1、绵阳南山中学实验学校高一下期 5 月月考物理试题一（本大题 12 小题，每小题 3 分，共 36 分，每小题只有一个选项符合题意) 1. 关于曲线运动和圆周运动，以下说法中正确的是（ ）A. 变速运动一定是曲线运动B. 匀速圆周运动是匀速运动C. 做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零D. 做圆周运动的物体受到的合外力方向一定指向圆心【答案】C【解析】试题分析：变速运动不一定是曲线运动，也可能是直线运动，选项A错误；匀速圆周运动的速度大小不变，方向不断变化，故匀速圆周运动不是匀速运动，选项B错误；做曲线运动的物体速度不断变化，故有加速度，所受的合外力一定不为零，选项C正确；只有做匀速圆周运动的
2、物体受到的合外力方向才一定指向圆心，选项D错误；故选C考点：曲线运动和圆周运动2.如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其v-t图像如图乙所示。人顶杆沿水平地面运动的x-t图像如图丙所示。若以地面为参考系，下列说法中正确的是（ ）A. 猴子的运动轨迹为直线B. 猴子在2 s内做匀变速曲线运动C. t=1时猴子的速度大小为4m/sD. t=2 s时猴子的加速度大小为0 m/s2【答案】B【解析】【分析】猴子参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀减速直线运动，通过运动的合成，判断猴子相对于地面的运动轨迹以及运动情况。求出t=2s时刻猴子在水平方向和竖直方向上的分加速度，根据平行四
3、边形定则，求出猴子相对于地面的加速度。【详解】由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下。由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，所以猴子在2s内做匀变速曲线运动，故A错误，B正确；s-t图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为：vx=4m/s，t=0时猴子竖直方向分速度：vy=8m/s，则t=1s时猴子竖直分速度为vy=4m/s，因此t=1s时猴子的速度大小为：，故C错误；v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：，故D错误。所以B正确， ACD错误。【点睛】本题主要考查了运动的合成，关键知道猴子参与了水平
4、方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀加速直线运动，会运用运动的合成分析物体的运动轨迹和运动情况。3.如图所示，B 和 C 是一组塔轮，固定在同一转动轴上，其半径之比为 RBRC32，A 轮的半径与 C 轮相同， 且 A 轮与 B 轮紧靠在一起，当 A 轮绕其中心的竖直轴转动时，由于摩擦的作用，B 轮也随之无滑动地转动起 来a、b、c 分别为三轮边缘上的三个点，则 a、b、c 三点在运动过程中的（ ）A. 线速度大小之比为 322B. 角速度之比为 332C. 向心加速度大小之比为 964D. 转速之比为 232【答案】C【解析】【详解】轮A、轮B靠摩擦传动，边缘点线速度相等，故：va：vb=1
5、：1；根据公式v=r，有：a：b=3：2；根据=2n，有：na：nb=3：2；根据a=v，有：aa：ab=3：2；轮B、轮C是共轴传动，角速度相等，故：b：c=1：1；根据公式v=r，有：vb：vc=3：2；根据=2n，有：nb：nc=1：1；根据a=v，有：ab：ac=3：2；综合得到：va：vb：vc=3：3：2；a：b：c=3：2：2；na：nb：nc=3：2：2；aa：ab：ac=9：6：4，故ABD错误，C正确。4.已知一星球表面的重力加速度为 g，星球的半径为 R，万有引力常量为 G，根据这些条件，不能求出的物理 量是（ ）A. 该星球的自转周期B. 该星球的密度C. 该星球的第一
6、宇宙速度D. 该星球附近运行的卫星的最小周期【答案】A【解析】【详解】根据题中条件不能求解该星球的自转周期，选项A符合题意；由可得，则星球的密度：，选项B不符合题意；由 ，解得第一宇宙速度：，选项C不符合题意；由 ，解得该星球附近运行的卫星的最小周期，选项D不符合题意；5.如图所示，有两条位于同一竖直平面内的水平轨道，轨道上有两个物体A和B，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接，物体A以速率=10m/s匀速运动，在绳与轨道成30角时，物体B的速度大小为（）A. 5m/sB. m/sC. 20 m/sD. m/s【答案】D【解析】【详解】将B点的速度分解如图所示：则有：v2=vA，v2
