黑龙江省大兴安岭地区2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

黑龙江省大兴安岭地区2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．关于近代物理学，下列说法正确的是（ ）
A ．α射线、β射线和γ射线中，γ射线的电离能力最强
B ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核的组成
D ．对于某种金属，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透本领比较强，而电离能力最强是α射线，故A 错误；
B ．玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的，故氢原子在辐射光子的同时，轨道不是连续地减小，故B 错误；
C ．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子核式结构学说，故C 错误；
D ．根据光电效应方程km 0
E h W ν=-知，超过极限频率的入射频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，故D 正确。

故选D 。

2．关于光电效应，下列说法正确的是（ ）
A ．光电子的动能越大，光电子形成的电流强度就越大
B ．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
C ．对于任何一种金属，都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应
D ．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属逸出的光电子的初动能大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．单位时间经过电路的电子数越多，电流越大，而光电子的动能越大，光电子形成的电流强度不一定越大，A 错误；
B ．由爱因斯坦的光电效应方程k 0E hv W =-可知，光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不成正比，B 错误；
C ．入射光的频率大于金属板的极限频率或入射光的波长小于金属板的极限波长，才能产生光电效应，C
正确；
D ．不可见光的频率不一定比可见光的频率大，因此用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大，D 错误．
故选C 。

3．下列说法正确的是（ ）
A ．“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是123112H+H He
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关
D ．中子与质子结合成氘核时，需要吸收能量
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A 错误；
B ．目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B 错误；
C ．对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。

故C 正确；
D ．中子与质子结合成氘核时，核聚变放出能量，故D 错误。

故选C 。

4．如图所示，U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦.初始时，外界大气压强为p 0，活塞紧压小挡板.现缓慢升高气缸内气体的温度，则选项图中能反映气缸内气体的压强p 随热力学温度T 变化的图象是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【解析】
【详解】
当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强P与热力学温度T
成正比，在P-T图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板（小挡板的重力不计），缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在P-T中，图线是平行于T轴的直线．
A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
故选B．
【点睛】
该题考查了气体状态变化时所对应的P-T图的变化情况，解答该类型的题，要熟练地掌握P-T图线的特点，当体积不变时，图线是通过坐标原点的倾斜直线，压强不变时，是平行于T轴的直线，当温度不变时，是平行于P轴的直线．
5．如图所示，在某一水平地面上的同一直线上，固定一个半径为R的四分之一圆形轨道AB，轨道右侧固定一个倾角为30°的斜面，斜面顶端固定一大小可忽略的轻滑轮，轻滑轮与OB在同一水平高度。

一轻绳跨过定滑轮，左端与圆形轨道上质量为m的小圆环相连，右端与斜面上质量为M的物块相连。

在圆形轨道底端A点静止释放小圆环，小圆环运动到图中P点时，轻绳与轨道相切，OP与OB夹角为60°；小圆环运动到B点时速度恰好为零。

忽略一切摩擦力阻力，小圆环和物块均可视为质点，物块离斜面底端足够远，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）
A．小圆环到达B点时的加速度为g 2
B．小圆环到达B点后还能再次回到A点
C．小圆环到达P点时，小圆环和物块的速度之比为23
D
51
【答案】B
【解析】
【分析】
A ．小圆环到达
B 点时受到细线水平向右的拉力和圆弧轨道对圆环的水平向左的支持力，竖直方向受到向下的重力，可知此时小圆环的加速度为g 竖直向下，选项A 错误；
B ．小圆环从A 点由静止开始运动，运动到B 点时速度恰好为零，且一切摩擦不计，可知小圆环到达B 点后还能再次回到A 点，选项B 正确；
C ．小圆环到达P 点时，因为轻绳与轨道相切，则此时小圆环和物块的速度相等，选项C 错误；
D ．当小圆环运动到B 点速度恰好为0时，物块M 的速度也为0，设圆弧半径为R ，从A 到B 的过程中小圆环上升的高度h=R ；物块M 沿斜面下滑距离为 ()(3
3)sin 30tan 30R R L R R =--=-o o
由机械能守恒定律可得
sin30mgh MgL =︒
解得
33 m M -= 选项D 错误。

