《【物理】高中物理（新人教版必修第二册）全册期末考试试卷 2023-2024学年高中 人教版2019必修第二册.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【物理】高中物理（新人教版必修第二册）全册期末考试试卷 2023-2024学年高中 人教版2019必修第二册.docx（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高中物理（新人教版必修第二册）全册期末考试试卷一、单项选择题(本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求)1.“细雨斜风作晓寒，淡烟疏柳媚晴滩”是宋代文学家苏轼描写早春游山时沿途景观的诗句。有一雨滴从静止开始自由下落一段时间后，进入如图所示的斜风区并下落一段时间，然后又进入无风区继续运动直至落地，若雨滴受到的阻力可忽略不计，则下图中最接近雨滴真实运动轨迹的是 ( )ABCD2.如图所示，小物块位于斜面光滑的斜面体上，斜面体位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面体对小物块的作用力 ( )A.垂直于接触面，做功为零B.垂直于接触面，做负功C.
2、与接触面不垂直，做功为零D.与接触面不垂直，做正功3.如图甲所示，轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5 kg的物块相连，弹簧处于原长状态，物块静止，物块与水平面间的动摩擦因数=0.2。以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴，现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x=0.4 m处时速度为零，则此过程物块受到的力F和摩擦力做功之和为 ( )A.3.1 JB.3.5 JC.1.8 JD.2.0 J4.在河面上方20 m的岸上有人用长绳拴住一条小船，开始计时时绳与水面的夹角为30，人以恒定速率v=3 m/s拉绳，使小船靠岸，那么 ( )A.5 s时绳
3、与水面的夹角为60B.5 s时小船前进了15 mC.5 s时小船的速率为5 m/sD.5 s时小船到岸边的距离为10 m5.农民在水田里把多棵秧苗同时斜向上抛出，秧苗的初速度大小相等，方向不同，表示抛出速度方向与水平方向的夹角。不计空气阻力，关于秧苗的运动，下列说法正确的是 ( )A.越大，秧苗被抛得越远B.不同，抛秧的远近一定不同C.越大，秧苗在空中的时间越长D.越大，秧苗落到地面的速度越大6.2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过一系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线在相同时间内扫过的面积，下
4、列说法正确的是 ( )A.图中两阴影部分的面积相等B.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小C.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大D.探测器在P点的加速度小于在N点的加速度7.假设火星为质量分布均匀的球体，已知火星质量是地球质量的 a 倍，火星半径是地球半径的 b倍，地球表面的重力加速度为 g，质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则 ( )A.火星表面重力加速度为agbB.火星表面重力加速度为b2gaC.火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为ag2b2D.火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为ag4b28.如图甲所示，静止在水平地面上的物块A
5、，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面间的最大静摩擦力fm与滑动摩擦力大小相等，则 ( )甲乙A.t2时刻物块A的加速度最小B.t3时刻物块A的动能最大C.t2时刻后物块A做反向运动D.0t1时间内F的功率逐渐增大9.如图所示，在倾角=30的光滑固定斜面上，放有质量分别为1 kg和2 kg的小球A和B，且两球之间用一根长L=0.3 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.3 m。现让两球从静止开始自由下滑，最后都进入到上方开有细槽的光滑圆管中，不计球与圆管内壁碰撞时的机械能损失。则下列说法中错误的是 ( )A.从开始下滑到A进入圆管的整个过程，A与B组成的系统机
6、械能守恒B.在B球进入水平圆管前，小球A机械能守恒C.两球最后在光滑圆管中运动的速度大小为7 m/sD.从开始下滑到A进入圆管的整个过程，轻杆对B球做功-1 J10.一航天员到达半径为R、质量均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为m的小球，上端固定在O点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕O点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力F大小随时间t的变化规律如图乙所示。F1=7F2，设R、m、引力常量G以及F1为已知量，忽略各种阻力。以下说法正确的是 ( )A.星球表面的重力加速度为 7F17mB.星球的第一宇宙速度为 GmRC.该星球的密度为 3F128GmRD.小球过最