7、=vBcos30.解得：vB=vA/cos30=m/s，故D正确，ABC错误；故选：D.6.如图所示，从倾角为 的足够长的斜面顶端 P 以速度 v0 抛出一个小球，落在斜面上某处 Q 点，小球落在斜 面上的速度与斜面的夹角为 ，若把初速度变为 3v0，小球仍落在斜面上。则以下说法正确的是（ ）A. 小球在空中的运动时间不变B. P、Q 间距是原来间距的 9 倍C. 夹角 与初速度大小有关D. 夹角 将变小【答案】B【解析】【详解】位移与水平方向夹角的正切值得，小球在空中运动的时间，初速度变为原来的3倍，则小球在空中运动的时间变为原来的3倍，水平位移变为原来的9倍，根据平行四边形定则知，P、Q间
8、距变为原来的9倍，故A错误，B正确。速度与水平方向夹角的正切值，可知速度方向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，小球落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，可知夹角与初速度大小无关，故CD错误。7.汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P，快进入闹市区时，司机减小了油门，使汽车的功率立即减小一半并保持该功率继续行驶下面四个图象中，哪个图象正确表示了从司机减小油门开始，汽车的速度与时间的关系（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】汽车匀速行驶时牵引力等于阻力；功率减小一半时，汽车的速度由于惯性来不及变化，根据功率和速度关系公式，牵引力减小一半，小于阻力，合力
9、向后，汽车做减速运动，由公式可知，功率一定时，速度减小后，牵引力增大，合力减小，加速度减小，故物体做加速度不断减小的减速运动，当牵引力增大到等于阻力时，加速度减为零，物体重新做匀速直线运动；故选B。8.关于动能、动能定理,下列说法正确的是( )A. 动能不变的物体,一定处于平衡状态B. 一定质量的物体,速度变化时,其动能一定变化C. 运动物体所受的合外力为零,则物体的动能一定不变D. 运动物体所受的合外力不为零,则物体的动能一定变化【答案】C【解析】【详解】A、动能不变的物体，说明物体的质量和速率不变，但是速度方向可能变化，则不一定处于平衡状态，故A错误；B、一定质量的物体，速度变化时，速度的
10、大小不一定变化，如匀速圆周运动，故动能不一定改变，故B错误；C、运动物体所受合外力为零，合外力对物体不做功，由动能定理可知，物体动能不变，故C正确。D、运动物体所受的合外力不为零,动能不一定变化，例如匀速圆周运动，故D错误。9.如图所示，玻璃小球沿半径为 R 的光滑半球形碗的内壁做匀速圆周运动，玻璃小球的 质量为 m，做匀速圆周运动的角速度 . 忽略空气阻力，则玻璃小球离碗底的高度为 A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】因为小球做的是匀速圆周运动，所以小球的向心力就是小球所受的合力，小球受重力、碗的支持力（指向球心），如图。为保证这两个力的合力指向圆周运动的圆心（不是球心），则将
11、支持力分解后必有竖直方向分力等于重力，水平方向分力即为向心力。设支持力与水平方向夹角为，则有：解得：。则小球的高度为：H=R-Rsin=R-故A正确，BCD错误。10.如图所示，质量为 m 的小球，从离地面高 H 处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中 h 深度而停止， 设小球受到空气阻力为 f，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( ) A. 整个过程中小球克服阻力做的功等于 mgHB. 小球陷入泥中的过程中克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C. 小球在泥土中受到的平均阻力为D. 小球落地时动能等于 mgHfH【答案】D【解析】【详解】取整个过程为研究，由动能定理得：mg（h+H）
12、+Wf=0-0=0，解得Wf=-mg（H+h），所以整个过程中小球克服阻力做的功等于mg（H+h），故A错误。研究小球陷入泥中的过程，应用由动能定理得：mgh-Wf=0-Ek Wf为克服泥土阻力所做的功，解得：Wf=mgh+Ek，故B错误。取从静止开始释放到落到地面得过程，应用由动能定理得：mgH-fH=Ek-0，解得：Ek=mgH-fH，故D正确。克服泥土阻力所做的功Wf=mgh+Ek=mg（H+h）-fH=fh，所以小球在泥土中受到的平均阻力，故C错误。11. 已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为（ ）A.