故选B 。

6．如图所示，A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )
A ．L 1>L 2
B ．L 1<L 2
C ．L 1＝L 2
D ．不能确定
【答案】C
【解析】
【详解】
若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者共速，则
m A v ＝(m A ＋m B )v′
解得 v′＝A A B
m v m m + 弹性势能最大，最大为
ΔE p ＝12m A v 2－12
(m A ＋m B )v′2=
若用锤子敲击B 球，同理可得
m B v ＝(m A ＋m B )v″
解得
v″＝B A B
m v m m + 弹性势能最大为
ΔE p ＝12m B v 2－12
(m A ＋m B )v′2＝22()A B A B m m v m m + 即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故
L 1＝L 2
故C 正确。

故选C 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．已知基态He +的电离能力是54.4 eV ，几种金属的逸出功如下表所示，He +的能级E n 与n 的关系与氢原子的能级公式类似，下列说法不正确的是
A ．为使处于静止的基态He +跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为54.4 eV
B ．为使处于静止的基态He +跃迁到激发态，入射光子所需的能量最小为40.8 eV
C ．处于n=2激发态的He +向基态跃迁辐射的光子能使上述五种金属都产生光电效应现象
D ．发生光电效应的金属中光电子的最大初动能最大的是金属铷
【答案】AD
【解析】
根据玻尔理论12n E E n =-，从基态跃迁到n=2所需光子能量最小，211340.8eV 4
E E E E ∆=-==，A 错误B 正确．从n=2激发态的He +向基态跃迁辐射的光子能量为40.8 eV ，金属钨的逸出功为
197.2610J 4.54eV -⨯=，故能使所列金属发生光电效应，由表中的数据可知金属铷的逸出功最小，C 正确；根据爱因斯坦的光电效应方程可知道从铷打出的光电子的最大初动能最大，D 正确．
8．如图所示，质量相等的两物体a 、b ，用不可伸长的轻绳跨接在光滑轻质定滑轮两侧，用外力压住b ，使b 静止在水平粗糙桌面上，a 悬挂于空中。

撤去压力，b 在桌面上运动，a 下落，在此过程中（ ）
A ．重力对b 的冲量为零
B ．a 增加的动量大小小于b 增加的动量大小
C ．a 机械能的减少量大于b 机械能的增加量
D ．a 重力势能的减少量等于a 、b 两物体总动能的增加量
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据I=mgt 可知，重力作用时间不为零，则重力对b 的冲量不为零，选项A 错误；
B ．设细线与水平方向夹角为θ，则ab 两物体的速度满足的关系是cos a b v v θ= ，则cos a b mv mv θ=，即a 增加的动量大小小于b 增加的动量大小，选项B 正确；
CD ．由能量关系可知，a 机械能的减少量等于b 机械能的增加量与b 与桌面摩擦产生的内能之和，则a 机械能的减少量大于b 机械能的增加量；a 重力势能的减少量等于a 、b 两物体总动能的增加量与b 与桌面摩擦产生的内能之和，选项D 错误。

故选BC 。

9．a 、b 、c 三条平行光线垂直于半圆柱体玻璃砖的截面直径从空气射向玻璃砖，如图所示，光线b 正好过圆心O ，光线a 、c 从光线b 的两侧对称入射，光线a 、c 从玻璃砖下表面进入空气后与光线b 交于P 、Q 两点，则下列说法正确的是( )
A ．玻璃对三种光的折射率关系为n a >n b >n c
B ．玻璃对a 光的折射率大于对c 光的折射率
C ．在相同条件下进行双缝干涉实验，a 光的条纹间距比c 光窄
D ．a 、c 光分别从空气射入某种介质中，c 光发生全反射时临界角较小
E.a 光比c 光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长
【答案】BCE
【解析】
【详解】
AB ．由图可知，a 光和c 光入射角相同，但是c 光折射角较大，根据折射率公式可知玻璃对a 光的折射率大于对c 光的折射率，但是由于b 光经过玻璃时没有发生偏折，故无法比较b 光与a 、c 光的折射率大小，故A 错误，B 正确；
C ．由于a 光的折射率较大，波长较短，则在相同条件下进行双缝干涉实验，由L x d λ∆=
可得a 光的条纹间距比c 光窄，故C 正确；
D ．因a c n n >，根据临界角公式1sin C n =
知， a 光发生全反射时临界角较小，故D 错误； E ．根据公式v ＝c n
，由于a 光的折射率大，则a 光在玻璃中的传播速度较小，由几何关系可知a 光在玻璃中传播的路程较长，故a 光比c 光穿过该半圆柱体玻璃砖所需时间长，故E 正确。