7、高点的最小速度为011.固定在竖直面内的光滑圆管POQ，PO段长度为L，与水平方向的夹角为30，在O处有插销，O处平滑，OQ段水平且足够长。管内PO段装满了质量均为m的小球，小球的半径远小于L，其编号如图所示。拔掉插销，1号球在下滑过程中 ( )A.机械能不守恒B.做匀加速运动C.对2号球做的功为12mgLD.经过O点时速度v=gL12.如图所示，两个34圆弧轨道竖直固定在水平地面上，半径均为R，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成(圆管内径远小于R)，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和B(直径略小于圆管内径)由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，两小
8、球均可视为质点，下列说法中正确的是 ( )A.若hA=hB2R，两小球都能沿轨道运动到最高点B.若hA=hB=32R，两小球沿轨道上升的最大高度均为32RC.适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处D.若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，hA的最小值为52R，B小球在hB2R的任何高度释放均可二、非选择题(本大题共6小题，共64分)13.(8分)某校高一学生在学习“探究平抛运动的特点”实验时，一同学发现自己每次用手指使出最大的力将一橡皮擦从桌面边缘弹出后，橡皮擦在空中运动过程中的水平距离都几乎相同。实验过程如下：a.垫高课桌桌腿，将桌面调为水平；b.在课桌桌腿上
9、找到距离桌面高度为5 cm、20 cm、45 cm、80 cm的A、B、C、D四点；c.将长木板一端的上表面紧靠A，并使长木板上表面水平，用最大力将橡皮擦从桌面边缘弹出，找到橡皮擦在长木板上的落点，测出落点到桌面边缘的水平距离xA；d.依次将长木板一端的上表面分别紧靠B、C、D，重复步骤c，分别测出橡皮擦落点到桌面边缘的水平距离xB、xC、xD，其中xD=1.601 m。对实验过程及数据分析如下：(1)若xAxBxCxD= ，则可说明橡皮擦每次被手指弹出时的速度大小相等。(2)若橡皮擦每次被手指弹出时的速度大小相等，则橡皮擦被弹出时的速度大小v0=m/s(结果保留2位有效数字)。(3)若橡皮擦
10、每次被手指弹出时的速度大小相等，则长木板上表面紧靠C点时，橡皮擦落到长木板上前瞬间的速度大小vC=m/s(结果保留2位有效数字)。14.(8分)某同学利用图示装置来研究机械能守恒问题。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下：a.开始时，系统在一外力作用下保持静止，轻绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，速度传感器测出C的速度为v。b.在实验中保持A、B质量不变，改变C的质量M
11、，多次重复a操作。回答下列问题：(1)该实验中，M和m大小关系必须满足Mm(选填“小于”“等于”或“大于”)。(2)为便于研究速度v与质量M的关系，每次测C的速度时，C已下降的高度应(选填“相同”或“不同”)。(3)根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，应作出(选填“v2-M”“v2-1M”或“v2-1M+m”)图像。(4)根据(3)问的图像，若图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数为(用题中所给的物理量的符号来表示)。15.(10分)石墨烯是一种超轻超高强度的新型材料。有人设想：用石墨烯制作超级缆绳连接地球赤道上的固定基地与同步空间站，利用超级缆绳承载太空电梯从地球基地向空间站运送物
12、资。已知地球半径为R，自转周期为T，地球北极表面的重力加速度为g0，引力常量为G。(1)求地球的质量M；(2)太空电梯停在距地面3R的站点，求该站点处的重力加速度g的大小。16.(10分)我国早在3 000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒质量为M，厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和转动轴处的摩擦。(1)若人以恒定功率P0转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，求水桶上升过程的最大速度vm；(2)空桶从桶口位于井口处由
