【文档说明】【精准解析】山东省青岛第58中学2019-2020学年高二下学期期末考试物理试卷.doc，共(21)页，1.000 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fd9e605921eb9742bcb1bab129e881d0.html

以下为本文档部分文字说明：

2019-2020学年第二学期期末模块测试高二物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的4个选项中只有一项是符合题目要求的。1.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，该系统将由35颗卫星组成，卫星的轨道

有三种：地球同步轨道、中地球轨道和倾斜轨道．其中，同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，那么同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为()A.1232骣琪琪桫B.232骣琪琪桫C.3232骣琪琪桫D.2332骣琪琪桫【答案】C【解析】【详解】同步轨道半径大约是中轨道半径的1.5倍，根据开普勒第三定律3

2rkT=得32232TT=同中所以同步卫星与中轨道卫星的周期之比约为3232骣琪琪桫．A.1232骣琪琪桫与计算结果不符，故A错误．B.232骣琪琪桫与计算结果不符，故B错误．C.3232骣琪琪桫与计算结果相符，故C正确．D.2332骣琪琪桫与计算结果不符，故D

错误．2.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则（）A.a的向心加速度等于重力加速度gB.在相同时间内b转过的弧长最长C.c在4小时内转过的圆

心角是6D.d的运动周期有可能是20小时【答案】B【解析】【详解】A．a随地球自转，由于万有引力分为两部分，一部分为重力，一部分充当向心力，所以其向心加速度不为g，A错误；B．万有引力提供向心力22MmvGmrr=得GMvr=则知卫星的半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，相同时间内转过的

弧长最长，B正确；C．c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是4h224h3=D错误；D．由开普勒第三定律32akT=知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能是20h，D

错误。故选B。考点：考查了万有引力定律的应用【点睛】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。3.如图所示，有10块完全相同的长方体木板叠放在一起，每块木板的质量为

100g，用手掌在这叠木板的两侧同时施加大小为F的水平压力，使木板悬空水平静止。若手与木板之间的动摩擦因数为0.5，木板与木板之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，则F至少为（）A.25NB.20NC.15ND.10N【

答案】B【解析】【详解】先将所有的书当作整体，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有1210Fmg再以除最外侧两本书为研究对象，竖直方向受重力、静摩擦力，二力平衡，有228Fmg联立解得20N

F选项B正确，ACD错误。故选B。4.根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6cm处，这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大

小成正比，现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球A.到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B.到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C.落地点在抛出点东侧D.落地点在抛出点西侧【答案】D【解析】AB、上升过程水平方向向西加速，在最高点竖直

方向上速度为零，水平方向上有向西的水平速度，且有竖直向下的加速度，故AB错；CD、下降过程向西减速，按照对称性落至地面时水平速度为0，整个过程都在向西运动，所以落点在抛出点的西侧，故C错，D正确；故选D点睛：本题的运动

可以分解为竖直方向上的匀变速和水平方向上的变加速运动，利用运动的合成与分解来求解．5.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移—时间（x－t）图象，A质点的图像为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图．下列说法不正确．．．的是（）A.A、B相遇两次B.t1～t2

时间段内B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等C.两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的中间时刻D.A在B前面且离B最远时，B的位移为122xx+【答案】D【解析】【详解】图象的交点表示同一时刻到达同一位置而相遇，可知，A、B分

别在t1和t2两个时刻相遇，故A正确；t1～t2时间段内，两质点通过的位移相等，则B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，故B正确．位移-时间图象斜率表示速度，B图线的切线斜率不断增大，而且B图线

是抛物线，有x=kt2，则知B做匀加速直线运动．因为t1～t2时间段内，B质点的平均速度与A质点匀速运动的速度相等，而匀变速直线运动的平均速度等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，所以两物体速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内

的中间时刻，故C正确．当AB速度相等时，相距最远，该时刻在t1～t2时间段内的中间时刻，由于B做匀加速直线运动，所以此时B的位移小于122xx+，故D错误．本题选不正确的，故选D．【点睛】解决本题的关

键要理解位移-时间图象点和斜率的物理意义：知道两图线相交表示相遇，斜率表示速度．6.如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，且铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()A.大小和方向均不变B.大小不变，方向改变C.

