《安徽狮远县民族中学2019-2020学年高一物理下学期6月月考试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽狮远县民族中学2019-2020学年高一物理下学期6月月考试题（含解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、安徽省定远县民族中学安徽省定远县民族中学 2019-20212019-2021 学年高一物理下学期学年高一物理下学期 6 6 月月考试题月月考试题（含解析）（含解析）一、选择题一、选择题1.如图所示，在光滑的水平地面上，质量为 m1的物块和质量为 m2的小球通过轻弹簧连接，在力 F 的作用下一起沿水平方向做匀加速运动（物块在地面上，小球在空中） ，已知力 F 与水平方向的夹角为 ，则下列说法正确的是（ ）A. 物块的加速度为12cosFmmB. 物块受到地面的支持力大小为 m1gFsinC. 弹簧的弹力大小等于拉力 F 和小球重力的合力D. 如果在物块上再固定一个质量为 m1的物体，则它们的加
2、速度不变【答案】A【解析】【分析】直接对 m1、m2、弹簧整体受力分析，即可以知道 m1受到的支持力和摩擦力，注意在对整体分析时，要注意弹簧的弹力为内力，不予考虑【详解】将 m1、m2、弹簧看作整体，受力分析如图所示：根据平衡条件并采用正交分解法，得：（m1+m2）a=Fcos ；所以：故 A 正确；12Fcosamm竖直方向：N+Fsin （m1+m2）g=0，解得：N=（m1+m2）gFsin 故 B 错误；小球的加速度不为 0，即小球受到的三个力的合力不为 0，所以弹簧的弹力大小不等于拉力 F 和小球重力的合力故 C 错误；如果在物块上再固定一个质量为 m1的物体，则它们的加速度： ，可
3、知加速度减小故 D 错误故选 A.112Fcosammm 【点睛】本题是牛顿第二定律的应用中已知受力求加速度的情况，关键是采用整体法并结合正交分解法列式求解；隔离法与整体法：整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用2.如图甲所示，足够长的木板B静置
4、于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的aF图像，g取 10m/s2 ， 则（）A. 滑块A的质量为 4kgB. 木板B的质量为 1kgC. 当F=6N 时木板B加速度为 0D. 滑块A与木板B间动摩擦因数为 0.1【答案】B【解析】【详解】ABD由图知，当F=8N 时，加速度为：a=2m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（mA+mB）a代入数据解得mA+mB=4kg当F大于 8N 时，A、B发生相对滑动，根据牛顿第二定律得：对B有1AABBBFm gm gaFmmm由图示图象可知，图线的斜率 12186
5、BakmF解得mB=1kg mA=3kg将a=0 时，F=6N 代入解得=0.2故 AD 错误，B 正确。C根据F=6N8N 时，滑块与木板相对静止，由图像可知B的加速度不为零，选项 C 错误。故选 B。3.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好从C点擦网而过，落到A点，第二只球从C点擦过后也落在A点，设球与地面的碰撞过程没有能量损失，且运动过程不计空气阻力，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为（）A. 1：1B. 1：3C. 3：1D. 1：9【答案】B【解析】【详解】两球抛出时的高度相同，根据可知，球从O到A的时间等于从O到B的时2h
6、tg间，又第一只球落到B点时的水平位移与第二只落到A点的球的水平位移之比为 1：3，根据可知，两只球的水平初速度之比为 1：3，则两只球飞过球网C处时水平速度之比为xvt1：3。故选 B。4.2016 年 2 月 11 日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦 100 年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图” 。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下作匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l、a、b两颗星的轨道半径之差为r（a星的轨道半径大于b星的） ，则（）A. b星的
7、周期为 TB. a星的线速度大小为 lrlr()lrTC. a、b两颗星的轨道半径之比为 D. a、b两颗星的质量之比为 llrlrlr【答案】B【解析】【详解】A双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，则周期相等，所以b星的周期为T，故 A 错误；BC题意可知ra+rb=lra-rb=r解得2alrr2blrr则a星的线速度大小为2()aarlrvTT两颗星的轨道半径之比为 ，故 B 正确，C 错误。lrlrD双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，角速度大小相等，向心力大小相等，则有mara2mbrb2解得质量之比为 abbamrlrmrlr则 D 错误。故选 B。5.如图所示
