2021届安徽省马鞍山市高考物理一模试卷附答案详解

2021届安徽省马鞍山市高考物理一模试卷
一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）
1.如图所示，在横截面为正三角形的容器内放有一小球，容器内各面与小
球恰好接触，图中a、b、c为容器的三个侧面。

将它们以初速度v0竖直
向上抛出，运动过程中容器所受空气阻力与速率成正比，下列说法正确
的是()
A. 上升过程中，小球对c有压力且逐渐变大
B. 上升过程中，小球受到的合力逐渐变大
C. 下落过程中，小球对a有压力且逐渐变大
D. 下落过程中，小球对容器的作用力逐渐变大
2.“北斗一号”导航卫星系统中有5颗地球同步轨道卫星，定位在距地面约为36000km的地球同
步轨道上．关于同步卫星，下面说法正确的是()
A. 发射速度小于7.9km/s
B. 发射速度大于11.2km/s
C. 运行速度小于7.9km/s
D. 如果需要，该卫星可以定位在江苏上空
3.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是()
A. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致
B. 电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比
C. 正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致
D. 移去检验电荷时，电场强度变为零
4.质量为2kg的质点在x−y平面上做曲线运动，在x方向的速度−时间图象和y方向的位移−时间图
象如图所示，下列说法正确的是()
A. 质点的初速度为7m/s
B. 质点所受的合外力为3N
C. 质点初速度的方向与合外力方向垂直
D. 2s末质点速度大小为6m/s
5.如图所示，A、B、C三个物块重均为100N，小球P重20N，作用
在物块B的水平力F=20N，整个系统静止，则()
A. A和B之间的摩擦力是20N
B. B和C之间的摩擦力是20N
C. 物块C受6个力作用
D. C与桌面间摩擦力为20N
二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）
6.如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一
水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为x。

则()
A. 物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
B. 物块到达小车最右端时，物块具有的动能为F(L+x)
C. 在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为−f(L+x)
D. 在这个过程中，物块和小车增加的动能为fx
7.如图所示为喷墨打印机的简化模型。

墨盒可以喷出质量一定的墨汁微粒(重力不计)，经带电室
带负电后，以一定的初速度v垂直射入偏转电场M、N间，经偏转后打到纸上P点，显示出字符。

则()
A. M板电势低于N板电势
B. 穿过偏转电场过程微粒的电势能减小
C. 减小偏转电场的电压可以使P点下移
D. 减小墨汁微粒的喷出速度可以使P点下移
8.如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平
面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30°。

开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是()
A. 小物块和弹簧系统机械能改变了(F−μmg)L
B. 弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大
C. 小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
D. 小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
9.下列说法中正确的是()
A. 只要是有确定熔点的物体必定是晶体
B. 液体表面存在张力是由于表面层分子间距离小于液体内部分子间距离
C. 容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的
D. 蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，所以它是非晶体
E. 布朗颗粒的无规则运动反映了液体分子的无规则运动
10.图(甲)为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图(乙)为质点P在该时刻为计时起点(t=0)的振动
图象，下列说法正确的是()
A. 此列波沿x轴正方向传播
B. 经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m
C. 经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向
D. 在t=0.05s时刻，质点Q的加速度大于质点P的加速度
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11.图甲中，带有遮光片P的滑块质量为M、钩码的质量为m；1、2是两个光电门，二者之间的距离
为s，与之相连的光电计时器可记录宽度为d的遮光片P通过光电门的时间。

实验时光电门1固定，光电门2的位置可以改变。

现用该装置探究做功与物体动能变化的关系，完成步骤中的填空：(重力加速度大小为g)
(1)用游标卡尺测P的宽度时示数如图乙所示，则遮光片的宽度d=______mm；
(2)将滑块用轻绳与钩码连接，调节木板左端垫块的位置，当轻推滑块后，滑块通过光电门1、2的时
间相等，然后去掉细线和钩码；
(3)将滑块从光电门1的位置释放，计时器显示遮光片通过光电门2的时间为t，则滑块下滑过程中受
到合力的大小为______；从光电门1到2的过程中，合力对滑块做的功W=______；滑块通过光电门2时速度的大小v=______；(用物理量的符号表示)
(4)改变光电门2位置，多次重复实验步骤(3)；
(5)以v2为纵坐标，W为横坐标，利用实验数据作出v2−W图象如图丙所示。

