2021届山东省济宁市高考物理二模试卷附答案详解

2021届山东省济宁市高考物理二模试卷

一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）

1.关于物理科学家和他们的贡献，下列说法中错误的是（）

A.劳伦斯发明了回旋加速器

B.奥斯特发现电流磁效应

C.安培提出了分子电流假说

D.焦耳创造性地在电场中引入电场线

2.一列横波正沿水平方向由西向东传播，则下列说法中正确的是（）

A.波中各个质点都在由西向东运动

B.波中的各个质点一定没水平方向振动

C.波中的各个质点一定沿竖直方向振动

D.以上说法都错误

3.已知做匀加速直线运动的物体在第5s末速度为10m/s,则物体（）

A.加速度一定为2m/s?B.前5s内位移不可能是257n

C.前10s内位移一定为100mD.前10s内位移不一定为100m

4.如图所示，一小球由静止开始自由下落，从4点进入光滑的圆弧轨道，到达

最高点B时恰好对轨道没有压力，重力加速度为g,则P点到4点的高度为（）

A.：R

2

B.R

C.|R

D.2R

5.如图，△abc中ab=4cm,Nacb=30。匀强电场的电场线平行于△abcb

所在平面，且a、b、c点的电势分别为3V、2V、IV.下列说法中正确的

a

是（）

A.电场强度的方向为垂直ac向下方向

B.电场强度的大小为25V/m

C.电子从a点移动到b点，电势能减少了leV

D.电子从a点经c点移动到b点，电场力做的总功为-leU

6.如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、

c在地球的同步轨上，a距离地球表面的高度为R,此时a、b恰好相距最

近.已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为“，引力常量为

G,则（）

A.发射卫星a时速度要大于7.9km/s

B.若要卫星c与b实现对接，让卫星c加速即可

C.卫星b距离地面的高度为3回

D.卫星a和b下一次相距最近还需经过的时间t

J析3

7.如图所示，斜面上有a、b、c、d四个点，ab=be=cd9从a点以初2

速度气水平抛出一个小球，它恰好落在斜面上的b点；若小球以初速合、

度2%水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）

A.小球一定落在c点

B.小球可能落在b点与c点之间

C.小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定相同

D.小球落在斜面的速度方向与斜面的夹角一定变大

8.如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比的：n2=10：1,接线柱a、b接一

正弦交变电源，电压〃=311sM1007Tt（y）.变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中7?2为用半

导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），&为一定值电阻.下列说法正确的是（）

A.当刈所在处出现火警时，电阻&的功率变小

B.当/?2所在处出现火警时，电压表%的示数变大

C.当/?2所在处出现火警时，电流表4的示数变小

D.电压表匕示数为22U

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，水平放置的密封汽缸内的气体被一竖直隔板分隔为左

右两部分，隔板可在汽缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。/左彳

汽缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流,

通电一段时间后切断电流。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）

A.左边气体单位时间内撞击活塞的分子次数增加

B.左右两边气体温度都升高

C.左边气体压强增大

D.右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量

10.由透明材料制成的长方体物块放在水平面上，且长方体物块的下表面

涂有水银层面。一束由两种单色光组成的细光束沿4。的方向斜射到长

方体物块的上表面，且4。与上表面的夹角大小为a,结果在长方体物

块的上表面得到三束光线甲、乙、丙。则下列说法正确的是（）

A.甲、乙、丙中只有甲为复色光

B.光束乙的折射率大于光束丙的折射率

C.减小a角，甲、乙、丙一定平行

D.如果用以上两种色光通过相同的双缝，光束丙的条纹间距小于光束乙的条纹间距

E.两种色光在该透明材料中传播的时间一定相等

11.如图所示,轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为2m的物体4相连,4放在光滑水平面上，