大小改变，方向不变D.大小和方向均改变【答案】A【解析】【详解】试题分析：因为铅笔向右匀速移动，故物体会向右做匀速直线运动，同时物体向上也做匀速直线运动，故物体同时参与这两个运动，这两个匀速直线运动的合成的运动仍是匀变速直

线运动，故橡皮运动的速度大小与方向均不变，选项A正确．考点：运动的合成．7.如图所示，一人用钳碗夹住圆柱形茶杯，在手竖直向上的力F作用下，夹子和茶杯相对静止，并一起向上运动。夹子和茶杯的质量分别为m、M假设夹子与茶杯两侧间的静

摩擦力在竖方向上，夹子与茶杯两侧间的弹力在水平方向上，最大静摩擦力均为f，则下列说法正确的是（）A.人加大夹紧钳碗夹的力，使茶杯向上匀速运动，则夹子与茶杯间的摩擦力增大B.当夹紧茶杯的夹子往下稍微移动一段距离，使夹子的顶角张大，但仍使茶杯匀速上升，人的作用力F将变

小C.当人加速向上提茶杯时，作用力下可以达到的最大值是2f(m+M)MD.无论人提着茶杯向上向下做怎样的运动，若茶杯与夹子间不移动，则人的作用力F=(M+m）g【答案】C【解析】【详解】AB．无论人手夹紧还是夹子下移使夹子顶角变化，茶杯向上匀速运动时，茶杯处于平衡

状态，合力为零。故()FMmg=+2fMg=静摩擦力不变，故AB错误；C．当向上加速时，茶杯所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，力F的值最大，则有2fMgMa−=()()FMmgMma−+=+联立解得2()fmMFM+=，故C正确；D．当茶杯的运

动状态改变，如向上匀加速运动时，F大于（M+m）g，故D错误。故选C。8.如图所示，在一座寺庙门口吊着一口大钟，在大钟旁边并排吊着撞锤，吊撞锤的轻绳长为L，与吊撞锤的点等高且水平相距233L处有一固定的光滑定滑轮，一和尚将轻绳一端绕过定滑轮连

在撞锤上，然后缓慢往下拉绳子另一端，使得撞锤提升竖直高度2L时突然松手，使撞锤自然的摆动下去撞击大钟，发出声音，（重力加速度取g），则（）A.在撞锤上升过程中，和尚对绳子的拉力大小不变B.松手前瞬间，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比

为33C.撞锤撞击大钟前瞬间的速度大小等于2gLD.突然松手时，撞锤的加速度大小等于32g【答案】D【解析】试题分析：在摆锤上升过程中撞钟受力如图所示，因缓慢拉绳，撞钟受力平衡，由平行四边形定则作图知两绳拉力都发生变化，故选项A错误；松手前瞬间，由几何知识知，两绳恰垂直，

且由力的平行四边形法则得，撞锤上方左右两边绳子的拉力之比为，故选项B错误；松手后，撞钟摆下，只有重力做功，由机械能守恒可知，，得，故选项C错误；当突然松手时，撞钟受重力和右侧悬绳拉力作用，将重力分解为沿悬绳和垂直于悬绳的力，由

圆周运动知识知沿悬绳方向合力为零，则撞钟受合力为重力沿垂直于右侧悬绳的分力，即F合=mgcos30°，所以撞钟加速度为a=gcos30°=，故选项D正确；故选D．．考点：物体的平衡；机械能守恒定律；牛顿第二定律二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给

出的4个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但是不全得得2分，选错不得分。9.如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍未动。则施力F后，下

列说法正确的是()A.A、B之间的摩擦力可能变大B.B与墙面的弹力可能不变C.B与墙之间可能没有摩擦力D.弹簧弹力一定不变【答案】AD【解析】【详解】A．对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，当施加F后

，仍然处于静止，开始A所受的静摩擦力大小为mAgsin，若F>2mAgsin则A、B之间的摩擦力大小为sinsinAAfFmgmg=−＞则A、B之间的摩擦力大小可能变大，故A正确；B．以整体为研究对象，开始时B与墙面的弹力为零，后来加F后，弹力为Fcos

，故弹力一定变大，故B错误；CD．对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力，故C错误，D正确。故选AD。10.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金

属块Q上，Q放在带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）．现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图上未画出），两次金属块Q都保持在桌面上静止．则后一种情况与原来相比较，下