8、，一根跨过一固定的水平光滑细杆的轻绳两端拴有两个小球，球a置于水平地面上，球b被拉到与细杆同一水平的位置，把绳拉直后，由静止释放球b，当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的 ，已知图中Ob段的长度小于Oa段的长度，13不计空气阻力，则（）A. 球b下摆过程中处于失重状态B. 球b下摆过程中向心加速度变小C. 当球b摆到O点正下方时，球b所受的向心力为球a重力的23D. 两球质量之比ma：mb=9：2【答案】D【解析】【详解】A球b下落过程中，做圆周运动，速度不断增大，而竖直方向的速度先增大后减小，即竖直加速度先向下后向上，小球处于先失重后超重，故 A 错误；Bb球速度增大，根据
9、可知，向心加速度增大，故 B 错误；2varC当球b摆到O点正下方时，球a对地面的压力大小为其重力的，则13F+FN=mag解得Fmag23球b所受的向心力为F向=F-mbg=magmbg23故 C 错误；D设Ob绳长为l，在下落过程中，根据动能定理可知212bbm glm v则2bm vFl向联立解得ma：mb=9：2故 D 正确。故选 D。6.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度运动，每隔时间T在 A 端轻轻放上相同的物块，当物块与传送带相对静止后，相邻两物块的间距大小（ ）A. 与物块和传送带间的动摩擦因数的大小有关B. 与物块的质量大小有关C. 恒为vTD. 由于物块放上传送带时
10、，前一物块的速度不明确，故不能确定其大小【答案】C【解析】【详解】物块轻放在水平传送带上，先做初速度为零匀加速直线运动，与物块与传送带相对静止后，以速度v做匀速直线运动；设物体的速度达到v用时间t，则物体的位移212xat相邻的物体运动位移为212xatvT两物体的间距xxxvT 故选 C。7.两位同学分别在塔的不同高度，用两个轻重不同的球做自由落体运动实验，已知甲球重力是乙球重力的两倍，释放甲球处的高度是释放乙球处高度的两倍，不计空气阻力，则（）A. 甲、乙两球下落的加速度相等B. 甲球下落的加速度是乙球的 2 倍C. 甲、乙两球落地时的速度相等D. 甲、乙两球各下落 1s 时的速度相等【答
11、案】AD【解析】【详解】AB甲乙两物体都做自由落体运动，加速度都为g，故 A 正确，B 错误。C根据v2=2gh知两球的高度不同，则落地的速度不等，故 C 错误。D根据v=gt知经过 1s 时两球的速度相等，故 D 正确。故选 AD。8.如图所示，质量为M的半球形物体 A 放在粗糙水平地面上，一端固定在最高点处的水平细线另一端拉住一质量为m的光滑球 BA、B 两球的球心连线与竖直方向成 30角，B 球均匀带正电，电荷量为q，处在电场强度为E，与水平面成 60斜向下的匀强电场中，整体静止，则下列说法正确的是( ) A. A 对地面的压力等于33()22mM gqEB. 地面对 A 的摩擦力方向向
12、左，大小为12qEC. 细线对小球的拉力大小为33mgqED. B 对 A 的压力大小为3122mgqE【答案】BC【解析】【详解】AB对球和半球形绝缘体整体分析，受重力、支持力、电场力和摩擦力，根据平衡条件，有：N=(M+m)g+qEsin60=(M+m)g+qE；32f=qEcos60=qE，向左12根据牛顿第三定律,A 对地面的压力大小为(M+m)g+qE32A 对地面的摩檫力方向水平向右,大小为qE ；故 A 错误，B 正确；12CD对球受力分析，受重力、支持力、拉力和电场力，如图所示：根据平衡条件，有：T=Nsin30+qEsin30Ncos30=mg+qEcos30联立解得：T=3
13、3mgqEN=mg+qE2 33根据牛顿第三定律，压力为mg+qE，故 C 正确，D 错误。2 33故选 BC。9.如图所示为竖直平面内的两个半圆轨道，在 B 点平滑连接，两半圆的圆心 O1、O2在同一水平线上，小半圆半径为R，大半圆半径为 2R，一滑块从大的半圆一端 A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，滑块从小半圆的左端向上运动，刚好能到达大半圆的最高点，大半圆内壁光滑，则（ ）A. 滑块在 A 的初速度为 3gRB. 滑块在 B 点对小半圆的压力为 6mgC. 滑块通过小半圆克服摩擦做的功力为mgRD. 增大滑块在 A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦
14、力做的功不变【答案】BC【解析】【详解】A由于滑块恰好能通过大的半圆的最高点，只有重力提供向心力，即,22vmgmR解得，以AB面为参考面，根据机械能守恒定律可得2vgR，求得，故 A 错误22112( 2)22AmvmgRmgR6AvgRB滑块在B点沿半径方向只有支持类提供向心力，由牛顿第三定律可知滑块时对2NvFmR小圆轨道的压力为：，故 B 正确26NNvFFmmgR C设滑块在O1点的速度为v，则：，在小的半圆中运动过程，根据222vgRgR动能定理，故 C 正确221122fAWmvmvmgRD增大滑块在A点的初速度，则物块在小的半圆中各个位置速度都增大，物块对半圆轨道的平均压力增大