由此图象可得v2随W变
化的表达式为______(用物理量的符号表示)；
=______(用物理量的符号表示)。

(6)若外力做的功等于滑块动能的变化量，则b
a
12.在做“测定金属的电阻率”的实验时，有位同学按图所示电路进行连线，他共用7根导线：ab、
cd、ef、ff′、e′d′、d′c′、b′a′，由于其中有一根内部断开的导线，所以当他合上开关S后，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，电压表读数都约为4.5V，电流表读数接近零．
(1)根据上述现象可判断出是导线______ 或______ 断开．
(2)若他用多用电表的直流电压挡进行检查，合上开关S后，那么选择开关最好置于______ 挡．(填
序号)
A.1V
B.5V
C.25V
D.250V
接下来测量ff′间直流电压时，红表笔应接触______ 端，若测试结果为4.5V，则是导线______ 断开．(3)用游标卡尺测量金属材料的直径时，某一次测量结果如图所示，图中读数为______ mm．
四、简答题（本大题共2小题，共13.0分）
13.如图甲，用细管连接的两个完全相同的竖直气缸a、b内装有理想气体，气缸长均为L，将两气缸
隔开的薄活塞的质量为m、横截面积为S，此时活塞恰好没有与气缸a底部接触(图甲中所示位置)。

现将气缸缓慢转动180°至图乙位置，转动后重新平衡时活塞在气缸a 中向下移动的距离为L。

4重力加速度大小为g，整个装置均由导热性能良好的材料制成，活塞可在气缸a内无摩擦地滑动，不计活塞的厚度以及连接两气缸的细管容积，转动过程中气体的温度恒为T0。

(1)求转动前气缸a中气体的压强p a；
(2)若转动时环境温度同时改变，使得再次平衡时活塞恰好位于气缸a的正中间位置，则此时温
度为多少；
(3)请计算判断转动后能否通过改变环境的温度，使得再次平衡时活塞回到气缸a与细管连
接处且恰未接触。

14. 如图所示，有一个玻璃三棱镜ABC，其顶角A为30°.一束光线沿垂直于AB
面的方向射入棱镜后又由AC面射出，并进入空气。

测得该射出光线与
入射光线的延长线之间的夹角为30°，求此棱镜的折射率n。

五、计算题（本大题共2小题，共32.0分）
15. 如图所示，一竖直放置的圆环，半径为R，左侧PAB光滑，右侧
PCB粗糙，A，C与圆心O等高，轻弹簧a一端固定于最高点O，
另一端系一个有孔，质量为m的小球，小球套于圆环上，现将小
球置于A点由静止释放，小球第1次经过最低点B时速度为√gR，
且与圆环刚好无作用力，之后因有摩擦(动摩擦因数较小，但不
能忽略)小球能运动到右侧的最高点C1，C2，C3…的高度逐渐降
低，重力加速度为g．
(1)求小球第1次经过B点时弹簧弹力F；
(2)求从A点静止开始到第1次经过B点的过程中，弹性势能的变化量△Ep；
(3)若仅将弹簧a换成原长为2R的弹簧b，仍将小球置于A点由静止释放，测得小球第1次经过B点时对
圆环的压力为5mg，第k次经过B点后运动到右侧的最高点C K位置时，弹簧b与竖直方向成30°角，弹性势能是最大弹性势能的0.21倍，求此时已产生的内能Q K．
16. 如图所示，粗糙水平面AC与光滑的竖直面内的固定半圆轨道在C点相切，轨道半径R=0.1m，
一质量为m的小滑块(视为质点)从离C点为x的水平面上B处以初速度v0向右运动，并冲上半圆轨道，从半圆轨道最高点D飞出后落在水平面上．落点到C点的距离为d.保持初速度v0不变，多次改变x(单位为m)的大小，测出对应的d(单位为m)的大小，通过数据分析得出了d与x的函数关系为d2=−0.16x+0.48，取g=10m/s2，求：
(1)小滑块的初速度v0的大小和小滑块与水平面间的动摩擦因数；
(2)x的取值范围．
参考答案及解析
1.答案：D
解析：解：设整体的质量为m，小球的质量为m′，阻力大小为f。