有一质量为m的物体B,从高九处由静止开始沿光滑曲面滑下，与4相碰（时间极短）后一起将弹簧

压缩，弹簧复原过程中某时刻B与4分开且沿曲面返回上升.下列说法正确的是（）

A.物体B、A组成的系统，在发生碰撞的过程中动量守恒，在弹簧被压缩的过程中机械能守恒

B.物体B返回过程中能达到的最大高度为《

C.物体4对B的冲量大小为刎频）i

D.物体A对B做的功为gmg/i

12.如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，％和/?3均为定值电阻，/?3=，氏2为滑动

变阻器。当&的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表4、42和V的示数分别为4、，2和a

现将&的滑动触点向b端移动，电表为理想电表，则下列说法正确的是（）

A.增大，/2不变，U增大

B.A减小，，2增大，U减小

c.电源的总功率增大

D.电源外部消耗的热功率先增大后减小

三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）

13.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，采用如图甲所示的实验装置，小车及车中祛码

的质量用M表示，盘及盘中祛码的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点

计时器打出的点计算出，实验中所使用的电源是50Hz的交流电。

（1）当M与m的大小关系满足时，才可以认为绳对小车的拉力大小等于盘和盘中祛码的重力。

（2）图乙为某次实验得到的纸带，图中4、B、C、。、E为计数点，相邻两个计数点间有四个点未画

出。根据纸带可计算出纸带所对应小车的加速度a=m/s2（结果保留三位有效数字）

（3）一组同学在做加速度与质量的关系实验时，保持盘及盘中祛码的质量一定，改变小车及车中祛码

的质量，测出相应的加速度。采用图象法处理数据。为了比较容易地检查出加速度a与质量M的

关系，应该做a与的图象。

14.在“测定一节干电池的电动势和内阻”的实验中，备有下列器材：

A.干电池（电动势约为1.5V,内阻小于1.00）

8.电压表U（0〜2V,内阻约2k0）

C.电流表4（0〜0.64,内阻约1。）

。.滑动变阻器％（0〜200,54）

£滑动变阻器/?2(0〜1000,14)

F.开关、导线若干

(1)为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器(填器材前面的序号)。

(2)请在甲图的方框内画出利用本题提供的器材所设计的实验电路图。

(3)某同学根据他设计的实验测出了六组U(电压表U的示数)和/(电流表4的示数)，请在乙图的坐标纸

上作出U和/的关系图线。

序号123456

U/V1.401.361.351.281.201.07

I/A0.100.150.230.250.350.50

(4)根据图线可得被测电池的电动势为V,内阻为n.

乙

四、计算题(本大题共4小题，共46.0分)

15.半径为R的四分之一圆弧轨道下端距离水平地面的高度为R,质量为M的物体滑到圆弧轨道最低

点时的速度是小水平抛出圆弧轨道后。(小物块与轨道的动摩擦因数是〃，不计空气阻力)求：

(1)水平抛出后物体运动时间？

(2)水平位移大小？

(3)水平抛出时物体对圆弧轨道压力的大小？

16.一透明柱体的横截面如图所示，圆弧4ED的半径为R、圆心为0,BD1

AB,半径OE_L力B.两细束平行的相同色光1、2与面成。=37。角分

别从尸、。点斜射向4B面，光线1经4B面折射的光线恰好通过E点。已

QO

知OF=」R,OB=",取sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

48

(i)透明柱体对该色光的折射率n；

(ii)光线2从射入柱体到第一次射出柱体的过程中传播的路程x。

17.如图所示，某人乘雪橇从雪坡经4点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止.人与雪橇的总质

量为70kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题:

位置ABC

速度(m/s)2.012.00

时刻(s)0410

(1)人与雪橇从4到B的过程中，损失的机械能为多少？

(2)设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小(g=10m/s2)

18.如图所示，质量为小、电荷量为+q的粒子从坐标原点。以初速度又射

出，粒子恰好经过4点，。、4两点长度为3连线与坐标轴+y方向

的夹角为a=37°,不计粒子的重力.(sin37。=0.6,cos37°=0.8)

(1)若在平行于x轴正方向的匀强电场Ei中，粒子沿+y方向从。点射出，

恰好经过4点；若在平行于y轴正方向的匀强电场%中，粒子沿+x方

向从。点射出，也恰好能经过4点，求这两种情况电场强度的比值金.

(2)若在y轴左侧空间(第口、W象限)存在垂直纸面的匀强磁场，粒子从坐标原点。，沿与y轴成30。的

方向射入第n象限，从第m象限射出后恰好经过4点，求磁感应强度B大小及方向.

