湖南省衡阳某中学高三上物理学期第二次月考试题(含解析)

衡阳市八中2015届高三第二次月考试题物理【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理必修一、必修二的全部内容，主要包含匀变速运动规律、受力分析、牛顿运动定律、曲线运动、万有引力与航天、动能定理等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，在注重考查核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。是份非常好的试卷。一、选择题（本题共12小题，每题4分，共48分。其中1-8题为单选题，9-12题为多选题，全对得4分，选对但不全的得2分，选错不给分）【题文】1、如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的(C)A.动能大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度大【知识点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．D5【答案解析】C解析：根据万有引力提供向心力G＝ma＝mω2r＝m＝mr，得到a＝，ω＝，v＝，T＝2π，由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，飞船从轨道1变轨至轨道2，轨道半径变大，故线速度变小，故动能变小，加速度、角速度变小，周期变大，故ABD错误，C正确．故选：C．【思路点拨】根据万有引力提供向心力，得出线速度、角速度、周期、向心加速度与轨道半径的关系，从而比较出大小．解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，能列出方程G＝ma＝mω2r＝m＝mr，并熟练的求解。【题文】2、如图7，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的有（D）A．甲的切向加速度始终比乙的大B．甲、乙在同一高度的速度大小不相等C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D．甲比乙先到达B处【知识点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．A2A8【答案解析】D解析：A：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故A错误；B：由机械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故B错误；C、D：甲的切向加速度先比乙的大，速度增大的比较快，开始阶段的位移比较大，故甲总是先达到同一高度的位置．故C错误，D正确．故选：D．【思路点拨】①由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小；②可以使用机械能守恒来说明，也可以使用运动学的公式计算，后一种方法比较麻烦；③哪一个先达到B点，可以通过速度的变化快慢来理解，也可以使用v-t图象来计算说明．本题应该“加速度”解释：高度相同，到达底端的速度大小就相同，但甲的加速度逐渐减小；乙的加速度逐渐增大．所以它们的速度增加的快慢不同，甲增加得最快，乙增加的最慢．【题文】3、模拟我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星­500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的eq\f(1,2)，质量是地球质量的eq\f(1,9)。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是(A)A．火星的密度为eq\f(2g,3πGR)B．火星表面的重力加速度是eq\f(2g,9)C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为eq\f(2,3)D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是eq\f(9h,2)【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】A解析：A、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．

设火星质量为M′，由万有引力等于中可得：G解得：M=，密度为：ρ＝．故A正确．B、由G=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为g．故B错误．C、由G，得到v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C错误．D、王跃以v0在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h＝，由于火星表面的重力加速度是g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=h．故D错误．故选：A．【思路点拨】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比．根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系．根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．通过物理规律把进行比较的物理量表示出来，再通过已知的物理量关系求出问题是选择题中常见的方法．把星球表面的物体运动和天体运动结合起来是考试中常见的问题．【题文】4、如图所示,用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂,小球处于静止状态,弹簧A与竖直方向的夹角为30°,弹簧C水平,则弹簧A、C的伸长量之比为(D)A.QUOTE∶4B.4∶QUOTEC.1∶2D.2∶1【知识点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．B1B3B4【答案解析】D解析：两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2．由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反

