2021屆寧夏中衛(wèi)市高考物理二模試卷附答案詳解

2021屆寧夏中衛(wèi)市高考物理二模試卷

一、單選題（本大題共4小題，共16.0分）

1.用圖示裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，陰極K與滑動變阻器的觸頭相連，

將觸頭向左移動的過程中光電流始終為零.為了產(chǎn)生光電流，可采

取的措施是（）

A.把滑動觸頭從圖中位置向右移動

B.增大入射光的頻率

C.增大電源電動勢

D.增大入射光的強度

2.如圖所示，小磁針正上方的直導(dǎo)線與小磁針平行，當導(dǎo)線中有電流時，小

磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn).首先觀察到這個實驗現(xiàn)象的物理學家和觀察到的現(xiàn)象是

（）

A.物理學家安培，小磁針的S極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)

B.物理學家楞次，小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)

C.物理學家法拉第，小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)

D.物理學家奧斯特，小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)

3.物體運動過程中，重力對其做功500/,則物體的（）

A.動能一定增加500/B.動能一定減少500/

C.重力勢能一定增加500/D.重力勢能一定減少500/

4.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一個光滑弧形槽靜止放在

足夠長的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，讓一個物塊從槽

上高九處由靜止開始下滑。下列說法正確的是（）

A.物塊沿槽下滑的過程中，物塊與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒

B.物塊沿槽下滑的過程中，物塊與槽組成的系統(tǒng)動量守恒

C.從物塊壓縮彈簧到被彈開的過程中，彈簧對物塊的沖量等于零

D.物塊第一次被反彈后一定能再次回到槽上高九處

二、多選題（本大題共6小題，共24.0分）

5.如圖為某雙星系統(tǒng)4、B繞其連線上的。點做勻速圓周運動的示意圖，若2

星的軌道半徑大于B星的軌道半徑，雙星的總質(zhì)量M,雙星間的距離為L,

其運動周期為7,則（）

A.4的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量

B.4的加速度一定大于B的加速度

C.L一定時，M越小，7越大

D.L一定時，4的質(zhì)量減小Am而B的質(zhì)量增加△m,它們的向心力減小

6.如圖所示，在勻強磁場區(qū)域的上方有一半徑為R的導(dǎo)體圓環(huán)，將圓環(huán)由靜止釋

放，圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等。已知圓環(huán)的電

XXXXXXXXXX

XXXXXXXXXX

阻為r,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,重力加速度為g,則（）

A.圓環(huán)進入磁場的過程中，圓環(huán)中的電流為逆時針

B.圓環(huán)進入磁場的過程可能做勻速直線運動

C.圓環(huán)進入磁場的過程中，通過導(dǎo)體某個橫截面的電荷量為嗎

2r

D.圓環(huán)進入磁場的過程中，電阻產(chǎn)生的熱量為2mgR

7.如圖所示，在一個靜電場中，負電荷q在外力（非靜電力）作用下，由B點運動

至何點，以下說法中正確的是（不計重力）（）

A.外力做功等于電荷電勢能的減少量與動能的增加量的總和

B.外力和電場力做功之和等于電勢能增加量與動能的增加量的總和

C.電場力所做的正功等于電勢能的減少量

D.外力所做的功和電場力所做的功之和等于電荷動能的增加量

8.某同學將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上

端，P由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關(guān)系

如圖中實線所示。改用物體Q完成同樣的過程，兩兩物體沿豎直方

向運動，其a-x關(guān)系如圖中虛線所示，g為當?shù)刂亓铀俣?，?/p>

簧在彈性限度范圍，貝式）

A.Q的質(zhì)量是P的2倍

B.Q的質(zhì)量是P的3倍

C.P下落過程中彈簧的最大壓縮量是X。

D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是6X。

9.下列關(guān)于熱現(xiàn)象的說法正確的是（）

A.物體吸收熱量溫度一定升高

B.在一定條件下，熱量能夠從低溫物體傳遞到高溫物體

C.理想氣體等壓膨脹時一定從外界吸收熱量

D.海水的溫度并不均勻，利用海水間的溫度差可以制作熱機把部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能