15、，由滑动摩擦力公式增大，因此克服摩擦力做的功增多，故 D 错NfF误故选 BC10.美国在 2016 年 2 月 11 日宣布“探测到引力波的存在” 天文学家通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了 GW150914 是两个黑洞并合的事件该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的 36 倍和 29 倍，假设这两个黑洞，绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其它星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（ ）A. 甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为 36：29B. 甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等C.
16、 随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小D. 甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等【答案】BC【解析】A、双星做匀速圆周运动具有相同的角速度，根据，2121 12M MGM rr2122 22M MGM rr得，因为质量大的黑洞和质量小的黑洞质量之比为，则轨道半径之比1 12 2M rM r36:29为，根据知，因为质量大的黑洞和质量小的黑洞半径之比为，角速度29:36vr29:36相等，则线速度之比为，故 A 错误，B 正确；29:36C、根据可得，21211224M MRGMLT222124LMRT根据可得，21222224M MRGMLT221224LMRT
17、所以222312122244()LLMMRRTT当不变时，L 减小，则 T 减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故 C 正12MM确；D、根据知，因为质量大的黑洞和质量小的黑洞半径之比为，角速度相等，2ar29:36则向心加速度之比为，故 D 错误29:36点睛：解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题11.如图所示，装置竖直放置，上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分，半径为R（圆管内径R） ，轨道下端各连接两个粗糙的斜面，斜面与细圆管相切于C，D两点，斜面与水平面夹角为 53，两个斜面下端与半径为 0.5R的圆形光滑轨道连接，并
18、相切于E，F两点。有一质量m=1kg 的滑块（滑块大小略小于管道内径） ，从管道的最高点A静止释放该滑块，滑块从管道左侧滑下，物块与粗糙的斜面的动摩擦因数=0.5， （g=10m/s2 ， sin53=0.8，cos53=0.6） ，则（）A. 释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点 0.6RB. 滑块经过最低点B的压力最小为 18NC. 滑块最多能经过D点 4 次D. 滑块最终会停在B点【答案】AB【解析】【详解】A设CE=FD=L，由几何知识可得：L=0.5Rtan53=R23设释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点h。由动能定理得：mg（R-h）-2mgcos53L=0解得
19、h=0.6R即释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点 0.6R，故 A 正确。BD滑块在斜面上滑动时机械能不断减少，最终滑块在EF间往复运动，从E到F的过程，由机械能守恒定律得210.51 cos5302BmgRmv 在B点，由牛顿第二定律得20.5BvNmgmR联立解得 N=18N由牛顿第三定律得：滑块经过最低点B的压力最小值 N=N=18N，故 B 正确，D 错误。C设滑块在两个斜面上滑行的总路程为S，对整个过程（从A到E或到F的过程） ，运用动能定理得mg（R+Rcos53+Lsin53）-mgcos53S=0解得649SR因为641694233RSLR即得12525 233SLL
20、L 所以滑块最多能经过D点 5 次，故 C 错误。故选 AB。12.如图所示，有三个斜面 a、b、c，底边的长分别为 L、L、2L，高度分别为 2h、h、h某物体与三个斜面间的动摩擦因数都相同，这个物体分别沿三个斜面从顶端由静止开始下滑到底端三种情况相比较，下列说法正确的是（）A. 物体减少的重力势能Ea=2Eb=2EcB. 物体到达底端的动能 Eka=2Ekb=2EkcC. 因摩擦产生的热量 2Qa=2Qb=QcD. 因摩擦产生的热量 4Qa=2Qb=Qc【答案】AC【解析】【详解】A重力势能的减少量等于重力做的功，所以，2aEmghbcEEmgh 即，A 正确；22abcEEE B设斜面和
