2019-2020年高二上学期期中物理试卷 含解析(V).doc

2019-2020年高二上学期期中物理试卷 含解析(V)一、单选题：（本大题共8小题，每小题4分，共32分；每小题的选项中，只有一项是正确的）1关于电动势，下列说法正确的是（）A电源两极间的电压等于电源电动势B电源把越多的其他形式的能转化为电能，电动势就越大C电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功D电源的电动动势与外电路结构有关，外电路变化，通常电动势也要变化2下列说法中正确的是（）A电场线密集处场强大，电势高B沿电场线方向场强减小，电势降低C在电势高处电荷具有的电势能也大D场强为零处，电势不一定为零3如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD4如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图象，由此可判定（）A电场方向一定由A指向BB若场源为正电荷，位置在A侧C若场源为负电荷，位置在B侧D若场源为正电荷，位置在B侧5等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点则检验电荷在此全过程中（）A所受电场力的方向将发生改变B所受电场力的大小恒定C电势能一直减小D电势能先不变后减小6如图所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B电荷在a、b两点的电势能相等C该电场的方向水平向左Db点的电势高于a点的电势7如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（）A3：4B4：3C3：2D2：38如图所示，平行放置的金属板A、B组成一只平行板电容器，保持开关S闭合，若A、B金属板间距增大，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（）AQ变小，C变小，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，有错选零分，漏选得2分）9图中电路可将声信号转化为电信号，电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波的驱动力作用下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接，则（）Aa板振动中，a、b板间场强不变Ba板振动中，a、b板所带电量不变Ca板振动中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流Da板向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大10如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b、c，abc，一带电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A带电粒子带正电B粒子从L到N的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少11如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（）A若只增大U1，则t1增大B若只增大U1，则y减小C若只增大U2，则v2增大D若只增大U2，则y减小12如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（）AA、B两点间的电压一定等于B小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为D如果该电场由斜面中点正上方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷三、填空题（每空2分，共计16分）13如图所示，不带电的枕形导体AB，A段靠近一带正电的导体C时，A端将带电，B端（填“不带电”、“带正电”或“带负电”）用手触摸枕形导体A端后，枕形导体A端（填“不带电”、“带正电”或“带负电”），B端（填“不带电”、“带正电”或“带负电”）14研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电实验中，极板所带电荷量不变，若保持S不变，增大d，则将；板间电压；说明电容随板间距离增大而（填“增大”，“不变”或“减小”）四、计算题（本大题共3小题，共46分要求：回答要有必要的公式和过程）15有一电子由静止开始经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，设电子的电量为e，质量为m（重力不计）求：（1）电子刚进入U2电场时的初速度V0（2）金属板的长度L（3）电子离开电场时的动能16如图，平行板电容器为C，电荷量Q0，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面成夹角，现有一质量为m的带电液滴沿两极板的中线从P点由静出发到达Q点，P、Q两点都恰在电容器的边缘处，忽略边缘效应，求：（1）液滴的电荷量；（2）液滴到达Q点时的速度大小17如图所示，两个圆弧与直轨道组合成光滑绝缘轨道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的匀强电场，其它几何尺寸如图所标，一带电量为q，质量为m的带正电的小球，从A以初速度v0向右运动，（1）当小球运动到最高点B处时，对轨道的压力等于mg，试求小球落回水平轨道时与A处相距多远？（2）若小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，则小球v0应满足的条件？（3）在第（2）问条件下v0为最大值时，求小球对轨道的最大弹力为多少？