故选BCE 。

10．如图所示，固定在水平地面上的弹射装置可以向任意方向以同样大小的速度发射小球。

当小球射出时速度与水平面成θ角时，小球刚好水平飞入固定在水平平台上竖直放置的光滑半圆形管道内。

当小球运动到轨道最高点时，恰与管壁无相互作用。

已知小球质量m=0.5kg ，初速度v 0=6m/s ，半圆形管道半径R=0.18m ，g 取10m/s 2。

则有（ ）
A ．小球在最高点的速度为0
B ．小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N
C ．θ=60°
D ．圆轨道最低点距地面高度h=1.8m
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．小球在最高点恰与管壁无相互作用力，根据牛顿第二定律
21v mg m R
= 解得
1m/s 5
v ==
A 错误；
B ．小球从圆轨道最低点至最高点由机械能守恒有
222111222
mgR mv mv =
- 解得 23m/s v =
在最低点有
22N v F mg m R
-= 解得
N 30N F =
根据牛顿第三定律可知小球在轨道最低点时对轨道的压力大小为30N ，B 正确；
C ．平抛运动水平方向上做匀速直线运动，分解速度
02cos v v θ=
解得
1cos 2
θ=
解得 60θ︒=
C 正确；
D ．在竖直方向上做竖直上抛运动，逆过程为自由落体运动，根据运动学公式
2
0(sin )2v h g
θ= 解得
1.35m h =
D 错误。

故选BC 。

11．如图所示为一种质谱仪示意图。

由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。

若静电分析器通道中心线的半径为R ，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E ，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向外。

一质量为m 、电荷量为q 的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P 点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q 点。

不计粒子重力。

下列说法正确的是（ ）
A ．粒子一定带正电
B ．加速电场的电压U ER =
C ．直径2PQ qmER B
D ．若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子具有相同的比荷
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．粒子在向外的磁场中受洛伦兹力向左偏转，由左手定则可知，粒子带正电，故A 正确；
B ．在静电分析器中，根据电场力提供向心力，有
2
qE mv R
= 在加速电场中，有
212
qU mv = 联立得
2
ER U = 故B 选项错误；
CD ．在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力，有
2
mv qvB R
= 2
2ERm PQ R B q
==若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明圆周运动的直径相同，由于磁场、电场、静电分析器的半径都不变，则该群粒子具有相同的比荷，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

12．下列说法中正确的是 （ ）
A．随着科技的不断进步，绝对零度可能达到
B．分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大
C．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
D．一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小
E.当卫星中的物体处于完全失重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，则必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A．绝对零度是不能达到。

故A错误；
B．两个分子之间的距离从无穷远到无限靠近的过程中，分子之间的作用力先是吸引力，后是排斥力，所以分子力先做正功，后做负功；同理，分子间距从无限靠近到无穷远的过程中，分子力也是先做正功，后做负功；所以可知分子势能随着分子间距的增大，可能先减小后增大。

故B正确；
C．布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由花粉颗粒组成的，所以布朗运动反映的是花粉颗粒的运动，不是花粉分子的热运动，是液体分子的热运动的反应，故C错误；
D．根据理想气体得状态方程可知，一定质量的理想气体在等压压缩的过程中气体的温度一定降低，而一定量的理想气体得内能仅仅与温度有关，温度降低气体的内能减小，所以一定质量的理想气体在等压压缩的过程中内能一定减小。

故D正确；
E．当卫星中的物体处于完全失重时，若一个固定的容器装有浸润其器壁的液体置于卫星内，根据浸润的特点可知必须用盖子盖紧，否则容器中的液体一定会沿器壁流散。

