物块受到的摩擦力不相同，A错误；B．

位移只跟初末位置决定，它们的初末位置相同，位移相等，B错误；CD．如图所示12cos=sinABfABBDABhhWmgmgl+=1cossinACfACDEAChWmgmgl==2cos=s

inCBfCBBECBhWmgmgl=可得ABACCBfffWWW=+即物块从A点由静止下滑至底端B点，由1轨道和2轨道克服摩擦力做功相等，两种情况下损失的机械能相同，再由动能定理可得物块滑至B点时速度大小相同，CD正确。故选CD。19.发射地球

同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A.卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B.卫星在轨道3上的角速度小

于在轨道1上的角速度C.卫星在轨道1上经过Q点时的速度大于它在轨道2上经过P点时的速度D.卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点的加速度【答案】BCD【解析】【详解】AB．卫星在1轨道和3轨道做匀速圆

周运动，由万有引力提供向心力222MmvGmmrrr==由题意可知13rr则可得13vv，13A错误，B正确；C．卫星在P点时，在3轨道上做匀速圆周运动，在2轨道上做近心运动，可得32Pvv又由1

3vv则卫星在轨道1上经过Q点时的速度大于它在轨道2上经过P点时的速度，C正确；D．卫星在轨道2上P点和在轨道3上P点的加速度，由牛顿第二定律得22PGMar=,32PGMar=即23aa=D正确。故选BCD。20.一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小

随时间的变化如图所示．设该物体在0t和02t时刻相对于出发点的位移分别是1x和2x，速度分别是1v和2v，合外力从开始至ot时刻做的功是1W，从0t至02t时刻做的功是2W,则A.215xx=，213vv=B.1221,95xxvv==C.2121,58xxWW==

D.2121,39vvWW==【答案】AC【解析】【详解】根据F-t图像面积意义和动量定理有m1v=F0t0，m2v=F0t0+2F0t0，则213vv=；应用位移公式可知1x＝12v0t、2x＝122vv+0t＋12v0t，则215xx=，B错、A对；在第一个ot内对物体应用动能定理有1W＝21

2mv、在第二个ot内对物体应用动能定理有2W＝222122mvmv−，则218WW=，D错、C对三．实验题（每空2分，共18分）21.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点．如图所示为选取的一条符合实验要求的纸

带，O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出）．已知打点计时器每隔0.02s打一次点，当地的重力加速度g=9.8m/s2．那么：（1）纸带的_______端（选填“左”或“右’）与重物相连；（2）根

据图上所得的数据，应取图中O点和____点来验证机械能守恒定律；（3）从O点到所取点，重物重力势能减少量△EP=______J，动能增加量△Ek=_______J；（结果取3位有效数字）（4）实验的结

论是：____________________________．【答案】(1).左(2).B(3).1．92(4).1．84(5).在实验误差允许的范围内，重物动能增加量等于重力势能减少量【解析】【详解】（1）[1]物体做加速运动，在相同的时间内通过的位移增大，所以纸带的左端与

重物相连（2）[2]B点的速度根据AC的平均速度来计算，所以应取OB段验证机械能守恒定律（3）[2][3]重力势能减小量公式为mgh=1.92J；动能增大量为2121.84JBmv=（4）[4]在实验误差允许的范围内，重物

动能增加量等于重力势能减少量22.一同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，他的实验如下：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌子边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与质量为m的一小钢球接触。当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌子边缘，如图

所示。让钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，使钢球沿水平方向射出桌面，小球在空中飞行后落到水平地面，水平距离为S。（1）小钢球从桌子边缘水平飞出时的速度大小是多少？________。（用h、S、g表示）（2）请你推导出弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m，桌面离地面高度

h，水平距离S，重力加速度g等物理量的表达式：________。【答案】(1).2gSh(2).24mgSh【解析】【详解】（1）小球在空中飞行后落到水平地面，做平抛运动0=Svt，212hgt=解得02gvSh=（2）由能量守恒得220124

PmgSEmvh==23.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图．由图可读出l=_________cm，d=__________mm.【答案】(1).2.25(2)

.6.860【解析】【详解】游标卡尺的读数x=22mm+0.1mm×5=22.5mm=2.25cm；螺旋测微器的读数y=6.5mm+0.01mm×36.0=6.860mm．四．计算题（共37分，解答过程写出必要的文字说明）24.2014年10月8日，月全食带来的“红月亮”亮相天空，引起人们对月球的