参考答案与试题解析一、单选题：（本大题共8小题，每小题4分，共32分；每小题的选项中，只有一项是正确的）1关于电动势，下列说法正确的是（）A电源两极间的电压等于电源电动势B电源把越多的其他形式的能转化为电能，电动势就越大C电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功D电源的电动动势与外电路结构有关，外电路变化，通常电动势也要变化【考点】电源的电动势和内阻【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，在闭合电路中，电源电动势等于路端电压与电源内部电势降落之和，故A错误B、根据W=qU，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关故B错误；C、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时非静电力所做的功，故C正确；D、电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，由电源本身决定，与外电路结构无关，外电路变化，电动势保持不变，故D错误故选：C2下列说法中正确的是（）A电场线密集处场强大，电势高B沿电场线方向场强减小，电势降低C在电势高处电荷具有的电势能也大D场强为零处，电势不一定为零【考点】电场线；电场强度【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，可借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低【解答】解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，电势就不一定高，故A错误B、电场线疏密表示电场强度的相对大小，沿电场线方向场强不一定减小，电势降低，故B错误C、如果是正电荷在电势高处电荷具有的电势能大，如果是负电荷在电势高处电荷具有的电势能小，故C错误D、场强为零处，电势不一定为零，例如等量同种电荷的连线中点，故D正确故选D3如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电整个系统置于方向水平的匀强电场中已知静电力常量为k若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为（）ABCD【考点】库仑定律【分析】三个小球均处于静止状态，以整个系统为研究对象根据平衡条件得出c的电荷量，再以c电荷为研究对象受力分析求解【解答】解：设c电荷带电量为Q，以c电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得a、b对c的合力与匀强电场对c的力等值反向，即：2cos30=EQ所以匀强电场场强的大小为故选B4如图所示，图甲中AB是一条电场线，图乙则是放在电场线上a、b处的试探电荷的电荷量与所受电场力大小的函数图象，由此可判定（）A电场方向一定由A指向BB若场源为正电荷，位置在A侧C若场源为负电荷，位置在B侧D若场源为正电荷，位置在B侧【考点】电场线【分析】由电场强度的定义式E=得到F=qE，Fq图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率小于b的斜率，说明a处场强小于b处的场强根据场强的大小判断场源电荷的位置【解答】解：由电场强度的定义式E=得知：Fq图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，而该电场是由点电荷产生的，说明a距离场源较近，即场源位置在A侧，由于检验电荷的电性未知，电场线的方向不能确定，故场源电荷可能是正电荷，也可能是负电荷故ACD错误，B正确故选：B5等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点则检验电荷在此全过程中（）A所受电场力的方向将发生改变B所受电场力的大小恒定C电势能一直减小D电势能先不变后减小【考点】电场的叠加；电场强度；电势能【分析】根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，由此可以分析电场力和电势能的变化【解答】解：在等量的异种电荷的中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，检验电荷所受电场力的方向保持不变，所以A错误；且电荷从a运动到b，因电场力与位移方向垂直，电场力不做功；所以C错；又因为电场线分布的疏密不同，所受电场力是变化的，所以B错误；电荷从b运动到c，因为电场力做正功，所以电荷电势能减小，所以D正确故选D6如图所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是（）A电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B电荷在a、b两点的电势能相等C该电场的方向水平向左Db点的电势高于a点的电势【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势【分析】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向左，根据电场力做功可以判断电势能的高低和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行【解答】解：A、由电荷运动轨迹可以确定电荷所受电场力水平向左，a到b过程中，电场力与速度所成的角度为钝角，则电场力做负功，电势能增大，则电荷在b点的电势能大于在a点的电势能故A正确，B错误；C、由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向故C错误D、由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向，同时也就不能确定电势的高低，故D错误故选：A7如图，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM=MN，则P和Q的质量之比为（）A3：4B4：3C3：2D2：3【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子垂直进入电场，做类平抛运动，根据水平位移比得出运动的时间比，再通过竖直位移关系得出加速度的关系，结