10.第5代移動通信技術(shù)（簡稱5G）,是新一代蜂窩移動通信技術(shù)，數(shù)據(jù)傳輸速率比4GL7E蜂窩網(wǎng)絡(luò)快

100倍。如表為5G使用的無線電波的頻率范圍。

頻率范圍名稱對應(yīng)的頻率范圍

FR1450MHz?6000MHz

FR224250MHz?52600MHz

6

已知光在真空中的傳播速度c=3x1（）87n/s,1MHz=1x10Hz,下列說法正確的有（）

A.FR1比FR2中的無線電波的衍射能力更強

B.在真空中傳播時，F(xiàn)R2比FR1中的無線電波的波長更長

C.在真空中傳播時，F(xiàn)R2中頻率為28000MHz的無線電波波長約為10.7mm

D.在真空中傳播時，F(xiàn)R2比FR1中的無線電波的傳播速度更大

三、填空題（本大題共1小題，共4.0分）

11.在圖（a）所示的電路中，合上電鍵S,變阻器的滑動頭C從4端滑至B端的過程中，電源的輸出功

率P與路端電壓U、路端電壓U與總電流/的關(guān)系曲線分別如圖（b）、（c）所示.不計電表、導(dǎo)線對

電路的影響.則電源電動勢E=V,電源內(nèi)阻r=

(k)A~B

—?-

(a)

四、實驗題（本大題共1小題，共9.0分）

12.在“探究牛頓運動定律”的實驗中，某小組選用如圖甲所示的實驗裝置，利用小車（可增減祛碼

）、一端帶有滑輪的導(dǎo)軌、打點計時器和兒個已知質(zhì)量的鉤碼進行實驗。

(1)圖乙是用頻率為50Hz交流電源的打點計時器得到的一條紙帶，相鄰兩計數(shù)點之間有四點未標出,

由圖中的數(shù)據(jù)可得小車的加速度a=m/s2.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(2)實驗小組保證小車和車中祛碼的總質(zhì)量M一定，以測得的加速度a為縱軸，所掛鉤碼的總重力F為

橫軸，作出的圖象如丙圖中圖線1所示，發(fā)現(xiàn)圖象不過原點，懷疑力尸的測量不準確，他們將實

驗進行改進，將一個力傳感器安裝在小車上，保證小車、祛碼及傳感器的總質(zhì)量仍為M,直接

測量細線拉小車的拉力F',作a-F'圖象應(yīng)如丙圖中圖線(選填“2”或“3”)，此圖線仍

不過原點的原因是。

五、計算題(本大題共4小題，共40.0分)

13.我國第二艘國產(chǎn)新型航空母艦安裝有電磁彈射系統(tǒng)。殲-15艦載機僅靠自身發(fā)動機在航空母艦

的跑道上加速時，產(chǎn)生的最大加速度為a=5m/s2。已知飛機起飛所需的速度至少為。=50m/s,

跑道長L=90mo

(1)通過計算判斷，若不啟用彈射系統(tǒng)，殲-15艦載機能否僅靠自身的發(fā)動機從航母上成功起飛；

(2)為了使殲-15艦載機成功起飛，求彈射系統(tǒng)必須使它在進入跑道前達到的最小初速度為,并求出

此情況下飛機僅靠自身發(fā)動機加速的時間。

14.如圖所示，在水平面上有一電動小車，車上固定一個小鐵鉤，總質(zhì)量m=0.50kg,在。點懸掛

一條不可伸長的細繩，繩長L=2.0m,下端C點結(jié)有一質(zhì)量可忽略的小輕環(huán)，過細繩中點作一水

平線4B,在這條水平線上釘一釘子，然后讓小車從距離C點s=2.0m處，以恒定功率P=5.0w開

始啟動，小車受到地面恒定阻力f=0.50N,運動時間t=2.0s后，小車電動機自動關(guān)閉，繼續(xù)

