2020-2021学年河北省石家庄市高一（下）第一次月考物理试卷新人教版

这是一份2020-2021学年河北省石家庄市高一（下）第一次月考物理试卷新人教版，共9页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列说法正确的是（ ）
A.如果物体受到的合力为零，则其机械能一定守恒
B.如果物体受到的合力做功为零，则其机械能一定守恒
C.物体沿光滑曲面自由下滑的过程中，其机械能不一定守恒
D.做匀加速运动的物体，其机械能可能守恒

2. 用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功−3J，拉力F做功8J，空气阻力做功−0.5J，则下列判断正确的是（ ）
A.物体的重力势能增加了4.5JB.物体的重力势能减少了3J
C.物体的动能增加了4.5JD.物体的动能增加了8J

3. 如图所示，表示物体在力F的作用下在水平面上发生了一段位移x，设这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，计算这三种情形下力F对物体做的功的数值可知（ ）

A.图甲情况下F做功的数值最少
B.图乙情况下F做功的数值最多
C.图丙情况下F做功的数值最少
D.三种情况下F做功的数值一样多

4. 质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则（ ）

A.重力对A物体做的功大于重力对B物体做的功
B.重力的平均功率相同
C.到达水平面时重力的瞬时功率PAD.到达水平面时两物体的动能相同，速度相同

5. 我国自主研制的绞吸挖泥船“天鲲号”达到世界先进水平．若某段工作时间内，“天鲲号”的泥泵输出功率恒为1×104kW，排泥量为1.4m3/s，排泥管的横截面积为0.7m2，则泥泵对排泥管内泥浆的推力为（ ）
A.5.0×106NB.2.0×107NC.2.0×109ND.5.0×109N

6. 为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍．P与Q的周期之比约为（ ）
A.2:1B.4:1C.8:1D.16:1

7. 2018年2月，我国500m口径射电望远镜（天眼）发现毫秒脉冲星“J0318+0253”，其自转周期T＝5.19ms，假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2．以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为（ ）
A.5×109kg/m3B.5×1012kg/m3
C.5×1015kg/m3D.5×1018kg/m3

8. 1970年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动．如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力常量为G，则（ ）

A.v1>v2，v1=GMrB.v1>v2，v1>GMr
C.v1GMr

9. 如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近．已知地球质量为M、半径为R、地球自转的角速度为ω．万有引力常量为G，则（ ）

A.发射卫星b时速度要大于11.2km/s
B.卫星a的机械能大于卫星b的机械能
C.卫星a和b下一次相距最近还需经过t=2πGM8R3−ω
D.若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速

10. 子弹的速度为v，打穿一块固定的木块后速度刚好变为零．若木块对子弹的阻力为恒力，那么当子弹射入木块的深度为其厚度的三分之一时，子弹的速度是（ ）
A.13vB.33vC.23vD.63v

11. 已知引力常量G和下列各组数据，能计算出地球质量的是（ ）
A.月球绕地球运行的周期及月球的半径
B.地球绕太阳运行的周期及地球到太阳的距离
C.人造地球卫星在地面附近运行的周期和轨道半径
D.若不考虑地球自转，已知地球的半径及地球表面的重力加速度

12. 如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（ ）

A.a1a2=rRB.a1a2=Rr2C.v1v2=rRD.v1v2=Rr

13. 2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈．将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星（ ）
A.质量之积B.质量之和
C.速率之和D.各自的自转角速度

14. 一辆汽车在平直公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的功率，其牵引力和速度的关系图象如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图象所给的信息，下列说法中正确的是（ ）

A.汽车行驶中所受的阻力为
B.汽车匀加速运动的过程中加速度大小为
C.速度为v2时的加速度大小为
D.若速度为v2时牵引力恰为，则有v2＝2v1

15. 如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度ℎ的关系图象如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是（ ）

A.在0∼ℎ0过程中，F大小始终为2mg
B.在0∼ℎ0和ℎ0∼2ℎ0过程中，F做功之比为2:1
C.在0∼2ℎ0过程中，物体的机械能不断增加
D.在2ℎ0∼3.5ℎ0过程中，物体的机械能不断减少
二、计算题：（共4题，每题10分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。）