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的质量比【解答】解：粒子在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两粒子的初速度相等，水平位移比为1：2，知运动时间比为1：2根据y=，得加速度之比为4：1，根据牛顿第二定律得，a=，因为电，量比为3：1，则质量比为3：4故A正确，B、C、D错误故选A8如图所示，平行放置的金属板A、B组成一只平行板电容器，保持开关S闭合，若A、B金属板间距增大，电容器所带电荷量Q、电容C、两板间电势差U，电容器两极板间场强E的变化情况是（）AQ变小，C变小，U不变，E变小BQ变小，C变小，U不变，E不变CQ不变，C变小，U变大，E不变DQ不变，C变小，U变小，E变小【考点】电容器的动态分析【分析】电容器与电源相连接，电压保持不变，增大两极板间距离时，根据C=，判断电容的变化，根据Q=CU判断电量的变化，根据E=，判断电场强度的变化【解答】解：电容器与电源相连接，电压U保持不变；当增大两极板间距离时，根据C=，电容C减小；当增大两极板间距离时，根据E=，电场强度减小；根据Q=CU，电量减小；故选：A二、多选题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，有错选零分，漏选得2分）9图中电路可将声信号转化为电信号，电路中右侧固定不动的金属板b与能在声波的驱动力作用下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a构成一个电容器，a、b通过导线与恒定电源两极相接，则（）Aa板振动中，a、b板间场强不变Ba板振动中，a、b板所带电量不变Ca板振动中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流Da板向右的位移最大时，a、b板构成的电容器的电容最大【考点】电容器的动态分析【分析】由图看出，a、b间电压不变，由公式E=分析板间电场强度的变化由公式C=分析电量的变化，根据电容器充电和放电情况，分析电路中电流的方向 a向右的位移最大时，a、b 板构成的电容器的电容最大【解答】解：A、a、b间电压不变，a振动过程中，板间距离周期性变化，则由公式E=分析得知，a、b板间的电场强度也会周期性变化故A错误B、a振动过程中，a、b间电压不变，由公式C=分析得知，a、b 板所带的电量会周期性变化故B错误C、a 振动过程中，a、b 板所带的电量会周期性变化，电容器放电和充电周期性交替产生，所以灵敏电流计中电流的方向也会周期性变化故C错误D、a向右的位移最大时，a、b 板间的距离最小，则a、b构成的电容器的电容最大故D正确故选：D10如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b、c，abc，一带电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知（）A带电粒子带正电B粒子从L到N的过程中，电场力做负功C粒子从K到L的过程中，静电势能增加D粒子从L到M的过程中，动能减少【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，从而确定粒子的电性通过电场力做功情况判断电势能的变化以及动能的变化【解答】解：A、由题 abc所以该电场是正电荷产生的电场，粒子的运动轨迹向下弯曲，说明粒子受到的静电力是排斥力，则粒子带正电故A正确B、粒子从L到N的过程中，电场力先做负功后做正功，故B错误C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加故C正确D、粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，根据动能定理知，动能先减小后增加故D错误故选：AC11如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（）A若只增大U1，则t1增大B若只增大U1，则y减小C若只增大U2，则v2增大D若只增大U2，则y减小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据y=可以分析电压的变化使电子的运动轨迹发生相应的变化【解答】解：A、根据动能定理，得，若只增大，则增大，由知，减小，故A错误；B、电子进入偏转电场后做类平抛运动， =，若只增大，则y减小；若只增大，则y增大，故B正确，D错误；C、离开电场时，竖直方向的分速度=离开时速度，若只增大，则增大，故C正确；故选：BC12如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电量为+q、质量为m的小球，以初速度v0从斜面底端 A点开始沿斜面上滑，当到达斜面顶端B点时，速度仍为v0，则（）AA、B两点间的电压一定等于B小球在B点的电势能一定大于在A点的电势能C若电场是匀强电场，则该电场的电场强度的最大值一定为D如果该电场由斜面中点正上方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的【解答】解：A、根据动能定理得：mgLsin+qUAB=mv02m0v2=0，得到，UAB=，故A正确；B、小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能故B错误C、若电场力与重力、支持力的合力为零时，电场力有最小值，无最大值，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0小球的重力沿斜面向下的分力为mgsin一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsin时，电场力最小，场强最小，又电场力F=Eq，则该电场的场强的最小值一定是故C错误D、粒子带正电，电场力要做正功，则受到向上的电场力，如果该电场由斜面中点正上方某处的点电荷产生，则该点电荷必为负电荷故D正确故选：AD三、填空题（每空2分，共计16分）13如图所示，不带电的枕形导体AB，A段靠近一带正电的导体C时，A端将带负电，B端带正电（填“不带电”、“带正电”或“带负电”）用手触摸枕形导体A端后，枕形导体A端带负电（填“不带电”、“带正电”或“带负电”），B端不带电（填“不带电”、“带正电”或“带负电”）【考点】静电场中的导体【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应的电荷的情况，从而可以判断导体带电的情况【解答】解：由于静电感应，AB中的负电荷将向A端移动，从而使A端带负电，B端带正电； 