13、3.5km/sB. 5.0km/sC. 17.7km/sD. 35.2km/s【答案】A【解析】试题分析：设航天器的质量为m，地球的质量为M1，半径为R1，火星的质量为M2，半径为R2，航天器在它们表面附近绕它们运动的速率分别为v1、v1，其向心力由它们对航天器的万有引力提供，根据牛顿第二定律和万有引力定律有：，解得：，在地球表面附近做圆周运动的速度为第一宇宙速度，即：v17.9km/s，解得航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为：v1v13.5km/s，故选项A正确。考点：本题主要考查了牛顿第二定律、万有引力定律应用和第一宇宙速度的识记问题，属于中档题。12.一滑块在水平地面上沿
14、直线滑行，t=0 时其速度为 2.0m/s，从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平拉 力 F，力 F 和滑块的速度 v 随时间 t 的变化规律分别如图甲和乙所示，设在第 1s 内、第 2s 内、第 3s 内，力 F 对滑块做功的平均功率分别为 P1、P2、P3，则（ ）A. P1P2P3B. P1=P2P3C. 02s 内，摩擦力对滑块做功为 -4JD. 02s 内，力 F 对滑块做功为 6J【答案】C【解析】【详解】由图可知，第1s内物体平均速度为，功率P1=Fv=11=1W；第2s内物体的平均速度也为1m/s，则功率P2=31=3W；第3s物体做匀速运动，其功率P3=22=4W；则AB错误
15、；由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为1m、1m、2m，由F-t图象及功的公式W=Fscos可求知：第1s内拉力做的功W1=1J，第2s内拉力做的功W2=3J，故02s内拉力所做的功为4J；故D错误；由动能定理可知，前2s内有：W+Wf=0，则摩擦力做功Wf=-(W1+W2)=-(11+31)J=-4J；故C正确。二、（本大题 6 小题，每小题 3 分，共 18 分每小题给出的四个选项中，有的只有个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得 3 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分）13. 在以下运动过程中，物体或小球的机械能守恒的是A. 物体沿固定斜面匀速下滑B. 物体
16、从高处以g/3的加速度竖直下落C. 不计阻力，细绳一端拴一小球，使小球在竖直平面内做圆周运动D. 物体沿固定的光滑曲面自由滑下【答案】CD【解析】试题分析：沿斜面匀速下滑，过程中除了重力做功，摩擦力也做功，A错误，物体在竖直方向上下落时，当加速度为g时，只有重力做功，所以B错误，绳子的拉力和运动方向垂直，对小球不做功，所以只有重力做功，机械能守恒，C正确，物体沿光滑曲面下滑，没有摩擦力的作用，同时物体受到支持力对物体也不做功，所以只有物体的重力做功，机械能守恒，所以D正确故选CD考点：考查了机械能守恒条件点评：机械能守恒条件为：只有重力做功，或者系统只有重力和弹力做功14.一个质量为m的小球,
17、用长为L的轻绳悬挂于O点,小球在水平力F的作用下,从最低点P缓慢地移到Q点,如图所示,则在此过程中( )A. 小球受到的合外力做功为mgL(1-cos )；B. 拉力F做功为FLsin ；C. 小球的重力势能增加mgL(1-cos )；D. 水平力F做功使小球的机械能增加mgL(1-cos )；【答案】CD【解析】【详解】（1）在小球缓慢上升的过程中，始终处于平衡态，合力为零，故合力做功为零，A错误；（2）分析可知，拉力F为变力，故无法使用功的表达式来计算功；根据动能定理得：，则拉力F做的功为，故B错误；（3）重力势能的增加量为：，C正确；（4）由题意可知，小球缓慢上升过程中，动能不变，重力势
18、能增加，故系统机械能增加，由能量守恒定律可知，增加的机械能等于除重力以外，水平力F做的功。即水平力F做功，使得系统的机械能增加了，D正确。故本题选CD。15.如图所示，两根长度不相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点。设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为60，L2跟竖直方向的夹角为30，下列说法正确的是（ ）A. 细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为B. 小球m1和m2的角速度大小之比为C. 小球m1和m2的向心力大小之比为D. 小球m1和m2的线速度大小之比为【答案】AC【解析】【详解】A. 对任一小球研究。设细线与竖直方向的夹角为，竖直
19、方向受力平衡，则：Tcos=mg，解得：，所以细线L1和细线L2所受的拉力大小之比为：T1：T2=cos30：cos60=：1，故A正确；B. 小球所受合力的大小为mgtan，根据牛顿第二定律得：mgtan=mLsin2，得：=.两小球的角速度之比为：1：2=，故B错误；C. 小球所受合力提供向心力，则向心力为：F=mgtan，小球m1和m2的向心力大小之比为：F1：F2=tan60：tan30=3：1，故C正确；D. 根据v=r，小球m1和m2的线速度大小之比为：v1：v2=，故D错误。故选：AC.16.发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再
20、次点火，将卫星送入同步圆轨道3轨道1、2相切于Q点。轨道2、3相切于P点（如图），则当卫星分别在1，2，3，轨道上正常运行时，以下说法正确的是（）A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B. 卫星在轨道3上的角速度大于在轨道1上的角速度C. 卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D. 卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度【答案】ABD【解析】【详解】设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，卫星绕地球做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力，有：，得：， 则知，轨道3半径比轨道1半径大，故卫星在轨道3上的速率和角速度均小于在轨