AB、上升过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：mg+f=ma，上升过程中速度减小，阻力减小，故上升过程加速度大于g但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g+F N=m′a，小球受到的合力大于重力且逐渐减小，小球除受到重力外，还应受到向下的压力，所以小球对c没有压力，故AB错误；
CD、下落过程中，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：mg−f=ma，下降过程中速度增大，阻力增大，故下降过程加速度小于g但逐渐减小，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律可得m′g−F N=m′a，则小球受到的合力小于重力，小球除受到重力外，还应受到c对它受到向上的支持力，且支持力逐渐增大，所以小球对容器的作用力逐渐变大，小球对a没有压力，故C错误、D正确。

故选：D。

以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度大小和阻力大小的关系，再以球为研究对象，根据牛顿第二定律分析小球所受压力大小和方向。

本题采用整体法和隔离法，由牛顿定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力。

2.答案：C
解析：解：A、卫星的最小发射速度最小为7.9km/s。

则A错误
B、若发射速度大于11.2Km/s，则要脱离地球，则B错误
C、近地卫星的运行速度为7.9Km/s，而同步卫星的轨道半径大，运行速度要小于7.9Km/s，则C 正确
D、同步卫星只能在赤道上空，则D错误
故选：C。

卫星的发射速度要大于第一宇宙速度，发射速度越大，运行半径越大，运行速度越小，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．
第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要
可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．大于近地卫星的轨道半径，根据v=√GM
r
3.答案：C
解析：解：AC、电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．故A 错误，C正确．
B、电场强度反映电场本身的性质，与检验电荷所受的电场力和电荷量无关．不能说电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比．故B错误，
D、当移去检验电荷时，电场强度保持不变，故D错误．
故选：C．
电场强度方向与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反．电场强度反映电场本身的性质，检验电荷无关．
解决本题关键要掌握电场强度的物理意义和电场强度的方向特点，知道场强反映电场本身的特性，与试探电荷无关．
4.答案：B
解析：解：A、x轴方向的初速度为v x=3m/s，y轴方向的速度v y=−4m/s，则质点的初速度v0=√v x2+v y2=5m/s.故A错误．
B、x轴方向的加速度a=1.5m/s2，y轴做匀速直线运动，则质点的合力F合=ma=3N.故B正确．
C、合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．故C错误．
D、2s末质点速度大小v2=√v x22+v y2=√62+42=2√13m/s，故D错误．
故选：B
根据速度图象判断物体在x轴方向做匀加速直线运动，y轴做匀速直线运动．根据s−t图象的斜率求出y轴方向的速度，再将两个方向的初速度进行合成，求出质点的初速度．质点的合力一定，做匀变速运动．y轴的合力为零．根据斜率求出x轴方向的合力，即为质点的合力．合力沿x轴方向，而初速度方向既不在x轴，也不在y轴方向，质点初速度的方向与合外力方向不垂直．由速度合成法求出2s 末质点速度．
本题的运动与平抛运动类似，运用运动的分解法研究，要明确两个分运动的性质和规律，根据平行四边形定则研究．
5.答案：B
解析：试题分析：先对结点受力分析，由共点力的平衡可求得绳子对3的拉力；再将1、2、3作为整体受力分析，由共点力的平衡可求得3与地面间的摩擦力．
结点受P的拉力及两绳子的拉力；如图所示，由几何关系可知，绳子对C的拉力F1=G P=20N；
对整体受力分析，整体受重力、支持力、两大小相等、方向相反的拉力；两拉力的合力为零，故整体在水平方向没有运动的趋势；故C与桌面间的摩擦力为零；所以D 错误．
对A用隔离法受力分析，根据平衡条件知水平方向不受外力，即AB之间没有摩擦力；所以A错误
对B用隔离法进行受力分析，根据平衡条件B受C对它的摩擦力f=F=20N，根据牛顿第三定律：B 对C的摩擦力也等于20N.所以B正确．
对C用隔离法受力分析，受重力、桌面的支持力、B对它的压力、B对它的摩擦力、绳子拉力共五个力的作用，所以C错误．
故选B．
6.答案：AC
解析：
木块加速运动，木板也做加速运动，对木块、木板、木块和木板整体分别运用动能定理列式分析即可。