面的判断中正确的是（）A.Q受到桌面的支持力变大B.Q受到桌面的静摩擦力变大C.小球P运动的角速度变大D.小球P运动的周期变大【答案】BC【解析】【详解】试题分析：对小球分析，设绳子拉力为F，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长度为l，则有Fcosθ=mg，Fsinθ=m（2π/T）2r,r=lsi

nθ，解得T2=4π2lcosθ/g,当小球位置升高时，周期减小，角速度增大，C正确，D错误．Q物块处于平衡状态，有N=Mg+Fcosθ=（M+m）g，支持力不变，A错误；f=Fsinθ=mgtanθ，物

块位置升高，θ增大，f增大，B正确．考点：本题考查圆周运动向心力分析和物体平衡．11.在动摩擦因数0.2=的水平面上有一个质量为2kgm=的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成45=角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻

绳的瞬间，取210m/sg=，以下说法正确的是()A.此时轻弹簧的弹力大小为20NB.小球的加速度大小为28m/s，方向向左C.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为210m/s，方向向右D.若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加

速度为0【答案】ABD【解析】【详解】A．在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力tan45201N20NFmg===故A正确；B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球所受

的最大静摩擦力为0.220N4Nfmg===根据牛顿第二定律得小球的加速度为22204m/s8m/s2Ffam−−===合力方向向左，所以向左加速，故B正确；CD．剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C错误，D正确。故选ABD

。12.一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀a、b、c，分别垂直打在竖直木板上M、N、P三点，如图所示。假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距水平地面高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是（）A.三把刀在击中木板时速度大小相同B.三次飞行

时间之比为at∶bt∶ct3=∶2∶1C.三次初速度的竖直分量之比为av∶bv∶cv＝3∶2∶1D.设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为a、b、c，则有abc【答案】BD【解析】【详解】C．由于三把飞刀是垂直打在三点上的，说

明刀到达三个点时是它们运动的最高点，即从O点投出的三把刀的竖直向上的分速度分别在到达M、N、P三点时，速度变为0，由于它们上升的高度之比为hMO：hNO：hPO=3：2：1故三次初速度的竖直分量之比为av

∶bv∶cv＝2MOgh：2NOgh：2POgh=3：2：1故选项C错误；B．三次飞行时间之比为at∶bt∶ct=avg：bvg：cvg=3：2：1选项B正确；A．由于三把刀的水平位移相等，故水平速度的分量v

a′：vb′：vc′=axt：bxt：cxt=2：3：6即刀击中木板时的速度也不相等，选项A错误；D．设三次抛出飞刀的初速度与水平方向夹角分别为a、b、c，则tanθa：tanθb：tanθc=aavv：bbvv：ccvv=32：23：16故abc

选项D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分13.在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和弹簧秤。(1)在实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的另一端都有绳套。实验中需用两个弹簧秤分别钩住绳套，并互成角度地拉橡皮条。某同

学认为在此过程中必须注意以下几项：A.两根细绳必须等长。B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上。C.在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行。其中正确的是___。（填入相应的字母）(2)若在实验中，把木板竖直放置，同时用细绳OA跨过钉在木板上的光滑的钉子C，下端

挂重力已知的钩码，细绳OB用一个弹簧秤钩住，如图所示，可以通过改变钩码的个数和弹簧秤的拉力调整橡皮筋与两细绳的结点O的位置。图中OC与橡皮筋延长线的夹角为，细绳OB与橡皮筋延长线的夹角为β，且90+，下列操作正确的是___。A.增加钩码个数后，为使结点位置不变，应减小β，同时减小弹簧

秤的拉力B.增加钩码个数后，为使结点位置不变，应增大β，同时增大弹簧秤的拉力C.保持钩码个数不变，将钉子C向左移动一些，为使结点位置不变，应减小β，同时增大弹簧秤的拉力。D.保持钩码个数不变，将钉子C向左移动一些，为使结点位置不变，应增大β，同时增大弹簧秤的拉力。【

答案】(1).C(2).BC【解析】【详解】(1)[1]A．两根细绳尽量长一些，但不一定必须等长，选项A错误；B．橡皮条不一定与两绳夹角的平分线在同一直线上，选项B错误；C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行，选项C正确。故选C。(2)[