21、道1上的速率和角速度，故A错误，B正确；根据牛顿第二定律得：，得，可知卫星经过同一点时加速度相同，所以卫星在轨道1上经过Q点时的加速度等于它在轨道2上经过Q点时的加速度。卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度；故C错误，D正确。17.如图，abc是竖直面内光滑固定轨道ab水平长度为2R；bc是半径为R的四分之一的圆弧与ab相切于b点一质量为m的小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点从静止开始向右运动重力加速度大小为g。则A. 小球恰好能运动到轨道最高点cB. 小球从a到c的过程中动能增量为2mgRC. 小球从a点运动到其轨迹最高点的过程中，重力势能增量为
22、3mgRD. 小球从a点运动到其轨迹最高点的过程中，水平外力做功为4mgR【答案】BC【解析】设小球到达c点的速度为v，则从a到c由动能定理：，解得，则小球不是恰好能运动到轨道最高点c，选项A错误；小球从a到c的过程中，动能增量为，选项B正确；小球离开c点后，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，设小球从c点达到最高点的时间为t，则有：，上升的高度；此段时间内水平方向的位移为：，所以小球从a点开始运动到其轨迹最高点，小球的重力势能增量为3mgR；小球在水平方向的位移为：L=3R+2R=5R，水平外力做功为5mgR，选项C正确，D错误；故选BC.点睛：本题主要是考查功能关
23、系；机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零；除重力或弹力做功以外，其它力对系统做多少功，系统的机械能就变化多少；注意本题所求的是“小球从a点开始运动到其轨迹最高点”，不是从a到c的过程，这是易错点。三、本大题 4 小题，每空 2 分，共 16 分把答案填在答题卷中对应题号后的横线上 18.如图示，以9.8m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后垂直的撞在倾角为30的斜面上，物体空中飞行的时间为 s （ g取9.8m/s2）【答案】【解析】试题分析：由题物体做平抛运动，将速度分解成水平和竖直两个方向如图，则竖直分速度为vy=vxcot而物体在水平方向的分
24、运动是匀速直线运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，则有vx=v0，vy=gt，则得vy=v0cott=19.如图所示为一圆拱桥，最高点的半径为40m。一辆质量为1.2103kg的小车，以10m/s的速度经过拱桥的最高点。此时车对桥顶部的压力大小为_N；当过最高点的车速等于_m/s时，车对桥面的压力恰好为零。（取g=10m/s2）【答案】 (1). 9000; (2). 20;【解析】当小车以10m/s的速度经过桥顶时，对小车受力分析，小车受重力G和支持力N；根据向心力公式和牛顿第二定律得到 G-N=m；车对桥顶的压力与桥顶对车的支持力相等 N=N；因而，车对桥顶的压力N=G-m=（1.210
25、310-1.2103）N=9.0103N；当车对桥面的压力恰好为零，此时支持力减小为零，车只受重力，根据牛顿第二定律，有G=m；得到v2=m/s=20m/s；点睛：本题关键对物体受力分析后找出向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解；同时要注意题中求解的是车对地压力，而不是支持力。20.如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果 g 取 10m/s2，那么：（1）小球运动中水平分速度的大小是 m/s；（2）小球经过 B 点时速度大小是 m/s【答案】（1）1.5；（2）2.5【解析】试题分析：正确应用平抛运动规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由
26、落体运动；解答本题的突破口是利用在竖直方向上连续相等时间内的位移差等于常数解出闪光周期，然后进一步根据匀变速直线运动的规律、推论求解解：（1）在竖直方向上有：h=gT2，其中h=10cm，代入求得：T=0.1s，水平方向匀速运动，有：s=v0t，其中s=3l=15cm，t=T=0.1s，代入解得：v0=1.5m/s（2）根据匀变速直线运动中，时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度，在B点有：以B点速度为：故答案为：（1）1.5；（2）2.5【点评】对于平抛运动问题，一定明确其水平和竖直方向运动特点，尤其是在竖直方向熟练应用匀变速直线运动规律和推论解题21.某同学利用如图的装置完成“探究恒力做功
27、与动能变化的关系”的实验装置（1） 下列说法正确的是_。 A.平衡摩擦力时不能将托盘通过细线挂在小车上B.为减小误差，应使托盘及砝码的总质量远大于小车质量 C实验时，应先释放小车再接通电源 D实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放（2）如图是实验中获得的一条纸带，O 为小车运动起始时刻所打的点，间隔一些点后选取 A、B、C 三个计数点， 相邻计数点间的时间间隔为 0.1s。已知小车的质量 M=200g，托盘及砝码的总质量 m=21g。则从打下 O 点到打下B 点这段时间内细线的拉力对小车所做的功_J（细线对小车的拉力约等于托盘及砝码的总重），在这个过 程中小车动能增加量为_J。(g 取 9.