则得：F2=F1sin30°=0.5F1．根据胡克定律得：F=kx，k相同，则

弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：xC=F1：F2=2：1故选：D．【思路点拨】将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比．本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解．【题文】5．如图所示，索道缆车通过作用力F使之沿倾斜索道加速向上移动，不计空气阻力．在移动的过程中，下列说法正确的是(D)A．F对缆车做的功等于缆车增加的动能和克服摩擦力所做的功之和B．F对缆车做的功等于缆车克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．缆车克服重力做的功小于缆车增加的重力势能D．F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和【知识点】功的计算；功能关系．E1E6【答案解析】D解析：A、B、D、缆车拉力、重力、支持力和摩擦力，根据功能关系，F对缆车做的功等于缆车增加的机械能与缆车克服摩擦力做的功之和，故A错误，B错误，D正确；C、缆车克服重力做的功等于重力势能的增加量；故C错误；故选：D．【思路点拨】对缆车受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，然后结合功能关系分析．本题关键记住几个功能关系：总功等于动能的增加量；除重力外其余力做的功等于机械能的增加量；克服摩擦力做的功等于内能的增加量．【题文】6．如图所示，两个梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜，A的左侧靠在光滑的竖直墙面上．关于两个木块的受力，下列说法正确的是(B)A．A、B之间一定存在摩擦力B．A可能受三个力作用C．A一定受四个力作用D．B受到地面的摩擦力的方向向右【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；力的合成与分解的运用．B1B3B4【答案解析】B解析：A、由于AB间接触面情况未知，若AB接触面光滑，则AB间可以没有摩擦力；故A错误；B、对整体受力分析可知，A一定受向右的弹力；另外受重力和支持力；因为AB间可能没有摩擦力；故A可能只受三个力；故B正确；C错误；D、木块B受重力、压力、A对B的垂直于接触面的推力作用，若推力向右的分力等于F，则B可能不受摩擦力；故D错误；故选：B．【思路点拨】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况．本题考查受力分析及共点力的平衡，在判断接触面间的作用力，特别是摩擦力时要注意应用假设法及共点力的平衡条件进行判断．【题文】7．如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后(A)A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B1B3B4【答案解析】A解析：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：