用手触摸AB后，用手触摸枕形导体后，由于C为正电荷，故AB电势高于大地的电势，因此大地上电子跑到导体上，将B端的正电荷中和，而A端所受的负电荷增大，B端不带电； 故答案为：负； 带正电； 带负电；不带电；14研究影响平行板电容器电容的因素的实验中的实验方法是设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电实验中，极板所带电荷量不变，若保持S不变，增大d，则将增大；板间电压增大；说明电容随板间距离增大而减小（填“增大”，“不变”或“减小”）【考点】电容器的动态分析【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C= 分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：根据电容的决定式C= 得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角增大；说明电容随板间距离增大而减小故答案为：增大，增大，减小四、计算题（本大题共3小题，共46分要求：回答要有必要的公式和过程）15有一电子由静止开始经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，设电子的电量为e，质量为m（重力不计）求：（1）电子刚进入U2电场时的初速度V0（2）金属板的长度L（3）电子离开电场时的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理求得速度（2）进入偏转电场中偏转，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是d，由此可以求得极板的长度；（3）电子在运动的整个过程中，只有电场力做功，根据动能定理即可求得电子的动能的大【解答】解：（1）设电子飞离加速电场时速度为v，由动能定理有： eU1=mv2解得：v=（2）电子在平行板间运动的时间为：t=电子在平行板间的加速度为：a=电子的偏转的距离为：y=d=at2由解得：L=d（3）设电子穿过电场时的动能为Ek，根据动能定理为：Ek=eU1+e=e（U0+）答：（1）电子刚进入U2电场时的初速度为（2）金属板AB的长度为d（2）电子穿出电场时的动能为e（U1+）16如图，平行板电容器为C，电荷量Q0，极板长为L，极板间距离为d，极板与水平面成夹角，现有一质量为m的带电液滴沿两极板的中线从P点由静出发到达Q点，P、Q两点都恰在电容器的边缘处，忽略边缘效应，求：（1）液滴的电荷量；（2）液滴到达Q点时的速度大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）带电液滴沿直线运动，重力和电场力的合力方向必沿PQ直线根据力的合成法，求解液滴的电荷量（2）根据动能定理求解液滴到达Q点时的速度大小【解答】解：（1）带电液滴沿直线运动，重力和电场力的合力方向必沿PQ直线，可知电场力必定垂直于极板向上，如图则有：qE=mgcos又E=联立解得：液滴的电荷量为：q=；（2）在此过程中，电场力不做功，根据动能定理得：mgLsin=解之得：液滴到达Q点时的速度大小为：v=答：（1）液滴的电荷量为；（2）液滴到达Q点时的速度大小为17如图所示，两个圆弧与直轨道组合成光滑绝缘轨道，在高度h=2R以下存在E=、方向水平向右的匀强电场，其它几何尺寸如图所标，一带电量为q，质量为m的带正电的小球，从A以初速度v0向右运动，（1）当小球运动到最高点B处时，对轨道的压力等于mg，试求小球落回水平轨道时与A处相距多远？（2）若小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，则小球v0应满足的条件？（3）在第（2）问条件下v0为最大值时，求小球对轨道的最大弹力为多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力【分析】1、根据合力提供向心力解出小球通过B点的速度，经过B点后，小球在竖直方向上做自由落体运动，小球从B点落到电场上方水平方向上向左做匀速直线运动，小球进入电场中，在水平方向上，受到水平向右电场力，水平向左做匀减速运动根据竖直方向的运动计算时间，在水平方向上分段计算位移2、小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，末速度可以为零，根据功能关系列方程，化简即可3、将重力和电场力合成后当作一种全新的场力，找到等效场的最低点，最低处小球对轨道的弹力最大，根据动能定理，化简计算出等效场的最低点处的速度，再根据合力提供向心力，计算压力【解答】解：（1）在B点，根据合力提供向心力有：因为NB=mg解得：经过B点后，小球在竖直方向上做自由落体运动，根据位移公式，则小球从B点刚进电场的时间：，从B点落到水平轨道上的时间：，所以小球通过电场的时间为：t=t2t1=小球从B点落到电场上方水平方向上向左做匀速直线运动，位移为：小球进入电场中，在水平方向上，受到水平向右电场力，水平向左做匀减速运动根据牛顿第二定律，其加速度为：a=，则到达水平轨道上时的水平速度为： =所以在电场中的水平向左运动的位移：故小球落回水平轨道时与A处相距的距离为：（2）根据功能关系有：解得：（3）重力场和电场的最低处小球对轨道的弹力最大，设恒力场最低点为C处，则根据动能定理有：解得：在C处，根据合力提供向心力为：解得：根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大弹力为答：（1）当小球运动到最高点B处时，对轨道的压力等于mg，则小球落回水平轨道时与A处相距（2）若小球整个运动只能束缚在轨道内运动而不脱离，则小球v0应满足（3）在第（2）问条件下v0为最大值时，则小球对轨道的最大弹力为xx12月9日