28、8m/s2，保留两位有效数字)【答案】 (1). （1）AD； (2). （2）0.059 (3). 0.057【解析】【详解】（1）实验前需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时不能将托盘通过细线挂在小车上，故A正确；为减小误差，应使托盘及砝码的总质量远小于小车质量，故B错误；为充分利用纸带，实验时应先接通电源然后释放小车，故C错误；为充分利用纸带，实验时应使小车靠近打点计时器由静止释放，故D正确；（2）从打下O点到打下B点这段时间内细线的拉力对小车所做的功为：W=mgsOB=0.0219.80.28610.059J；由匀变速直线运动的推论可知，打下B点时的速度为： 小车动能的增加量为：EK=Mv2=0
29、.2000.75520.057J；四、本大题 3 小题，共 30 分，要求在答题卷上写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤和明确的答案 22.为了探测月球的详细情况，我国发射了一颗绕月球表面飞行的科学实验卫星。假设卫星绕月球做圆 周运动，月球绕地球也做圆周运动。已知卫星绕月球运行的周期为 T0，地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R0，月心到地心间的距离为 r0，引力常量为 G，求：（1）月球的平均密度；（2）月球绕地球运行的周期。【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）月球半径为R，月球质量为M，卫星质量为m由于在月球表面飞行，万有引力提供向心力：得 且月球的体积VR3根据密度的定义
30、式得（2）地球质量为M0，月球质量为M，月球绕地球运转周期为T由万有引力提供向心力根据黄金代换GM0gR02得23.如图1所示，升降机在电动机的拉力作用下，从静止开始沿竖直方向向上运动，升降机先做匀加速运动，5s末到达额定功率，之后保持额定功率运动。其运动情况如图象2所示，已知电动机的牵引力的额定功率为36kW，重力加速度g取，求：(1)升降机的总质量大小；(2)5s末时瞬时速度v的大小；(3)升降机在07s内上升的高度。【答案】(1) 300kg；(2) 10m/s；(3) 46.8m【解析】【详解】（1）设升降机的总质量为m，升降机最后做匀速运动，牵引力根据得（2）设匀加速运动时加速度大小
31、为a当时，速度此时牵引力 根据牛顿第二定律得，解得a=2m/s2，v=10m/s（3）则内的位移对内运用动能定理得，代入数据解得则【点睛】本题考查了机车恒定加速度启动问题，关键理清整个过程中的运动规律，知道对于变加速直线运动，无法通过动力学知识求解位移，只能根据动能定理进行求解。24.多米诺骨牌是一种文化，它起源于中国，有着上千年的历史。码牌时，骨牌会因意外一次次倒下， 参与者时刻面临和经受着失败的打击。遇到挫折不气馁，鼓起勇气，重新再来，人只有经过无数这样的经历， 才会变得成熟，最终走向成功。如图为骨牌中的一小段情景，光滑斜面轨道 AB、粗糙水平轨道 CE 与半径 r=0.5m 的光滑圆轨道
32、相切于 B、C 两 点，D 点为圆轨道最高点，水平轨道末端 E 离水平地面高 h=0.8m，骨牌触碰机关 F 在水平地面上，E、F 两点间 的距离 s=1m。质量 m=0.2kg 的小钢球（可视为质点）从 A 点自由释放，到达 D 点时对轨道压力为其重力的 0.5 倍，从 E 点抛出后刚好触动机关 F。重力加速度 g=10m/s2，不计圆轨道在 B、C 间交错的影响，不计空气阻力。 求：（1）小钢球在 E 点水平抛出时的初速度 vE（2）小钢球在水平轨道上克服阻力做的功；（3）A 点离水平地面的高度。【答案】（1）1.5m/s（2）2.525J（3）2.175m【解析】【详解】（1）设小钢球过E点时的速度为vE，从E点到F点的水平距离为x，则x=vEth=gt2设小球运动到D点时速度为vD，轨道对小球作用力为N，则有：由牛顿第三定律得：N=N=0.5mg解得：vE=1.5m/s，vD=m/s（2）设小球从D点运动到E点过程中，在水平轨道上克服阻力做功为Wf，则： 解得：Wf=2.525J（2）设A点离水平地面高度为H，小球从A点运动到D点过程中有：mg(Hh2r) 解得：H=2.175m