参考答案及解析

1.答案：D

解析：

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一。

A.劳伦斯发明了回旋加速器，故A正确；

8.奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故8正确；

C.安培提出了分子电流假说，故C正确；

。・法拉第创造性地在电场中引入电场线，故。错误；

本题选择错误的，故选：

2.答案：D

解析：解：机械波传播的是振动的形式和能量，而介质中各质点仅在平衡位置附近振动，质点不会

随波迁移，而且横波中各质点的振动方向与其传播方向垂直，波在水平方向由西向东传播，质点振

动方向与其垂直，不一定沿水平方向，也不一定沿竖直方向。故A、8、C都错，。正确。

故选：Do

机械波传播的是振动形式和能量，不是介质本身，介质中各个质点在平衡位置附近做简谐运动.

本题关键是明确机械波中波动和振动的关系，明确机械能在传播中介质并不随波传播，只在其平衡

位置附近振动.

3.答案：C

解析：解：4、物体做匀加速直线运动，加速度为。=、也=^言，可见，只有当为=0时，a才等

于是2m/s2.故A错误.

B、前5s内位移为x=讥=笠々="罗x5,当先=0时％=25m,故B错误.

CD,根据推论可知，物体做匀加速直线运动，第5秒末的瞬时速度等于前10s内的平均速度，所以前

10s内平均速度为10m/s,则前10s的位移一定为％=讥=100m,故C正确，。错误；

故选：C

物体做匀加速直线运动，己知时间和末速度，根据加速度定义式a=可，分析加速度.平均速度为

力=等，位移为》=讥，再分析位移.

解决本题既要掌握匀变速运动的基本公式，还要掌握匀变速直线运动的推论，即可求得前10s的平均

速度.

4.答案：C

解析：解：设小球在B点速度大小为外，小球到达B点，由重力提供向心力得：mg=m琏。

从P到B的过程中，由机械能守恒得：mgh=\mvl-G.

P点到4点的高度为九+R=|R,故C正确，A3。错误。

故选：Co

小球在B点对轨道恰好没有压力，小球只受重力,并由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求解即可。

从P到8,只有重力对小球做功，其机械能守恒，据此列式求解出P点到4点的高度。

分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动临界条件是解题，同时要熟练运用牛顿运动定律、机械能

守恒定律即可正确解题。

5.答案：D

解析：解：AB,由于a、b、c点的电势分别为3八2八1匕ac线中点d的电势为2V,b、d两点电势

相等，那么bd为一条等势线，电场方向与等势线垂直，且由高电势指向低电势可知，电场方向垂直

bd,且指向斜上方，如下图所示：

则有E=凝然=启厂力加=?了"加=竽17恻，故A8错误。

C、电子从a点移动到b点，电场力做功卬助=-UaM=-leU,“-”表示电场力做负功，电势能增

加，增加了1W,故C错误。

D、电子从a点经c点移动到b点，电场力做功上it,=-Uaz>e=-leV,故。正确。

故选：0。

匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；

由题意知寻找电势相等的两个点，是一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，

再根据公式u=Ed求出电场强度；根据勿=qU求电场力的功，根据电场力做功判断电势能变化。

本题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用

几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面。知道公式〃=Ed应用时d为沿着电场线方

向的距离。

6.答案：A

解析：

第一宇宙速度7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小速度.c加速，万

有引力小于向心力，会做离心运动，离开原轨道.b、c在地球的同步轨道上，所以卫星从c和地球

具有相同的周期和角速度.抓住卫星a、b转动的角度之差等于2兀求出下一次相距最近经历的时间.

理解三种宇宙速度，知道卫星的变轨原理.能抓住万有引力提供向心力列出等式解决问题的思路,

再进行讨论求解.

A、地球卫星的最小发射速度为7.9/OTI/S,可知发射卫星a的速度大于7.9/cm/s,故A正确。

B、让卫星c加速，万有引力小于向心力，卫星c会脱离圆轨道，做离心运动，不会与卫星b实现对接,

故B错误。

)得，卫星离地的高度/!=将

C、根据G箴=m(R+/i32b-R,故C错误。

D、当(3a—®*=2兀时，再一次相距最近，根据舞=加-2/?-3弘导，运动的时间t=嚣；，故

。错误。

7.答案：C

解析：

小球落在斜面上，竖直方向上的位移与水平方向位移的比值一定，运动的时间与初速度有关，根据

竖直方向上的位移公式，可得出竖直位移与初速度的关系，从而知道小球的落点.根据速度方向与

水平方向的夹角变化，去判断小球两次落在斜面上的速度与斜面的夹角的关系.