13、静止释放并带动卷筒自由转动，求水桶落到水面时的速度大小v；(3)水桶从图示位置缓慢上升高度H，忽略提水过程中水面高度的变化，求此过程中人做的功W。17.(12分)翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小来改变飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F的方向始终与飞行方向相同，空气升力F1的方向与飞行方向垂直，大小与速度的二次方成正比，即F1=C1v2；空气阻力F2的方向与飞行方向相反，大小与速度的二次方成正比，即F2=C2v2。其中C1、C2相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和飞行器的总质量为m=90 kg。(
14、1)若飞行员使飞行器以速度v1=103 m/s在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合图甲计算飞行器受到的动力F的大小。(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C1=5.0 Ns2/m2，机翼中垂线和竖直方向的夹角为=37，求飞行器做匀速圆周运动的半径r和速度v2的大小。(已知sin 37=0.6，cos 37=0.8)18.(16分)由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置如图所示。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量
15、m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放。已知圆轨道半径R=0.1 m，水平轨道长LAC=1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数=0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；(3)若H=0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。答案全解全析1.D2.B3.A4.C5.C6.B7.C8.B9.D10.C11.A12.D1.D雨滴在斜风区受风力与重力作用，两个力的合力与速度方向不共线，所以雨滴在此区域内做曲线运动，且风力与重力合力
16、的方向应该指向运动轨迹曲线内侧，故B、C错误；在无风区重力方向与速度方向也不共线，雨滴运动轨迹也是曲线，故A错误，D正确。2.B由于斜面是光滑的，没有摩擦力作用，所以斜面对物块只有支持力的作用，方向垂直于斜面向上；小物块对斜面体的压力垂直于斜面斜向下，由于地面光滑，该力使斜面体水平向右运动，小物块所受支持力与位移方向如图所示，可知支持力与物块位移间的夹角大于90，则斜面体对物块做负功，选B。3.A对物块施加水平外力F，由F-x图线与x轴所围面积表示F所做的功，可知物块运动至x=0.4 m处过程中F做的功为W=3.5 J；物块与水平面间的滑动摩擦力为f=mg=1 N，克服摩擦力做功Wf=fx=1
17、0.4 J=0.4 J，则物块受到的力F和摩擦力做功之和为W-Wf=3.1 J，选A。4.C根据题意作出位移关系如图1所示，开始计时时滑轮与船间的绳长L1=hsin30=2012 m=40 m，此时船离岸的距离x1=203 m；5 s时间内，绳端向左移动的距离s=vt=15 m，滑轮与船间的绳长L2=40 m-15 m=25 m，此时船离岸的距离x2=252-202 m=15 m；5 s时，设滑轮与船间的绳和水面的夹角为，由几何关系可知sin =20m25m=45，解得=53，A、D错误；5 s时间内小船前进的距离为x=(203-15) m19.6 m，故B错误；5 s时刻将船的速度沿绳方向和
18、垂直于绳的方向分解，如图2所示，可知v船=vcos=5 m/s，C正确。5.C秧苗被抛出后做斜上抛运动，设秧苗的初速度为v0，则水平方向的初速度为vx=v0 cos ，竖直方向的初速度为vy=v0 sin ，越大，竖直方向的初速度越大，由v0 sin =gt1，(v0 sin )2=2gh1，可知竖直向上运动的时间越长，竖直上升高度越大，因此下落的时间也长，秧苗在空中的时间越长，C正确。秧苗被抛的水平距离x=(v0 cos )t，越大，v0 cos 越小，t越大，抛得不一定远，当=90时，v cos =0，抛出的距离为0，不同，抛出的距离可能相同，故A、B错误。由动能定理有mgh=12mv2-
19、12mv02，秧苗落地速度大小与大小无关，D错误。6.B根据开普勒第二定律可知，探测器绕火星在同一轨道上运行时，与火星的连线在相等的时间内扫过的面积相等，但探测器在不同轨道上运行时与火星的连线在相等的时间内扫过的面积不相等，A错误；探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”，即由高轨道向低轨道变轨，需在P点减速，动能减小，机械能减小，故B正确；根据开普勒第三定律可知，从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器的周期变小，故C错误；根据牛顿第二定律GMmr2=ma，可得a=GMr2，可知探测器在P点的加速度大于在N点的加速度，故D错误。7.C在地球表面有GMmR2=mg，在火星表面有GaMm(bR)2=mg