2F2cosθ=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．故选：A．【思路点拨】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可．本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．【题文】8.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，活塞移动过程无摩擦．初始时，外界大气压强为p0，活塞紧压小挡板．现缓慢升高缸内气体的温度，则图中能反映气缸内气体的压强p随热力学温度T变化的图像是(B)【知识点】理想气体的状态方程．H3【答案解析】B解析：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．选项B正确，ACD错误．故选：B【思路点拨】因开始时活塞紧压小挡板，说明被封闭气体的压强要小于大气压，在活塞离开挡板之前，气体的体积不变，做等容变化，图线是过P-T图的坐标原点的，活塞离开挡板后，做等压变化，由此可知正确选项．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．思考：该题若考虑活塞的重力，图线将会发生什么样的变化【题文】9、有关热学，下列说法正确的是(BD)A．甲分子固定不动，乙分子从很远处向甲靠近到不能再靠近的过程中，分子间的分子势能是先增大后减小B．一定量的理想气体在体积不变的条件下，吸收热量，内能和压强一定增大C．已知阿伏伽德罗常数为NA，水的摩尔质量为M，标准状况下水蒸气的密度为ρ(均为国际单位制单位)，则1个水分子的体积是eq\f(M,ρNA)D．自然界进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，是不可逆的【知识点】分子间的相互作用力；热力学第二定律H1H3【答案解析】BD解析：A、两个分子甲和乙相距较远（此时它们之间的作用力可以忽略），设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小最后再增加，分子势能先减小后增大，故A错误；B、根据热力学第一定律得吸收了热量，体积不变，则压强和温度都会升高，故B正确，C、水蒸汽为气体，分子间距离非常大，故不可以用水蒸汽的密度，故C错误；D、热力学第二定律表明，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故D正确；故选BD【思路点拨】两个分子甲和乙相距较远（此时它们之间的作用力可以忽略），设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直到不能再靠近，在整个移动过程中分子力先增大后减小最后再增加，分子势能先减小后增大，一定质量的气体的内能的变化，就由气体分子热运动的动能总和的变化，即由温度变化所决定．热力学第二定律表明，自然界中进行的一切与热现象有关的宏观过程都具有方向性【题文】10、公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图,某公路急转弯处是一圆弧,当汽车行驶的速率为v0时,汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处,(AC)A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于v0,车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v0,但只要不超出某一最高限度,车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时,与未结冰时相比,v0的值变小【知识点】向心力．D4【答案解析】AC解析：A、路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力．故A正确．B、车速低于vc，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，减小提供的力，车辆不会向内侧滑动．故B错误．C、当速度为vc时，静摩擦力为零，靠重力和支持力的合力提供向心力，速度高于vc时，摩擦力指向内侧，只有速度不超出最高限度，车辆不会侧滑．故C正确．D、当路面结冰时，与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变．故D错误．故选AC．【思路点拨】汽车拐弯处将路面建成外高内低，汽车拐弯靠重力、支持力、摩擦力的合力提供向心力．速率为vc时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零．根据牛顿第二定律进行分析．解决本题的关键搞清向心力的来源，运用牛顿第二定律进行求解．【题文】11、2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图甲为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度—时间图线如图乙所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000mA.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的B.在0.4~2.5s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4~2.5s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变【知识点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像．A5E1【答案解析】AC解析：A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为m＝105m，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的，故A正确；B、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B错误；C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为a＝m/s2＝26.2m/s2＞2.5g，故C正确；D、在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；故选：AC【思路点拨】通过速度与时间的图象，由图象的斜率表示加速度大小，再由牛顿第二定律确定阻拦索的拉力，同时由图象与时间所构成的面积为位移的大小．由功率P=FV可确定大小如何变化考查由速度与时间的图象，来读取正确的信息：斜率表示加速度的大小，图象与时间所夹的面积表示位移的大小．注意阻拦索的张力与张力的合力是不同的．【题文】12.如图所示，质量为的物体以速度v1滑上水平传送带，传送带由电动机带动，始终保持以速度V2匀速运动，v1大于v2，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从开始滑上到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的（BCD）A．电动机少做的功为m(v12-v22)B．运动时间为(v1-v2)/μgC．摩擦力对传送带做功为mv2(v1-v2)D．摩擦产生的热量为m(v1-v2)2/2【知识点】电功、电功率；功的计算．E1【答案解析】BCD解析：A、D、传送带对物体做负功，使物体减速，因此电动机少做的功为物体动能的变化，也就是系统产生的热量，为m(v1-v2)2/2，故A错误，D正确；B、物体运动到传送带上后做匀减速运动a=,所以减速所用时间，故B正确；C、摩擦力对传动带，故C正确；故选BCD【思路点拨】物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以物体做匀减速运动，物体减小的动能全部转化为热量，当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能变化的同时，系统内能也要增加，这是解本题的关键地方．实验题（共2小题，共14分）【题文】13、(6分）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图1连接起来进行探究．钩码数1234LA/cm15.7119.7123.6627.76LB/cm29.9635.7641.5147.36第13题表1(1)某次测量如图2所示，指针示数为___16.00_____cm.(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表1.用表1数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为_12.5___N/m(重力加速度g取10m/s2)．由表Ⅰ数据_____能___(选填“能”或“不能”)计算出弹簧【知识点】探究弹力和弹簧伸长的关系．B5【答案解析】（1）16.00（2）12.5能解析：：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm．（2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：k1＝＝12.5N/m．

结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数．【思路点拨】（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位．（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数．通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数．解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量．【题文】14、（8分）在“探究加速度与质量的关系”的实验中：(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有细沙的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是__天平______．(2)实验得到如图X10­5甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T；B、C两点的间距x2和D、E两点的间距x4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为___a＝eq\f(x4－x2,2T2)____________．(3)某同学根据实验数据画出的a­eq\f(1,m)图线如图乙所示，从图线可得沙和沙桶的总质量为__0.02______kg.(g取10m/s2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a­eq\f(1,m)图像如图丙所示，则造成这一结果的原因是___未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)_________________________________【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】（1）天平（2）_a＝eq\f(x4－x2,2T2)（3）0.02（4）_未平衡摩擦力(或平衡摩擦力不足)_解析：：①本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；②根据逐差法得：s4−s2＝2aT2解得：a＝eq\f(x4－x2,2T2)③根据牛顿第二定律可知，a=，则F即为a-图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m′g=F=＝0.2N解得：m′=＝0.02kg