本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解。

A.小车受到重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有E KM=fx，故A正确；
B.物块受到拉力、重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有E Km=(F−f)⋅(L+x)，故B错误；
C.物块在摩擦力作用下前进的距离为(L+x)，故摩擦力所做的功为−f(L+x)，故C正确；
D.根据功能关系，物块和小车增加的动能为拉力做的功减去摩擦力产生的内能，即等于F(L+x)−f⋅L，故D错误。

故选AC。

7.答案：BC
解析：解：AB、微粒带负电向上偏，则可知M板带正电，则M板电势高于N板电势，且电场力做正功，故微粒的电势能减小，故A错误，B正确；
CD、微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场做类平抛运动，则有
水平方向L=v0t
竖直方向y =12at 2，其中加速度a =qU
md 联立解得微粒在偏转电场中的偏移量y =qUL 2
2mdv 0
2
由上式分析可知，减小偏转电场极板间的电压U 、增大墨汁微粒的喷出速度，都可以使P 点下移，即减小偏转位移y ，故C 正确，D 错误。

故选：BC 。

根据带负电微粒的偏转方向判断两极板电势的高低，根据电场力做功情况判断电势能变化情况； 根据微粒类平抛运动的规律求出偏转位移表达式来分析判断；
此题考查带电粒子在电场中的偏转在实际生活中的应用，关键要熟练运用运动的分解法，推导出偏转量y 的表达式．
8.答案：BD
解析：解：A 、根据能量守恒，小物块和弹簧组成的系统，机械能变化量等于恒力F 与摩擦力做的总功，即：ΔE =W F −W f ，因为弹簧对小物块有弹力的作用，所以W f ≠μmgL ，则ΔE ≠(F −μmg)L ，故A 错误。

B 、由于弹簧起初长度为L ，处于拉伸状态，与竖直方向夹角为30°，在向右运动过程中，移动位移为L ，因此必定是长度先减少再恢复到原来拉伸长度，所以在此过程中弹簧慢慢恢复原长，然后处于压缩状态，再恢复原长后，再处于拉伸状态，弹性势能即为先减小后增大接着又减小再增大，故B 正确。

C 、当小物块处于弹簧悬点正下方时，由于并不确定弹簧的弹力大小，因此无法确定F =f ，加速度可能不为零，故C 错误。

D 、由于整个运动过程中弹簧伸长量没有变化，所以弹力总功为0J 。

根据动能定理：W F −W f =Δ
E k ，故D 正确。

故选：BD 。

(1)根据能量守恒，系统外力做的功等于系统机械能的变化量；(2)弹性势能的大小与形变程度有关，形变越明显，弹性势能越大；(3)当物块水平方向所受外力为零时，速度达到最大值；(4)由于整个运动过程中弹簧伸长量没有变化，所以弹力总功为0J ；再根据动能定理可计算出物块动能的变化量。

本题考查了能量守恒及动能定理的使用，在使用过程中一定需要确定好研究对象，防止漏掉外力做功；在弹簧来回变化中，出现初始状态长度变化量相同时，弹簧弹力做功为0J 。

9.答案：ACE
解析：解：A 、晶体均具有确定的熔点，故A 正确；
B、液体表面存在张力是由于表面层由于蒸发等原因而使分子间距离大于液体内部分子间距离；故B 错误；
C、容器中气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；故C正确；
D、潮后会粘在一起，是很多晶体结合在一起造成的；虽然没有确定的几何形状，但它仍是晶体，故D错误；
E、布朗运动是固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动。