21、水平方向夹角为 ，斜面长度为 X，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为：，即为底边长度；物体下滑，除重力外有摩擦力做功，根据能量cosWmgXcosX守恒，损失的机械能转化成摩擦产生的内能，由图可知 a 和 b 底边相等且等于 c 的一半，故摩擦生热关系为：，设物体滑到底端时的速度为 v，根据动能定理得：22abcQQQ，21cos02mgHmgXmv，根据图中斜面高度和底边长度可知滑到底边kbEmghmgL2kcEmghmgL时动能大小关系为：，B 错误；kakbkcEEECD克服摩擦力所做功等于因摩擦产生热量，所以C 正确，D 错误。22abcQQQ故选 AC。三、实验题（共三、实验题（共 2
22、 2 小题，每小空小题，每小空 2 2 分，共分，共 1616 分）分） 13.图 1 为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。 （1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是_ A将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 B将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，
23、给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动（2）使小车质量远远 _砝码和砝码盘的总质量（填“大于”或“小于” ） （3）右图 2 为某次实验得到的纸带，实验数据如图，图中相邻计数点之间还有 4 个点未画出，根据纸带可求出小车的加速度大小为_m/s2 （4）该同学把砝码和砝码的总重量作为小车的拉力，并依次测出了小车的加速度然后画出了如图 3 所示的图象，该图象虽是一条直线，但不通过坐标原点原因是：_【答案】 (1). B (2). 大于 (3). 0.51 (4). 没有平衡摩擦力或平
24、衡摩擦力不足【解析】【详解】 （1）1实验前将长木板的一端垫起适当的高度的目的是平衡摩擦力，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行接下来还需要进行的一项操作是将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，即平衡摩擦力，故选 B （2）2当小车质量远大于砝码与砝码盘的总质量时，可以近似认为小车所受的拉力等于砝码与砝码盘的重力 （3）3相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，则计数点间的时间间隔t=0.025=0.1s由匀变速直线运动的推论：x=at2
25、可知，加速度：a=0.51m/s220.07720.06193 0.1小车向左做加速运动，则加速度的方向向左；（4）4由图 3 所示图象可知，aF图象在F轴上有截距，即当拉力大到一定值时才产生加速度，说明小车所受合力小于砝码与砝码盘的重力，这由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的。14.利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含铁夹） 、电磁打点计时器、交流电源、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的一种器材是_；A.游标卡尺 B.刻度尺 C.天平（含砝码） D.弹簧秤实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B
26、、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hC 。 己知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量Ep=_， 动能增加量Ek=_。 某同学想用图像来研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量各点到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2h图像，则下列说法正确的是_。A.可以利用公式v=gt计算重物在各点速度B.可以利用公式v= 计算重物在各点的速度2ghC.图像是一条直线就说明机械能一定守恒D.只有图像近似是一条过原点的直线且斜率接近 2g 才能说明机械能守恒。【答案】 (1). B (2). mgh
27、B (3). (4). D2122CAhhmT【解析】【详解】.1验证机械能守恒，即验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要测量重锤的质量，所以不需要天平、弹簧秤；实验中需要用刻度尺测量点迹间的距离，从而求解重力势能的减小量和动能的增加量，不需要游标卡尺，故 B 正确，ACD 错误故选 B23从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量Ep=mghBB点的瞬时速度2CABhhvT则动能的增加量2211()222CAkBhhEmvmT4AB求解各点的速度，运用某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求解，不能根据v=gt，或根据求解，否则就是运用机械能守恒验证机械能守