2]当两力的夹角大于90°，且两力的合力不变，控制一个力的方向不变，增大力的大小时，则另一个力的大小增大，β也增大，如图所示，故A错误、B正确；当两力的夹角大于90°，且两力的合力不变，控制一个力的大小不变增大α时，则另一个力的大小增大

，β减小．如图所示，故C正确、D错误；故选BC。14.某实验小组所用的实验装置如图所示，通过改变砂桶内砂的质量研究加速度与力的关系．图中带滑轮的长木板水平放置于桌面上，一端拴有砂桶的细绳通过小车的滑轮与拉力传感

器相连，拉力传感器可直接显示所受到的拉力大小．（1）下列操作必要且正确的是____________A.小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数B.改变砂的质量重复实验，打出几条纸带C.用天平测出砂和砂桶的质

量D.为了减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量（2）实验中得到如图所示的一条纸带，相邻计数点间的时间间隔为T，各相邻计数点间的距离分别为S1、S2、S3、S4，则加速度的计算表达式为

__________，若以传感器的示数F为横坐标，通过纸带分析得到的加速度a为纵坐标，下面画出的a-F图象中合理的是__________（3）若(2)问中的四个图线(包括C中的直线部分)的斜率为k，则小车的质量为______【答案】(1).AB(2)

.()341224SSSST+−+(3).B(4).2k【解析】【详解】（1）[1]A．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录传感器的示数，选项A正确；B．改变砂的质量重复实验，打出

几条纸带，选项B正确；C．因有传感器记录拉力大小，故不需用天平测出砂和砂桶的质量，选项C错误；D．因有传感器显示小车受到的拉力，故实验中没必要要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量，选项D错误；故选AB.（2）[2]根据2xaT=可得23112SSaT−=24222SSa

T−=则()341212224SSSSaaaT+−++==[3]若以传感器的示数F为横坐标，通过纸带分析得到的加速度a为纵坐标，根据牛顿定律2FfMa−=则图像应为B；（3）[4]由2FfMa−=可得2faFMM=−则2kM=故2Mk=

15.如图所示，在公路的十字路口，红灯拦停了一车队，拦停的汽车排成笔直的一列，第一辆汽车的前端刚好与路口停止线相齐，汽车长均为l=4.0m，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距均为d1=1.0m。为了安全，前面汽车尾部与相邻汽车的前端相距至少为d2=5.0m才能开动，若汽车都以a=2m/s2的加速

度做匀加速直线运动。绿灯亮起瞬时，第一辆汽车立即开动，求：(1)第六辆汽车前端刚到达停止线时的速度大小v；(2)从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间t。【答案】(1)10m/s；(2)15.0s【解析

】【详解】(1)第六辆汽车前端与停止线的距离11525.0msld=+=（）由212vas=得。设第二辆汽车刚开动时，第一辆汽车至少已行驶的时间1t，则第二辆汽车刚开动时，第一辆至少行驶的距离2214.0msdd=−=由22112sat=从绿灯刚亮起到

第六辆汽车刚开动至少所需时间21510.0tts==第六辆汽车刚开动到前端与停止线相齐所需时间35.0vtsa==从绿灯刚亮起到第六辆汽车前端与停止线相齐所需最短时间23ttt=+解得15.0st=16.如图所示，

水平传送带AB长2m，以v=1m/s的速度匀速运动．质量均为4kg的小物体P、Q与绕过定滑轮的轻绳相连，t=0时刻P在传送带A端以初速度v0=4m/s向右运动，已知P与传送带间动摩擦因数为0.5，P在传送带上运动过程它与定滑轮间的绳始终水

平．不计定滑轮质量和摩擦，绳不可伸长且有足够长度，最大静摩擦力视为等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：（1）t=0时刻小物体P的加速度大小和方向；（2）小物体P滑离传送带时的速度．【答案】（1）7．5m/s2，方向向左（2）6m/s【解析】【详解】试题分析：（1）由于v0>v

，所以P向右减速运动，对P：T+μmg=ma1①对Q：mg-T=ma1②a1=7．5m/s2③方向向左（2）设经过时间t1速度与传送带速度相同，则④位移⑤由于最大静摩擦力，所以此后P将继续向右减速加速度:22()2.5mgmgmmaa−=+=m/s2⑥当其速度减为0时，位移⑦可知P在