故E正确；
故选：ACE。

晶体有固定的熔点，而非晶体却没有固定的熔点；表面存在张力是由于表面层分子间距离大于液体内部分子间距离；气体压强是由于大量气体分子对容器壁的频繁碰撞造成的；没有确定的形状，但它仍是晶体；布朗运动是固体颗粒的运动，反映了液体分子的永不停息的无规则运动。

本题考查晶体与非晶体的不同，要注意掌握液体表面的张力的形成原理及气体压强产生原因；明确布朗运动的意义。

10.答案：AB
解析：解：A、由图乙可知，在t=0时刻，质点P的振动方向沿y轴负方向，则由带动法可知，波向正方向传播；故A正确；
B、由由图知：λ=4m，T=0.2s，则波速为：v=λ
T =4
0.2
m/s=20m/s.故经过0.15s，波沿x轴的正
方向传播了3m；故B正确；
C、经0.1s为半个周期，此时Q点正在向平衡位置运动，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故C错误；
D、图示时刻Q点沿y轴正方向运动，t=0.05s=1
4
T，质点Q的运动方向沿y轴正方向向上运动，没有到达最高点，而P处于最低点，所以P的加速度大．故D错误．
故选：AB．
由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速．分析波动过程，根据时间与周期的关系，判断Q点的运动方向．
波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．
11.答案：4.35mg mgs d
t v2=b
a
W2
M
解析：解：(1)由图示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，游标尺上的第7个刻度与主尺刻度对齐，游标卡尺示数是4mm+7×0.05mm=4.35mm。

(3)轻推滑块滑块通过光电门1、2的时间相等，说明滑块做匀速直线运动，滑块与钩码所受合力为零，撤去钩码后，滑块所受合力大小等于钩码的重力mg；从光电门1到2的过程中，合力对滑块做的功W= mgs；滑块通过光电门2时速度的大小v=d
t。

(5)由图丙所示图象可知，图象是过原点的直线，v2与W成正比，设v2=kW，由图示图象可知：k=b
a
，
图象的函数表达式为v2=b
a
W。

(6)对滑块，合外力做功W=mgs，由动能定理得：W=1
2Mv2−0，整理得：v2=2
M
W，则b
a
=2
M。

故答案为：(1)4.40；(3)mg；mgs；d
t ；(5)v2=b
a
W；(6)2
M。

(1)游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。

(3)滑块与钩码做匀速直线直线运动，合力为零，撤去钩码后滑块所受合力等于钩码的重力；根据功的计算公式求出合力对滑块做的功；滑块经过光电门时的平均速度近似等于滑块的瞬时速度。