運動到C點，車上鐵鉤剛好插入繩下端的輕環(huán)，并緊扣在一起，所有碰撞忽略能量損失。

(1)小車鐵鉤插入輕環(huán)后的瞬間，細繩的拉力多大？

(2)細繩碰到釘子之后，小車將繞著釘子做圓周運動，若能通過最高點，求釘子離豎直線。。的距離知

的取值范圍。

(3)將細繩換成勁度系數(shù)k=10N/m的彈性細橡皮筋，橡皮筋原長也是L=2.0m,且下端同樣結(jié)上輕

環(huán)，要使小車剛要離開地面時，橡皮筋恰好碰到釘子，求釘子離豎直線0C的距離為,(g取10m/s2,

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

15.一定量的氣體從外界吸收熱量2.66x105人內(nèi)能增加4.25x是氣體對外界做功還是外界

對氣體做功？做了多少功？

16.如圖所示，橫截面為扇形的玻璃磚408,。為圓心，半徑為R,=

60。.一束激光從距離。點至R處的P點垂直40邊入射到玻璃磚中，然后

2

從B。邊上的Q點出射，出射光線與B。成30。，激光在空氣中的傳播速

度為c。求

i.玻璃磚的折射率；

”.激光從P點傳播到Q點的時間。

參考答案及解析

1.答案：B

解析：解：

A、因?qū)⒂|頭向左移動的過程中光電流始終為零，把P從右移動過程中，也不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，沒有

光電流形成.故A錯誤.

8、增大入射光的頻率，當入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，產(chǎn)生光電效應(yīng)，金屬有光電子發(fā)出，

電路中能產(chǎn)生光電流.故B正確.

C、增大電源電動勢，從而使得，光電管加上反向電壓增大，但仍不能產(chǎn)生光電效應(yīng)，沒有光電流形

成.故C錯誤.

。、能否產(chǎn)生光電效應(yīng)與入射光的強度無關(guān)，增大入射光的強度，仍不能產(chǎn)生光電流.故。錯誤.

故選:B.

當滑動頭向左移動的過程中，光電管加的是反向電壓，光電流始終為零，說明沒有產(chǎn)生光電效應(yīng)，

根據(jù)光電效應(yīng)產(chǎn)生的條件進行分析.

本題考查光電效應(yīng)的條件.當入射光的頻率大于金屬的極限頻率時，金屬才能產(chǎn)生光電效應(yīng)，與入

射光的強度、光照時間、所加電壓無關(guān).

2.答案：D

解析：解：發(fā)現(xiàn)電流周圍存在磁場的科學家是奧斯特，根據(jù)安培定則可知該導(dǎo)線下方飛磁場方向垂

直紙面向里，因此小磁針的N極垂直轉(zhuǎn)向紙內(nèi)，故4BC錯誤，力正確。

故選：D。

解答本題的關(guān)鍵是了解發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)的科學家是哪位同時明確通電直導(dǎo)線周圍的磁場分別情況.

本題考查了電流磁效應(yīng)的發(fā)現(xiàn)已經(jīng)直導(dǎo)線周圍磁場的分部情況，比較簡單，對于類似簡單問題不能

忽視，要不斷加強練習.

3.答案:D

解析：

重力做功是重力勢能變化的量度，合力做功是動能變化的量度，本題中重力做功，重力勢能一定會

變化，但動能的變化要看合力做功情況，物體受力情況存在各種可能，故動能變化情況也存在各種

可能。

本題關(guān)鍵要掌握重力做功是重力勢能變化的量度，合力做功是動能變化的量度。

重力做正功500/,重力勢能一定減少50Q/,C錯D對。動能對應(yīng)合外力做功，其它力做功不確定，動

能變化不確定，4B錯。

故選￡＞。

4.答案:A

解析：解：4、物塊沿槽下滑過程中，只有重力做功，物塊與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；

2、物塊沿槽下滑過程中，物塊在豎直方向有加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，不符合動量守恒的條件，