关注。我国发射的“嫦娥三号”探月卫星在环月圆轨道绕行，已知月球半径为R，月球表面处重力加速度为g月，引力常量为G。求：(1)月球的质量M；(2)月球的第一宇宙速度1v。【答案】(1)2gRMG=月；(2)1vgR=月【解析】【详解

】(1)月球表面处万有引力等于重力，有2MmGmgR=月解得2gRMG=月(2)月球的第一宇宙速度为近月卫星的运行速度，由万有引力提供向心力得212vMmGmRR=解得1GMvgRR==月25.同步卫星是地球的重要卫星，

在通讯等方面起到重要作用．已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T．求：（1）同步卫星距离地面的高度；（2）同步卫星的线速度．【答案】（1）同步卫星距地面的高度为22324gRTR−；（2）同步卫星的线速度为232gRT【解析】

【详解】（1）地球表面重力与万有引力相等，即2mMmgGR=可得GM=gR2同步卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，有：2224()()mMGmRhRhT=++由此可得同步卫星离地面的高度h=22324gRTR−（2）根据线速度与周期的关系有：v=2()RhT+=232gRT26.

某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示。可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直半圆轨道，并通过半圆轨道的最高点C，才算完成比赛。B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点。已知赛车质量m=0.5

kg，通电后以额定功率P=2W工作，进入竖直圆轨道前受到的阻力恒为Ff=0.4N，随后在运动中受到的阻力均可不计，10.00mL=，R=0.32m，（g取10m/s2）。求：（1）要使赛车能通过C点完成比赛，通过C点的速度至少多大；（2）赛车恰能完

成比赛时，在半圆轨道的B点的速度至少多大？这时对轨道的压力多大；（3）要使赛车完成比赛，电动机从A到B至少工作多长时间。【答案】（1）3.2m/s；（2）4m/s，30N；（3）4s【解析】【详解】（1）当赛车恰好

过C点时，由重力提供向心力，赛车在C点对有2CmvmgR=解得=3.2cvgR=m/s①要使赛车能通过C点完成比赛，通过C点的速度至少为3.2m/s。（2）对赛车从B到C由机械能守恒定律得2211·222BCmvmvmgR=+②赛车在B处合外力提供向心力，则2NBvF

mgmR−=③联立①②③式解得54m/sBvgR==，N630NFmg==由牛三知，对轨道的压力大小等于30N。（3）对赛车从A到B由动能定理得2102fBPtFLmv−=−解得4st=27.如图所示，一

根轻质细杆的两端分别固定着A、B两只质量均为m的小球，O点是一光滑水平轴，已知AOl=，2BOl=使细杆从水平位置由静止开始转动，当B球转到O点正下方时，求：（1）物体B对细杆的拉力．（2）杆对B球做功W．【答案】（1）95Fmg=，方向竖直向下；（2）65Wmgl=−【

解析】【详解】（1）A、B系统机械能守恒：22AB11222mglmglmvmv−=+且BA2vv=，代入解得：B225glv=在最低点，对B根据牛顿第二定律：2B2mvFmgl−=解得：95Fmg=根据

牛顿第三定律，物体B对细杆的拉力大小为95Fmg=方向竖直向下（2）对B根据动能定理：2B1202mglWmv+=−解得65Wmgl=−28.如图所示的“S”字形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等

的半圆连结而成，圆半径必细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个小球（可视为质点）从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小物体与地面ab段间的动摩擦因数0.2=，不计其它机械能损失，ab段长1.25mL=，圆的半径0.1mR=，小物体质量0.01kgm=

，轨道质量为0.15kgM=，210m/sg=，求：（1）若05m/sv=，小物体从p点抛出后的水平射程；（2）若05m/sv=，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当0

v至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零．【答案】（1）0.46m（2）1.1N，方向竖直向下．（3）5m/s【解析】【详解】(1)设小球到达c点处速度为v，由动能定理，得－μmgL－mg4R＝12mv2－12

mv02小球由c点做平抛运动，有4R＝12gt2x＝vt联立并代入数值解得小球从最高点c抛出后的水平射程：x＝0.46m(2)当小球通过c点时，由牛顿第二定律得:FN＋mg＝m2vR代入数值解得管道对小球作用

力:FN＝1.1N，方向竖直向下．(3)要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置，设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得－μmgL－mg2R＝12mvc2－12mv02当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：FN′＋mg＝m2cvR要

使轨道对地面的压力为零，则有FN′＝Mg联立并代入数值解得：v0＝5m/s.