物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值.以及知

道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍.

设斜面的倾角为

4B、小球落在斜面上，则有：£皿。=^=/=更，解得：t=号”

xvQt2VQ9

在竖直方向上的分位移为：y=：gt2=2回"

29

则知当初速度变为原来的2倍时，竖直方向上的位移变为原来的4倍，所以小球一定落在斜面上的d点

下方，故A8错误;

CD.设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为/7,则ta印=得=合=2tan0,即tcm0=2tcm。,

所以0一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同。故C正确，。错误。

故选：C。

8.答案：D

解析：解：4、当出现火警时，温度升高，电阻&减小，副线圈的电流变大，所以治的电压要增大，

电阻％的功率变大，所以A错误：

3、当出现火警时，温度升高，电阻/?2减小，副线圈的电流变大，所以长的电压要增大，由于副线

圈的总电压不变，所以R?的电压就要减小，所以8错误；

C、由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以

C错误；

。、由表达式可知，输入的电压有效值为220U,变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电

压为22V,电压表明测的是副线圈两端电压，所以。正确。

故选：D«

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器

的原理分析即可.

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率

等问题彻底理解.

9.答案:ABC

解析：解：ABC.当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体

做功，又因左侧气体发生绝热变化，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高，两边气体温

度都升高；左边气体温度7升高，气体体积V减小，由即=C可知，气体压强p增大，左边气体单位

时间内撞击活塞的分子次数增加，故ABC正确；

。、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对外做功之和，所以右边气体内能的增加量等

于电热丝方程的热量减去对左边的气体所做的功，故。错误。

故选:ABC.

根据理想气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量；根据能量守恒定律判断气体的内能变

化。

要掌握一定质量的理想气体的内能变化由温度决定，根据理想气体状态方程找出新的平衡状态下物

理量间的关系.

10.答案:ABC

解析：解：力、所有色光都能反射，由反射定律知，它们的反射角相同，可以知道光束甲是复色光,

而光束乙、丙因为折射率的不同导致偏折分离，所以光束乙、丙为单色光，故A正确；

8、由图知：光束乙的偏折程度大于光束丙，根据折射定律可以知道光束乙的折射率大于光束丙的折

射率，故B正确；〈；龙尹

C、一束由两种色光混合的复色光沿4。方向射出，经过反射、再折射后光线

仍是平行，因为光的反射时入射角与反射角相等，所以由光路可逆可得出射|咐I

'777777777777777777'

光线平行，改变a角，光线甲、乙、丙仍保持平行，故C正确；

。、光束乙的折射率大于光束丙，则光束乙的频率大于光束丙，光束乙的波长小于光束丙的波长，

而双缝干涉条纹间距与波长成正比，则双缝干涉实验中光乙产生的条纹间距比光丙的小，故。错误；

E、由几何关系可知光束乙在玻璃中的传播路程要小于光束丙在玻璃中的传播路程，关键知光

束乙在玻璃中传播的速度小于光束丙在玻璃中的传播速度，所以两种色光在该透明材料中传播的时

间无法比较，故E错误；

故选：ABC.

由图可以知道光束甲是反射光线，而光束乙、丙是因为它们的折射率的不同，导致出现光线偏折分

离，但根据光路可逆可以知道出射光线仍与入射光线平行，由光束乙、丙的位置可确定其折射率的

不同，从而判定光的波长大小，可确定双缝干涉条纹间距的大小。

本题考查了光的折射定律、反射定律、光路可逆的原理等的应用，要熟练掌握折射定律、双缝干涉

条纹间距与波长的关系、光在介质中的传播速度公式。=£即可正确求解。

11.答案：BC

解析：解：4、物体B、4组成的系统，在发生碰撞的过程中合力为零，动量守恒。在弹簧被压缩的

过程中，弹簧对4做功，则系统的机械能减少，故A错误。

B、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=gm诏，则B刚到达水平地面的速度%=再i.A、

B碰撞过程，以4B组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=3mv,

得4与B碰撞后的共同速度为f=|v0=个2gh

当弹簧再次恢复原长时，4与B将分开，B以〃的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mg"=

|mv2,B能达到的最大高度为故B正确。

C、对B,取水平向左为正方向，由动量定理得：物体4对B的冲量/=77W-（-771%）=故C

正确。

。、对B,根据动能定理得：物体4对B做的功W=_3nl诏=故。错误。

故选：BC。

对照守恒条件分析物体8、4组成的系统，在发生碰撞的过程中动量和机械能是否守恒.B从轨道上

下滑过程，只有重力做功，机械能守恒.运用机械能守恒定律可求得B与4碰撞前的速度.两个物体

碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度.当弹簧再次恢复原长时，4与B将分开，根据机械能

守恒求得B能达到的最大高度.对B,运用动量定理求物体A对B的冲量.由动能定理求物体2对B做

的功.