28、恒，失去验2vgh证的意义，故 AB 错误C如果v2-h图象为直线，仅表示合力恒定，与机械能是否守恒无关，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2-h图象也可能是一条过原点的倾斜的直线，故 C 错误D根据mghmv212得v2=2gh可知只有图象近似是一条过原点的直线且斜率接近 2g才能说明机械能守恒故 D 正确故选 D四、计算题（共四、计算题（共 3 3 小题，共小题，共 3636 分）分） 15.急救车是人民生命的保护神，热爱生命、珍惜生命，社会车辆要主动避让救护车。某急救车正以 18m/s 的速度火速前进，到达一路口时遇到堵车不得不急刹车等候。若路口长81m，刹车的加速度大小为 6m
29、/s2， 车正好在路口停止线处停住，停止后又等候了 2 分钟，再以 8m/s2的加速度启动，但该车最大时速不得超过 72km/h。求：(1)开始刹车到停止的位移； (2)本次堵车耽误的时间。【答案】(1)27m；(2)122.3s【解析】【详解】 （1）根据速度位移公式得，刹车到停止的位移22118m27m22 6vxa（2）刹车速度减为零的时间118s3s6vta速度达到最大速度经历的时间220s2.5s8mvta速度达到最大经历的位移 22202.5m25m22mvxt速度达到最大后继续匀速运动的时间238181 25s2.8s20mxtv若该段过程不刹车，经历的时间14812781618
30、xtssv本次堵车耽误的时间t=t1+t2+t3+120-t4=3+2.5+2.8+120-6s=122.3s16.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为重力加速度为g（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；（3）本实验中，m1=0.5kg，m2=0.1kg，=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1 m，取g=10m/s2若砝码移动的距离超过l =0.002 m，人眼就能感知，为确保实验
31、成功，纸板所需的拉力至少多大?【答案】 （1）（2）（3）22.4N.【解析】试题分析：（1）砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为：f1=m1g，f2=（m1+m2）g纸板所受摩擦力的大小：f=f1+f2=（2m1+m2）g（2）设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则有：f1=m1a1，F-f1-f2=m2a2发生相对运动需要 a2a1代入数据解得：F2（m1+m2）g（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过 l=0002m，纸板抽出时砝码运动的最大距离为x1=a1t12，12纸板运动距离 d+x1=a2t2212纸板抽出后砝码运动的距离 x2=a3t22，12L=x1+x2由题意知
32、a1=a3，a1t1=a3t2代入数据联立得 F=224N考点：牛顿第二定律的综合应用【名师点睛】这是 2013 年江苏高考题，考查了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力分析，找出两个物体之间的位移关联关系，列运动方程，难度较大17.为了研究过山车的原理，某兴趣小组提出了下列设想：取一个与水平方向夹角为 37，成为l=2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB，通过水平轨道BC与半径为R=0.2 m 的数字圆轨道相连，出口为水平轨道DE，整个轨道除AB段以外都是光滑的，其中AB与BC轨道以微小圆弧连接，如果所示，一个质量m=1 kg 小物块以初速度5.0 m/s 从A点沿倾斜轨道滑下，小物块到0v 达C
33、点时速度，取，4.0m/sCv 210 m/sg sin370.60 cos370.80 （1）求小物块到达C点时对圆轨道压力的大小；（2）求小物块从A到B运动过程中摩擦力所做的功；（3）为了使小物块不离开轨道，并从轨道DE滑出，求竖直圆弧轨道的半径应满足什么条件？【答案】(1)90N；(2)-16.5J；(3)0.32m【解析】【详解】 （1）当小球运动到点C2cmvNmgR221 41 10NN90N0.2mvNmgR （2）利用动能定理可知2201122cmghfLmvmv其中sin372m 0.61.2mhL 2222011111 10 1.21 41 52222fcWfLmghmvmv 16.5J （3）小球运动到最高点时0N ，2mvmgNR2mvmgR解得vgR根据动能定理，2211222cmgRmvmv22244ccvvvgRRgg因此224m0.32m550cvRg