物塊與槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；

C、從物塊壓縮彈簧到被彈開的過程中，彈簧對物塊始終有彈力作用且彈力方向始終向左，彈簧對物

塊的沖量不等于零，故C錯誤；

。、物塊壓槽下滑過程槽向左運動，物塊與槽分離后槽的速度向左，物塊的速度向右，物塊被彈簧

反彈后速度向左，如果物塊的速度小于等于槽的速度，物塊不能追上糟，物塊不能回到槽上九高處,

如果物塊的速度大于槽的速度，物塊可以追上槽，物塊與槽組成的系統(tǒng)動量守恒，當兩者速度相等

時物塊上升到最大高度，由于此時兩者速度相等且不為零，此時系統(tǒng)動能不為零，整個過程系統(tǒng)機

械能守恒，由機械能守恒定律可知，物塊不能上升到槽上高八處，故。錯誤。

故選：Ao

根據(jù)動量守恒的條件和機械能守恒的條件判斷機械能和動量是否守恒。結(jié)合物塊與弧形槽的速度大

小關(guān)系判斷物塊被反彈后的運動情況，分析能否回到槽的九高處。

本題考查動量定恒和機械能守恒定律的應(yīng)用，要注意明確運動過程，同時能正確應(yīng)用動量守恒以及

機械能守恒定律分析兩物體的運動過程問題。

5.答案：BCD

解析：解：4、雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，所以向心力相等，故有：

22

mArAa)=mBrBa),

因為%＜以，所以7718＞啊，即B的質(zhì)量一定大于4的質(zhì)量，故4錯誤；

2

B、雙星系統(tǒng)中兩顆恒星間距不變，是同軸轉(zhuǎn)動，角速度相等，根據(jù)a=a)r,因為玷＜以，故%＞aB,

故8正確；

C、根據(jù)牛頓第二定律，有：

叫巾8_靖

G-^2-=mA~jTrA

mAmB4兀2

G—=叫產(chǎn)。

其中：rA+rB=L

聯(lián)立解得：T=2nI—匕二=2兀隹，故L一定，M越小，7越大，故C正確；

y]G(mA+mB)7GM

。、據(jù)萬有引力提供向心力可得F=G吆萼，4的質(zhì)量小4小于B的質(zhì)量Tn-,L一定時，4的質(zhì)量減小

L2

△機而8的質(zhì)量增加^加，根據(jù)數(shù)學知識可知，它們的質(zhì)量乘積減小，所以它們的向心力減小，故。

正確；

故選：BCD。

雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度，根據(jù)牛頓第二定律列式得到周期表達式

進行分析。

解決本題的關(guān)鍵知道雙星靠相互間的萬有引力提供向心力，具有相同的角速度。以及會用萬有引力

提供向心力進行求解。

6.答案：AD

解析：解：4、圓環(huán)進入磁場的過程中，垂直紙面向里的磁通量增加，根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電

流的磁通量應(yīng)垂直紙面向外，由右手定則判斷感應(yīng)電流為逆時針方向，故A正確；

8、由于圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等，該過程感應(yīng)電流不同，安培力不同，

故線圈不可能勻速，故B錯誤：

C、根據(jù)q=絲，得勺=絲=也良*=吟，故C錯誤；

由于圓環(huán)剛進入磁場的瞬間和完全進入磁場的瞬間速度相等，根據(jù)動能定理得:mg?2R-W=0,

所以W=2zngR,故。正確。

故選：AD.

分析清楚圓環(huán)穿過磁場的過程，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向；根據(jù)圓環(huán)進入與離開磁場的速

度判斷線框的運動性質(zhì)；根據(jù)q=?求電荷量；根據(jù)動能定理求出電阻產(chǎn)生的熱量。

解決本題的關(guān)鍵是恰當?shù)剡x擇研究過程，根據(jù)動能定理求出電阻產(chǎn)生的熱量。

7.答案:CD

解析：解：A外力做功等于機械能的變化量，A錯誤；

8、電荷動能的增加量等于合外力做功即外力所做的功和電場力所做的功之和，B錯誤，。正確；

C、由B點運動到A點，電場力做做功，電勢能減少且電場力所做的正功等于電勢能的減少量，C正

確；

故選：CD

電場力做功引起電勢能的變化，做正功電勢能減少，做負功電勢能增加.電勢能的變化與其他力做

功沒有關(guān)系而動能的變化是因為合外力做功引起的.合外力做正功動能增加，做負功動能減少.