利用动量守恒定律解题，一定注意分析状态的变化，明确研究对象，并选取正方向.把动量守恒和

机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题.

12.答案：BC

解析：解：AB、/?2的滑动触点向b端移动时，/?2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电

压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，色电压增大，Ri、/?2并联电压减小，通过%的电流A减

小，即公示数减小，而总电流/增大，则流过的电流与增大，即&示数增大。故A错误，8正确；

C、根据P=E/,/增大，P增大，故C正确；

。、当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，已知/?3=八/?2的滑动触点向b端移动时，总电阻

减小，接近内阻，则电源外部消耗的功率增大，故。错误。

故选：BC.

理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部-整

体一局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析。

根据电源输出功率与外电阻的关系分析，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大。

此题考查了闭合电路欧姆定律的相关知识，解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电

路欧姆定律求解。注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流。

13.答案：M»m3.51=

解析：解：（1）该实验的研究对象是小车，根据牛顿第二定律得：

对m：mg-F&=ma

对M：F拉=Ma

“口n_Mmg_mg

解得：F拉一有一道

当M»m时，即当祛码和盘的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于祛码和盘的总重

力。

(2)相邻两个计数点间有四个点未画出，贝疗=0.1s,

根据公式=加速度为:

△%49.10—17.54—17.54

x10~2m/s2=3.51m/s2

4x0.12

(3)为了比较容易地检查出加速度a与质量M的关系，应作出线性关系图线，即作a-意图线。

1

故答案为：(l)M»m；(2)3.51；⑶2。

(1)当盘及盘中祛码的总质量远小于小车及祛码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于盘及祛码的

重力；

(2)匀变速直线运动中，根据公式△%=。片求解加速度；

(3)为了直观地得出a-M的关系，应作a-烹图线。。

在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于盘

和祛码质量的双重条件下，才能用盘和祛码的总重力代替小车所受的合力。

掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用。

14.答案:D1.480.80

解析：解：(1)由于电源的内阻很小，为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择。比较合

适。

(2)因为电源内阻小，为了减小实验误差，电流表应选择外接，实验电路图如图所示：

(3)根据描点法做出的U和1的关系图线如图所示:

(4)根据闭合电路欧姆定律有：E=U+lr,

则U=E-/r,所以U-/图线的纵截距为电源电动势E,斜率为电源内阻r,根据图象可得：E=1.48K,

故答案为：(1)。；(2)电路图如解析所示；(3)[/-/图线如解析所示；(4)1.48,0.8；

(1)滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；

(2)由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，从而减小实验的测量误差；

(3)应用描点法作图作出图象；

(4)由作出的U-1图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻。

解决该题的关键在于知道实验原理，掌握滑动变阻器的选择原则，知道电流表内接和外接的判断原

则，会根据U-/图线以及闭合电路欧姆定律分析电源电动势和内阻；

15.答案：解：(1)物体从最低点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，则

解得：t=后

(2)物体从最低点做平抛运动，水平方向做匀速运动，贝仕=比=

(3)在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律可得：尸可-"9=

解得：FN=Mg+M*

2

根据牛顿第三定律可知对轨道的压力为Mg+M三

答：(1)水平抛出后物体运动时间为舟；

(2)水平位移大小为1;后：

(3)水平抛出时物体对圆弧轨道压力的大小为Mg+M-,

解析：(1)物体从圆弧轨道最低点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动，求得运动时间;

(2)物体从圆弧轨道最低点做平抛运动，在水平方向做匀速运动，求得位移；

(3)在圆弧轨道最低点根据牛顿定律求得相互作用力。

本题主要考查了平抛运动和圆周运动，明确平抛运动在水平方向匀速运动，竖直方向做自由落体运

动即可。

因为tana=差=：,

0E4

解得a=37°,n=3；

(ii)根据题意有sinC