④由c图可知，图线不通过坐标原点，当F为某一值时，加速度为零，知平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力【思路点拨】（1）本题需测量小车的质量，所以还需要天平；（2）利用匀变速直线运动的推论，根据作差法求出加速度；（3）根据牛顿第二定律可知，a-图象的斜率等于砂和砂桶的总重力；（4）观察图象可知当F＞0时，加速度仍为零，说明平衡摩擦力不足或未平衡摩擦力．了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，能够运用逐差法求解加速度，知道图象的含义，难度适中．三、计算题（共4小题，共38分）【题文】15、（8分）如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B是两个厚度不计的活塞，可在气缸内无摩擦地滑动，其面积分别为S1＝20cm2、S2＝10cm2，它们之间用一根细杆连接，B通过水平细绳绕过光滑的定滑轮与质量为M＝2kg的重物C连接，静止时气缸中气体的温度T1＝600K，气缸两部分的气柱长均为L，已知大气压强p0＝1×105Pa，g取10m/s2，缸内气体可看作理想气体．(1)求活塞静止时气缸内气体的压强；(2)若降低气缸内气体的温度，当活塞A缓慢向右移动eq\f(1,2)L时，求气缸内气体的温度．【知识点】理想气体的状态方程．H5【答案解析】：（1）1.2×105Pa；（2）500K．解析：(1)设活塞静止时气缸内气体的压强为p1，活塞受力平衡，则p1S1＋p0S2＝p0S1＋p1S2＋Mg代入数据解得压强p1＝1.2×105Pa.(2)由活塞A受力平衡可知缸内气体的压强没有变化，由盖·吕萨克定律得eq\f(S1L＋S2L,T1)＝eq\f(S1\f(L,2)＋S2\f(3L,2),T2)代入数据解得T2＝500K.【思路点拨】（1）两活塞用细杆连接，可将两个看成一个整体，对整体受力分析可求得；（2）由于两活塞整体受力没有变化，压强不变，所以气体做等压变化，由盖-吕萨克定律求得．本题是理想气体的状态方程的考查，因两活塞用细杆连接，所以将整体看成研究对象，会大大减小解题的难度，在第二问中整体的受力不变，故得到气体的压强不变是解题的关键．【题文】16．（8分）某质量分布均匀的球状天体密度为ρ0，半径为R，引力常量为G。（1）证明：贴近该天体表面运行的卫星的运动周期与天体的大小无关。（2）假设该天体表面充满厚度为d＝0.5R、密度为ρ＝eq\F(4ρ0,19)的均匀介质，天体自转的角速度为ω0＝eq\F(\R(,πGρ0),2)，求环绕该天体运动的同步卫星距天体表面的高度。【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】（1）见解析（2）R解析：（1）设环绕其表面运行卫星的质量为m，运动周期为T，球形天体半径为R，天体质量为M，由牛顿第二定律有

①

而

②

由①②式解得，可见T与R无关，为一常量．

（2）设该天体的同步卫星距天体中心的距离为r，同步卫星的的质量为m0，则有

③

而

④

由②③④式解得则该天体的同步卫星距表面的高度

【思路点拨】1）卫星绕天体运动时，由万有引力充当向心力，质量=密度×体积，根据这两个关系列式可以得到周期表达式，即可进行分析．（2）由密度公式计算出天体周围介质的质量，进而对同步卫星由万有引力等于向心力，可以得到同步卫星的轨道半径．本题难点在于求天体及周围介质的质量，只要正确求出质量，就可以根据万有引力等于向心力这一常用思路列式，很容易得到同步卫星的轨道半径．【题文】17、（10分）图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝meq\f(v2,R))【知识点】动能定理；平抛运动；向心力．D2D4E2【答案解析】（1）－(mgH－2mgR)（2）eq\f(2,3)R解析：(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式得vB＝eq\r(2gR)③从A到B，根据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有mg(R－Rcosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－0⑥过P点时，根据向心力公式，有mgcosθ－N＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)⑦N＝0⑧cosθ＝eq\f(h,R)⑨由⑥⑦