本題考查了功能關(guān)系，知道電場力做功影響電勢能的變化，合外力做功影響動能的變化.

8.答案：BD

解析：解：4B.加速度為零時受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：

mpg=kx0

mQg=k-3x0>

所以有：mQ=3mP,故A錯誤，B正確；

CD.P.Q下落過程的運動是一個簡諧運動，而平衡位置為加速度為零的位置，根據(jù)簡諧運動的特點

可知，P下落過程中彈簧最大壓縮量為23，QF落過程中彈簧最大壓縮量為6&,故C錯誤，。正確；

故選：BD。

當加速度為零時，物體所受到的合力為零，則重力等于彈簧的彈力大小，以此分析兩物體的質(zhì)量之

比；根據(jù)簡諧運動的特點求解最大壓縮量之比

解決該題需學會分析圖象，知道在加速度為零時，重力等于彈簧的彈力，知道將兩物體的運動當作

是簡諧運動來分析最大壓縮量；

9.答案：BCD

解析：解：4、做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能，可知對一定質(zhì)量理想氣體加熱，其內(nèi)能不一定

增加。故A錯誤；

8、根據(jù)熱力學第二定律可知，在一定條件下，熱量能夠從低溫物體傳遞到高溫物體。故B正確；

C、根據(jù)理想氣體得狀態(tài)方程可知，一定質(zhì)量理想氣體等壓膨脹的過程中溫度一定升高，則理想氣體

得內(nèi)能增大；又由于一定質(zhì)量理想氣體等壓膨脹的過程中對外做功，根據(jù)熱力學第一定律可知，該

氣體一定從外界吸收熱量。故C正確；

。、根據(jù)熱力學第二定律可知，利用淺層海水和深層海水之間的溫度差可以制造一種熱機，將海水

的一部分內(nèi)能轉(zhuǎn)化為機械能，這在原理上是可行的。故。正確

故選：BCD.

做功與熱傳遞都可以改變物體的內(nèi)能；熱力學第二定律有不同的表述：不可能把熱從低溫物體傳到

高溫物體而不產(chǎn)生其他影響；不可能從單一熱源取熱使之完全轉(zhuǎn)換為有用的功而不產(chǎn)生其他影響。

該題考查熱力學第一定律和熱力學第二定律，解答的關(guān)鍵熟悉熱力學第二定律的各種表述，能夠明

確熱力學第二定律的本質(zhì)?；A(chǔ)題目。

10.答案:AC

解析：解：4、FR1比FR2中的無線電波的頻率低，而波長長，所以衍射能力更強，故A正確；

B、在真空中傳播時，由題意可知FR2比FR1中的無線電波的頻率更高，根據(jù)公式c=",可得FR2比

FR1中的無線電波的波長更短，故B錯誤；

C、在真空中傳播時，根據(jù)公式c=%f,可得FR2中頻率為28000MHz的無線電波波長約為：％=，=

募黑m"10.7xIO*=10.7mm,故C正確；

。、任何電磁波在真空中都以相同的速度傳播，速度大小都等于光速，故。錯誤。

故選：AC.

無線電波的波長越長，衍射能力越強；在真空中傳播時，根據(jù)公式c=2/比較波長和求解波長的大

??；任何電磁波在真空中都以相同的速度傳播。

本題以第5代移動通信技術(shù)(簡稱5G)為背景考查了無線電波的特點和傳播，同時要會應(yīng)用公式c=入f

求解相關(guān)問題。

11.答案：12；3

解析：解：設(shè)電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,當外電路電阻R與電源內(nèi)阻相等時，即R=r時電源輸出功

率最大，由圖(b)可知：

P*=12k

P最大=〃R=(含AR=O2r=^=12W…①

由圖(c)可知，電源短路電流/=44,

由歐姆定律得：/=g=4A...②

由①②解得：E=121Z,r=30；

故答案為：12,3.

當外電路電阻等于電源內(nèi)阻時，電源輸出功率最大，由圖(b)找出電源最大輸出功率，由電功率公式

列方程；由圖(c)找出短路電流，由歐姆定律列方程，然后解方程組，求出電源電動勢與內(nèi)阻.