故E正确；
故选BDE.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定．带有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加速度为g．
（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度d=______cm；
（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有_____；
A．小物块质量m
B．遮光条通过光电门的时间t
C ．光电门到C 点的距离s
D ．小物块释放点的高度h
（3）为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据（2）测量的物理量，建立图丙所示的坐标系来寻找关系，其中合理的是_____．
【答案】（1）1.060； （2）BC ； （3）B ． 【解析】 【分析】 【详解】
（1）主尺的刻度：1 cm ，游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05×12 mm ＝0.60 mm ，总读数：10 mm ＋0.60 mm ＝10.60 mm ＝1.060 cm.
（2）实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：v=d
t
B 到
C 的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：－μmgs ＝0－
12
mv 2 联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式2
2
=2d gst
还需要测量的物理量是：光电门到C 点的距离s 与遮光条通过光电门的时间t ，故BC 正确，AD 错误． （3）由动摩擦因数的表达式可知，μ与t 2和s 的乘积成反比，所以2
1
t 与s 的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系为：纵坐标用物理量2
1
t ，横坐标用物理量s ，即B 正确，ACD 错误． 【点睛】
本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量．要先确定实验的原理，然后依据实验的原理解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数；
14．某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。

(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。

A ．用橡胶塞密封注射器的下端 B ．用游标卡尺测量柱塞的直径 C ．读取压力表上显示的气压值 D ．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____。

(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。

【答案】B 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 C 【解析】 【分析】 【详解】
(1)[1]A ．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A 需要；
BD ．由于注射器的直径均匀恒定，根据=V LS 可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B 不需要D 需要；
C ．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C 需要。