20、，联立解得火星表面的重力加速度g=agb2，A、B错误。设火星的密度为，火星的半径为R0，由于质量均匀的球壳对其内部物体的引力为零，则在火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度相当于火星内部与火星球心相同的半径为12R0的球表面的重力加速度，则火星内部与火星球心相同的半径为12R0的球体的质量为M=43R023=18M火=18aM，火星表面正下方距表面距离为火星半径12处的重力加速度为g，则有G18M火mR022=mg，解得g=ag2b2，C正确，D错误。8.B由图像可知，在t2时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故A错误；由
21、图像可知，在t1t3时间内，物块A受到的合力一直做正功，物块A的动能一直增加，在t3时刻以后，合力做负功，物块A的动能减小，因此在t3时刻物块A的动能最大，故B正确；由图像可知，在t2t3时间内物块A受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故C错误；由图像可知，0t1时间内拉力F小于最大静摩擦力，物块A静止，拉力F的功率为零，故D错误。9.D从开始下滑到A进入圆管的整个过程，对于小球A与B组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A说法正确。在B球进入水平圆管前，杆对A球没有作用力，只有重力对A做功，小球A机械能守恒，故B说法正确。以A、B组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，
22、从开始下滑到两球在光滑圆管中运动，由机械能守恒定律得mBgh+mAg(h+L sin )=12(mA+mB)v2，代入数据解得v=7 m/s，故C说法正确。以A球为研究对象，从开始下滑到A进入圆管的整个过程，由动能定理得mAg(h+L sin )+W=12mAv2，代入数据解得W=-1 J，则轻杆对B做功WB=-W=1 J，故D说法错误。10.C小球在最低点时绳的拉力为F1，设此时小球的速度为v1，运动半径为r，则F1-mg星=mv12r，小球在最高点时绳的拉力为F2，设此时小球的速度为v2，则F2+mg星=mv22r，由机械能守恒定律得mg星2r+12mv22=12mv12 ，由解得g星=F
23、1-F26m，F1=7F2，所以该星球表面的重力加速度为F17m，故A错误。设该星球质量为M，根据万有引力提供向心力得GMmR2=mv2R，则该星球的第一宇宙速度为v=GMR，故B错误。在该星球表面，万有引力近似等于重力，则GMmR2=mg星，由解得M=F1R27Gm，则该星球的密度=M43R3=3F128GmR，故C正确。小球在最高点受重力和绳子拉力，根据牛顿运动定律得F2+mg星=mv22rmg星，所以小球在最高点的速度v2g星r，故D错误。11.A设一共有n个小球，运动过程中，有k(kn)个小球在光滑圆管PO段内时，对n个小球整体分析，根据牛顿第二定律有kmg sin 30=nma，解得
24、a=kgsin30n；对小球1分析，假设小球2对小球1有沿倾斜管道向上的支持力F，根据牛顿第二定律有mg sin 30-F=ma，解得F=n-knmg sin 30，则随着k的减小，小球2对小球1有沿倾斜管道向上的支持力F，对小球1做负功，小球1的机械能不守恒，小球1的加速度在减小，故小球1做加速度减小的加速运动，故A正确，B错误。刚拔掉插销时所有小球整体的重心在管PO段的中心，1号球经过O点时所有小球都在OQ段内，且速度都相同，根据机械能守恒定律有nmg12L sin 30=12nmv2，解得v=2gL2，故D错误。对1号球分析，从拔掉插销到1号球达到水平管道的过程中，设2号球对1号球做的功
25、为W，小球的半径远小于L，根据动能定理有mgL sin 30-W=12mv2，解得W=14mgL，则1号球对2号球做的功的大小等于2号球对1号球做的功的大小，为14mgL，故C错误。12.D若小球A恰好能到a轨道的最高点，在最高点有mg=mvA2R，得vA=gR，根据机械能守恒定律得mg(hA-2R)=12mvA2，得hA=52R；若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度vB=0，根据机械能守恒定律得hB=2R，所以hA=hB52R时，两球都能到达轨道的最高点，故A错误、D正确。若hB=32R，则小球B沿轨道b上升的最大高度等于32R；若hA=32R，则小球A在轨道左上方某位置脱离轨道，
26、脱离时有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A沿轨道a上升的最大高度小于32R，故B错误。小球A从轨道a最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为xA=vA2Rg=gR2Rg=2RR，所以小球A从轨道a最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整hB，B可以落在轨道右端口处，故C错误。13.答案(1)1234(2分)(2)4.0(3分)(3)5.0(3分)解析(1)橡皮擦从桌面边缘被弹出后做平抛运动，在竖直方向为自由落体运动，则h=12gt2，可得t=2hg，则tAtBtCtD=hAhBhChD=5204580=1234；水平方向做匀速直线运动，若橡皮擦每次被手指弹出时的速度大小相