速度未减为0时没有到达B端，此后P将反向向左加速从A端离开传送带由：⑧得:6Av=m/s⑨17.如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面倾

角θ＝30°，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L＝6.5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离．已知板的质量m＝1×103kg，滚轮边缘线速度v＝4m/s，滚轮对板的正压力FN＝2×104N，滚轮与

金属板间的动摩擦因数为μ＝0.35，g取10m/s2．求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点B处；(3)金属板沿斜面上升的最大距离．【答案】(1)2m/s2(2)2.625s(3)8.1m【解析】【分析】(1)对金属板

受力分析，运用正交分解法，根据牛顿第二定律列方程即可求出加速度.(2)假设金属板一直匀加速上升，求出位移可知还要匀速上升，所以金属板从A到B经历加速上升和匀速上升两个过程，分别求出两个过程的时间.(3)金属从B点向上做匀减速运动，先

根据牛顿第二定律求出匀减速的加速度，求出位移，再加上L即为金属板沿斜面上升的最大距离.【详解】(1)对金属板受力分析如图所示:受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得μFN－mgsinθ＝ma1解得a1＝2m/s2(2)由运动规律得v＝a

1t1解得t1＝2s匀加速上升的位移为114m2vxt==匀速上升需时间126.54s0.625s4Lxtv−−===共经历t＝t1＋t2＝2.625s(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma2解得a2＝5m/s

2金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离22224m1.6m225vxa===金属板沿斜面上升的最大距离为xm＝L＋x2＝6.5m＋1.6m＝8.1m【点睛】此题是一道典型的动力学问题，要求能够对金属板进行正确的受力分析，知道轮对金属板的摩擦力f是动力，会根据牛顿第二

定律求解加速度，再根据运动学公式求解运动学参量.18.某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，水平轨道AB长为11mL=，BC长为22.6mL=，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差0.2mh=，水平距离0.6ms=，现在A点将一质量为0.3kgm=的小滑块以水平初速度0v

弹射出去，滑块可以从B点进入半径为0.3mR=的光滑竖直圆形轨道，运动一周后再从B点滑出圆形轨道，并继续沿BC轨道运动，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.5=，重力加速度210m/sg=。(1)若小滑块初速度042m/sv=，求小滑块在圆形轨道最高点时对轨道的压力大小；

(2)若仅要求小滑块能够进入圆形轨道，且运动过程中始终不脱离圆形轨道，求小滑块初速度0v的大小范围；(3)若要求小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后不能掉进陷阱，求小滑块初速度0v的大小范围。【答案】(1)7N，向上；(2)010m/s4m/s

v或05m/sv；(3)05m/s6m/sv或035m/sv【解析】【详解】(1)从A位置到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有2211011222mgLmgRmvmv−−=−解得2101243220.51010.5100.3m/s10m/svvgLgR=−−=−−=

在最高点，重力和支持力的合力提供向心力，故21NvmgFmR+=解得21N100.3N0.310N7N0.3vFmmgR=−=−=根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为7N，向上；(2)临界一：滑块恰

好能到圆心最高点处，从A位置到圆心最高点位置过程，根据动能定理，有212102mgLmgRmv−−=−解得212220.51012100.3m/s4m/svgLgR=+=+=临界二：滑块恰能够到达圆弧最高点，在最高点，重力等于向心力，故23vmgmR=解得33m/svgR==从

A位置到圆弧最高点过程，根据动能定理，有2213411222mgLmgRmvmv−−=−解得243124320.51014100.3m/s5m/svvgLgR=++=++=临界三：恰好进入圆轨道，则215102mgLmv−=−故51220.5101m/s10m/svgL==

=故滑块进入轨道而不滑离轨道的初速度范围为010m/s4m/sv或05m/sv。(3)若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有21261()02mgLLmv−+=−代入数据解得66m/sv=所以当05m/s6m/sv时，小球停在BC间。若小球恰能越过壕沟时，则有212hgt=

，Csvt=联立解得3m/sCv=由动能定理得2212711()22CmgLLmvmv−+=−代入数据解得735m/sv=所以当035m/sv，小球越过壕沟。综上所示，若小球既能通过圆形轨道的最高点，又

不能掉进壕沟，小滑块在A点弹射出的速度大小范围是05m/s6m/sv或035m/sv。