让选不需要的，故选B 。

(2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。

(3)[3]根据
=PV C T
可知当气体做等温变化时，p 与V 成反比，即1
p V ∝，故1p V -图像为直线，所以为
了能直观反映p与V成反比的关系，应做
1 p
V
-图像，C正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，横截面积均为S，内壁光滑的导热气缸A、B．A水平、B竖直放置，A内气柱的长为2L，D为B中可自由移动的轻活塞，轻活塞质量不计．A、B之间由一段容积可忽略的细管相连，A气缸中细管口处有一单向小阀门C，A中气体不能进入B中，当B中气体压强大于A中气体压强时，阀门C开启，B内气体进入A中．大气压为P0，初始时气体温度均为27℃，A中气体压强为1.5P0，B中活塞D离气缸底部的距离为3L．现向D上缓慢添加沙子，最后沙子的质量为0
P S
m
g
=．求：
(i)活塞D稳定后B中剩余气体与原有气体的质量之比；
(ii)同时对两气缸加热，使活塞D再回到初始位置，则此时气缸B内的温度为多少?
【答案】(i)
2
3
(ii)2900K
T=
【解析】
试题分析：（i）对活塞受力分析，得出A中原有气体末态的压强，分析A中原有气体变化前后的状态参量，由玻意耳定律得A末态的体积，同理对B中原来气体进行分析，由由玻意耳定律得B末态的体积，气体密度不变，质量与体积成正比，则质量之比即体积之比；（2）加热后对B中的气体进行分析，发生等压变化，由盖吕萨克定律即可求解．
（i）当活塞C打开时，A、B成为一个整体，气体的压强
20
mg
P P
S
=+
对A中原有气体，当压强增大到0
2P时，其体积被压缩为
A
L S'
由玻意耳定律得：00
1.5?22?
A
P LS P L S
='
解得： 1.5
A
L L
'=
B中气体进入气缸A中所占体积为0.5LS
对原来B中气体，由玻意耳定律得：()
00
·32?0.5
B
P LS P LS L S
+'
=
解得：B
L L
'=
B中剩余气体与原有气体的质量比为
2
0.53
B
B
L S
LS L S'
=
+
'
（ii）对气缸加热，阀门C关闭，此时被封闭在B中的气体温度为127327300
T K K K
=+=，体积为B
L S LS
'=
D活塞回到初始位置，气体体积变为3LS，设最终温度为2T
由盖吕萨克定律得：
1
2
3
B
L S LS
T T
=
'
解得：2900
T K
=
【点睛】解题的关键就是对A、B中气体在不同时刻的状态参量分析，并且知道气体发生什么变化，根据相应的气体实验定律分析求解．
16．如图所示，直角三角形ABC为某种透明介质的横截面，∠B＝30°，BC＝30cm，AB面涂有反光材料．某单色光从BC上的D点垂直BC射入介质，经AB面反射后从AC面上射出，射出方向与AB面垂直．已知BD＝21cm，不考虑光在AC面的反射．求：
（i）介质的折射率；
（ii）光在介质中的传播时间．
【答案】(1) 3(2) 9
1.310s
-
⨯
【解析】
（i）由题，作出的光路如图所示
光在E点发生反射，光在F点发生折射，由反射定律得：1230
∠=∠=︒
因∆AEF为等边三角形，则330
∠=︒，光沿垂直AB面方向射出，则460
∠=︒
根据折射定律得：
sin4
sin3
n
∠
=
∠
解得：3
n=
（ii）光在介质中的传播速度
c
v
n
=
由几何关系可得：DE DBtan B
=∠，
cos
BC BD
EF AE
B
-
==
∠
光在介质中的传播时间
DE EF
t
v
+
=
解得：9
1.310
t s
-
=⨯
【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据
c
v n
=
求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间． 17．如图所示，倾斜轨道AB 的倾角为37°，CD 、EF 轨道水平，AB 与CD 通过光滑圆弧管道BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D 进入该轨道，沿轨道内侧运动，从E 滑出该轨道进入EF 水平轨道．小球由静止从A 点释放，已知AB 长为5R ，CD 长为R ，重力加速度为g ，小球与斜轨AB 及水平轨道CD 、EF 的动摩擦因数均为0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，圆弧管道BC 入口B 与出口C 的高度差为l.8R ．求：(在运算中，根号中的数值无需算出)
(1)小球滑到斜面底端C 时速度的大小． (2)小球刚到C 时对轨道的作用力．
(3)要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R /应该满足什么条件？ 【答案】（1285
gR
（2）6.6mg ，竖直向下（3）0.92R R '≤ 【解析】
试题分析：（1）设小球到达C 点时速度为v ，a 球从A 运动至C 过程，由动能定理有
002
1(5sin 37 1.8)cos3752
c mg R R mg R mv μ+-⋅=
（2分） 可得 5.6c v gR 1分）
（2）小球沿BC 轨道做圆周运动，设在C 点时轨道对球的作用力为N ，由牛顿第二定律
2
c v N mg m r
-=， （2分） 其中r 满足 r+r·
sin530=1.8R （1分） 联立上式可得：N=6.6mg （1分）
由牛顿第三定律可得，球对轨道的作用力为6.6mg ，方向竖直向下． （1分） （3）要使小球不脱离轨道，有两种情况：
情况一：小球能滑过圆周轨道最高点，进入EF 轨道．则小球b 在最高点P 应满足2
P v m mg R '
≥（1分）
小球从C 直到P 点过程，由动能定理，有2211
222
P c mgR mg R mv mv μ--'⋅=-（1分） 可得23
0.9225
R R R ='≤
（1分） 情况二：小球上滑至四分之一圆轨道的Q 点时，速度减为零，然后滑回D ．则由动能定理有
21
02
c mgR mg R mv μ--⋅='-（1分）
2.3R R '≥（1分）
若 2.5R R '=，由上面分析可知，小球必定滑回D ，设其能向左滑过DC 轨道，并沿CB 运动到达B 点，在B 点的速度为v B ,，则由能量守恒定律有2211
1.8222
c B mv mv mg R mgR μ=+⋅+（1分） 由⑤⑨式，可得0B v =（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB ，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD 轨道上的某处．设小球在CD 轨道上运动的总路程为S ，则由能量守恒定律，有2
12
c mv mgS μ=（1分） 由⑤⑩两式，可得 S=5.6R （1分）
所以知，b 球将停在D 点左侧，距D 点0.6R 处． （1分） 考点：本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．。