知道當電路外電阻等于電源內(nèi)阻時，電源輸出功率最大、由圖象求出電源最大輸出功率及電源短路

電流，應(yīng)用歐姆定律及電功率公式列方程，即可正確解題.

12.答案：0.1953未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

解析：解：(1)由勻變速直線運動的推論△x=af2可知，小車的加速度：a=

[(2.7-.63)-。.72-(4.。4『4)-(1.63-。.72)]乂=2

0195m/s;

4X0.12'

(2)由牛頓第二定律F-f=Ma,得：a=Vf,a-F圖線斜率：上=焉，小車在質(zhì)量越大，圖

象的斜率越小，由圖示圖象可知，圖線3的斜率小，則圖線3對應(yīng)的小車質(zhì)量大；由a=得，

此圖線不過原點的原因是未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。

故答案為：(1)0.195(2)3,未平衡摩擦力或平衡摩擦力不足

(1)根據(jù)勻變速直線運動的推論△%=atZ求加速度。

(2)應(yīng)用牛頓第二定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后分析圖示圖象答題。

本題考查了實驗數(shù)據(jù)處理，應(yīng)用勻變速直線運動的推論△x=a/可以求出小車的加速度；應(yīng)用牛頓

第二定律求出圖象的函數(shù)表達式可以比較小車質(zhì)量大小。

13.答案：解：(1)若不啟動彈射系統(tǒng)，由勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系：/2一詔=2aL

代入數(shù)據(jù)解得

v'=30m/s<50m/s,故不能

(2)由勻變速直線運動速度與位移的關(guān)系：/-詔=2aL,

代入數(shù)據(jù)解得%=40m/s

由速度與時間的關(guān)系：v-v0=at,

代入數(shù)據(jù)解得：t=2s

答：(1)若不啟用彈射系統(tǒng)，殲-15艦載機不能僅靠自身的發(fā)動機從航母上成功起飛；

(2)此情況下飛機僅靠自身發(fā)動機加速的時間為2s。

解析：(1)已知勻加速的位移和加速度，據(jù)速度位移關(guān)系直接判斷；

(2)已知飛機的位移和末速度及加速度求初速度，根據(jù)速度位移關(guān)系求得初速度，結(jié)合速度與時間的

關(guān)系求得時間。

本題考查勻變速直線運動公式的正確應(yīng)用；熟練掌握勻變速直線的速度位移關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵。

14.答案：解：(1)設(shè)小車在C點的速度為。，小車在水平面上運動，只有外力和阻力做功，所以，運

用動能定理，可得：|mv2-0=Pt-fs,

因為細繩不可伸長，所以，小球到達C點后將做圓周運動，設(shè)小車鐵鉤插入輕環(huán)后的瞬間，細繩的拉

2

力為T,則有：T-mg=

2

FXI”F.mv,2(Pt-fs)八LC?八，2x(5.0x2.0-0.50x2.0).......

所以，T=mg+—=mg4-=0.50x10+-------------(/V)=414N；

(2)細繩碰到釘子之后，小車將繞著釘子做圓周運動，若能通過最高點，設(shè)小車在最高點處的速度為

v',

則小車做圓周運動的半徑R=L-脛y+及=2-乒碼>0,所以，mgw嗒；

在C點之后，小車運動過程中只有重力做功，所以，由動能定理可得：-TngG+R)=［血，2一：血哈

所以，mgR<mv，2=mv2-mg{L+2R),

所以，RWJ(■——L)=n,所以，0v2—q1+d；<白，

K

3mg/15v115

所以，l.lmWd1V1.7m；

(3)當小車到達C點右端處時，橡皮筋的彈力r=k(V￥T^-2)，其在豎直方向上的分量TN=

高T=2k(l-/江

所以，x越大，加越大；當加=加9時，小車將要離開地面，此時x=2d2；

所以，2似1一六)=機9,所以，d2=^m=0.88m.

答：(1)小車鐵鉤插入輕環(huán)后的瞬間，細繩的拉力為14N；

(2)細繩碰到釘子之后，小車將繞著釘子做圓周運動，若能通過最高點，則釘子離豎直線0