27、等，由x=v0t有xAxBxCxD=tAtBtCtD=1234。(2)竖直方向有hD=12gtD2，解得tD=20.810 s=0.4 s，水平方向有xD=v0tD，解得橡皮擦被弹出时的速度大小为v0=xDtD=1.6010.4 m/s4.0 m/s。(3)竖直方向有2ghC=vCy2，则长木板上表面紧靠C点时，橡皮擦落到长木板上前瞬间的速度大小为vC=v02+vCy2=v02+2ghC=42+2100.45 m/s=5.0 m/s。14.答案(1)大于(2分)(2)相同(2分)(3)v2-1M+m(2分)(4)4mg2b(2分)解析(1)根据题意，为确保压力传感器的示数能够为零，弹簧要从压缩
28、状态变为伸长状态，则C的质量M要大于A的质量m。(2)刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器示数为零，则弹簧的拉力为F=mg，因此弹簧的形变量为x=x1+x2=mgk+mgk=2mgk；不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，应使A上升的高度为2mgk，则C下落的高度为2mgk，即C下落的高度应相同。(3)选取A、C及弹簧为一个系统，初始状态和压力传感器示数为零时，弹簧的弹性势能相同，根据机械能守恒定律，则有(M-m)g2mgk=12(M+m)v2，整理可得v2=-8m2g2k1M+m+4mg2k；为得到线性关系图线，应作出v2-1M+m图像。(4)由(3)问中表达式可知4mg2k=b
29、，解得k=4mg2b。15.答案(1)g0R2G(2)g016-16R2T2解析(1)设质量为m0的物体在北极地面静止，则m0g0=GMm0R2(2分)解得M=g0R2G(2分)(2)设货物质量为m，在距地面高3R站点受到的万有引力为F，则F=GMm(4R)2(1分)货物绕地球做匀速圆周运动，设太空电梯对货物的支持力为N，则F-N=m24R(2分)且N=mg(1分)=2T(1分)解得g=g016-16R2T2(1分)16.答案(1)P0(m+m0)g(2)2m0g(H-d)m0+M(3)(m+m0)gH-mg2d解析(1)设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1，则F1=(m+m0)g(1分)P
30、0=F1vm(1分)解得vm=P0(m+m0)g(1分)(2)水桶由静止下落的过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则m0g(H-d)=12(m0+M)v2(2分)解得v=2m0g(H-d)m0+M(1分)(3)设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定理有W-(m+m0)gH+F浮2d=0(2分)F浮=mg(1分)解得W=(m+m0)gH-mg2d(1分)17.答案(1)750 N(2)30 m15 m/s解析(1)选飞行员和飞行器整体为研究对象，受力分析可知，在竖直方向上有mg=C1v12(2分)代入数据解得C1=3 Ns2/m2(1分)由C1-C2关系图像可得C2=
31、2.5 Ns2/m2(1分)在水平方向上，动力和空气阻力平衡，有F=F2(1分)又F2=C2v12(1分)代入数据解得F=750 N(2分)(2)飞行员和飞行器在竖直方向所受合力为零，有mg=C1v22 cos (1分)水平方向所受的合力提供向心力，有C1v22 sin =mv22r(1分)解得r=30 m，v2=15 m/s(2分)18.答案(1)100 N(2)8 J(3)0.5 mL1 m解析(1)从静止释放到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有mgH-mgLAB-mg2R=12mv2-0(1分)在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有mg+FN=mv2R(1分)解得FN=100 N(1分)
32、由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为100 N；(1分)(2)弹簧第一次压缩且滑块速度为零时弹性势能有最大值，由能量守恒有Ep=mgH-mgLAC(1分)解得Ep=8 J(1分)(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg=mv02R(1分)从开始到圆轨道最高点，由动能定理有mg(H-2R)-mgs1=12mv02-0(1分)解得s1=0.75 m(1分)由于LBC=LAC-s1(1分)要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC0.25 m(1分)若滑块刚好到达圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理有mg(H-R)-mgs2=0(1分)解得s2=1.5 m(1分)s2=1.5 m=1 m+0.5 m由于LBC=s2-LAC(1分)即反弹时恰好上到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以LBC0.5 m(1分)考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC1 m(1分)结合两种情况，符合条件的BC长度L为0.5 mL1 m学科网（北京）股份有限公司