(5)由图示图象求出图象的函数表达式。

(6)由动能定理求出图象的函数表达式，然后分析答题。

本题考查了游标卡尺读数、实验数据处理，理解实验原理是解题的前提，分析图示图象应用动能定理即可解题。

12.答案：ff’；e’d’；B；f；ff′；2.35
解析：解：(1)电流表读数接近零，知电路中总电阻非常大，电压表示数不变，则ff’或e’d’断路．(2)因为电源的电压大约4.5V，则直流电压的选择开关选择5V档．多用电表电流从红表笔进，黑表笔出，所以红表笔接触f端，若测试结果为4.5V，则是导线ff′断开．
(3)游标卡尺的读数为：2mm+0.05×7mm=2.35mm．
故答案为：(1)ff’或e’d’
(2)B、f、ff’
(3)2.35
(1)电流表读数接近零，知电路中的电阻非常大，电压表示数不变，结合两方面考虑，电压表测量的是电源电压，ff’或e’d’断路．
(2)根据电源电压的大约值确定直流电压档，多用电表测量时，电流从红表笔进，黑表笔出．
(3)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读．
解决本题的关键掌握电路故障分析的方法，以及知道游标卡尺的读数方法．
13.答案：(1)图甲状态下对活塞分析：p a S+mg=p b S
图乙状态下对活塞分析：p a 1S =p b1S +mg ) 从图甲状态到图乙状态，由玻意耳定律可得： 对a 气缸内气体p a SL =p a1S 3
4L 对b 气缸内气体p b SL =p b1S 54L 联立方程解得：p a =
27mg 8s
(2)由气体状态方程可得：
对a 气缸内气体
p a SL T 0
=
p a2S L 2
T
对b 气缸内气体
p b SL T 0
=
p b2S 3L 2
T
联立方程解得：T =6
23T 0
(3)从图甲状态到最终状态，两气缸体积没有变化，根据查理定律可得：
对a 气缸内气体
p a T 0
=
p a3+
mg s
T
对b 气缸内气体
p a +
mg S
T 0
=
p b3T
解得：p b3<0 因此该过程不能实现 解析：见答案
14.答案：解：正确画出光路图
根据几何关系得，i=60°γ=30°
由折射定律得，n=sini
sinγ=sin60°
sin30∘
=√3
答：此棱镜的折射率为√3。

解析：画出光路图，求出折射角和入射角，结合折射定律求出棱镜的折射率。

解决光的折射的题目，关键在于作出光路图，再结合几何关系即可顺利求解。

15.答案：解：(1)由圆周运动的规律得：
F−mg=mv2 R
代入数据解得：
F=2mg (2)由机械能守恒得
mgR=1
2
mv2+△E p
代入数据解得
△E p=1
2 mgR
(3)小球A到达B点后弹簧为原长，此时由圆周运动规律
5mg−mg=mv′2 R
弹簧位于A点时有最大弹性势能，由机械能守恒得：
E p+mgR=1
2 mv′2
解得：E p=mgR
对小球从B开始到C k过程由动能定理得：
0−1
2
mv′2= −mgR(1−
√3
2
)−Q k−0.21E p
解得：Q k=79+50√3
100
mgR
答：(1)求小球第1次经过B点时弹簧弹力F为2mg
(2)求从A点静止开始到第1次经过B点的过程中，弹性势能的变化量为1
2
mgR；
(3)此时已产生的内能为79+50√3
100
mgR．
解析：(1)受力分析，根据圆周运动规律即可求解
(2)由机械能守恒定律即可求解
(3)先求出最大弹性势能，然后根据动能定理即可求解
本题是一道综合题，综合运用了机械能守恒定律、动能定理以及功能关系，解决本题的关键熟练这些定理、定律的运用．
16.答案：解：(1)滑块从B运动到D的过程，由动能定理得
−μmgx−2mgR=1
2mv D2−1
2
mv02
滑块从D离开后做平抛运动，则有
2R=1
2
gt2
d=v D t
联立得d2=−8μRx+4R g v02−16R2
代入数据解得d2=−0.8μx+0.04v02−0.16
与d2=−0.16x+0.48对照可得0.8μ=0.16，0.04v02−0.16=0.48
解得μ=0.2，v0=4m/s
(2)滑块通过D点的临界条件是重力等于向心力，则在D点有mg=m v D02
R 滑块从B运动到D的过程，由动能定理得
−μmgx−2mgR=1
2mv D02−1
2
mv02
联立解得x=2.5m
所以x的取值范围是0<x≤2.5m
答：
(1)小滑块的初速度v0的大小是4m/s，小滑块与水平面间的动摩擦因数是0.2；
(2)x的取值范围是0<x≤2.5m．
解析：(1)根据动能定理和平抛运动的规律得出d与x的关系式，对照d2=−0.16x+0.48，求解滑块的初速度v0的大小和小滑块与水平面间的动摩擦因数．
(2)滑块通过D点的临界条件是重力等于向心力，由此求得x的取值范围．
本题关键是明确小滑块的运动情况，然后分过程运用动能定理、平抛运动的分位移公式和向心力公式列式求解．。