某中子星的质量大约与太阳的质量相等，为2×1030kg，但是它的半径才不过10km，求：
（1）此中子星表面的自由落体加速度．

（2）贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度．
（已知引力常量为G=6.67×10−11Nm2/kg2，1.3=1.1，13=3.6）

宇宙中存在一些离其他恒星较远的，由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对他们的引力作用．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道运行．设每个星体的质量均为m，引力常量为G．
（1）试求第一种形式下，星体运动的线速度大小和周期；

（2）假设两种形式下星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？

我国的“动车组”技术居世界领先地位，成为城际间高效交通的重要工具。动车组就是由几节自带动力的车厢与几节不带动力的车厢编成的列车组。有一动车组由8节车厢连接而成，其中第1节和第7节车厢为动力车厢，每节动力车厢的额定功率均为2×104kW。动车组每节车厢的质量均为5×104kg，在行驶过程中阻力恒为其重力的0.1倍。若动车组从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为a＝4m/s2，动力车厢的输出功率达到额定功率后，保持功率不变继续行驶了1000m时达到最大速度，此后以最大速度保持匀速行驶。已知运行过程中，每节动力车厢总保持相同的功率输出，g＝10m/s2。求：
（1）动车组匀加速阶段结束时的速度大小；

（2）动车组从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。

半径R＝0.4m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内。在水平地面上距B点x＝5m处的A点放一质量m＝3kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5。小物块在与水平地面夹角θ＝37∘、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C。圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ(g取10m/s2，sin37∘＝0.6，cs37∘＝0.8)。求：

（1）小物块在B点的最小速度vB的大小；

（2）在（1）情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；

（3）为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围。
参考答案与试题解析
2020-2021学年河北省石家庄市高一（下）第一次月考物理试卷
一、选择题：（共15题，每题4分，共60分。1-10为单选，11-15为多项选择，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。）
1.
【答案】
D
【考点】
系统机械能守恒定律的应用
机械能守恒的判断
【解析】
判断物体机械能是否守恒，看物体是否只有重力做功。要理解只有重力做功，可以受其它力，其它力不做功或其它力做功的代数和为0。
【解答】
A、物体只受重力或者弹簧弹力时，机械能守恒。如果物体受到的合力为零，可能有其他的力与重力或者弹簧弹力大小相等，方向相反，其他的力仍然做功，机械能不一定守恒，例如沿斜面匀速运动的物体，摩擦力与重力分力大小相等，方向相反，摩擦力做负功，机械能减小，故A错误；
B、物体受到合外力做功为零，可能是重力做功和其它力做功的代数和为零，除重力或者弹簧弹力之外的力做功时，机械能不守恒。故B错误；
C、物体沿光滑曲面自由下滑过程中，只有重力做功，故机械能一定守恒，故C错误；
D、做匀加速运动的物体，如果其之后重力作用，则其机械能守恒，例如自由落体运动，故D正确；
2.
【答案】
C
【考点】
动能定理的应用
摩擦力做功与能量转化
【解析】
明确重力做功等于重力势能的减小量；合力做功等于动能的增加量。
【解答】
AB、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功−3J，所以重力势能增大了3J，故AB错误；
CD、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为W总＝−3J+8J−0.5J＝4.5J，故动能增加4.5J，故C正确，D错误。
3.
【答案】
D
【考点】
恒力做功
【解析】
恒力做功表达式为：W＝FScsα，功的正负表示对应的力是动力还是阻力，功的大小看绝对值．
【解答】
这三种情形下力F和位移x的大小都是一样的，将力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力大小相同，只有水平分力做功，竖直分力不做功，故三种情况下力F的功的大小是相同的；
4.
【答案】
C
【考点】
瞬时功率
系统机械能守恒定律的应用
平均功率
机械能守恒的判断
【解析】
重力做功与路径无关，只与物体初末位置的高度差有关，根据下降的高度比较重力做功的大小；结合运动时间的长短比较重力做功的平均功率大小，根据动能定理比较出落地时的瞬时速度大小，结合瞬时功率公式比较重力做功的瞬时功率。
【解答】
A、重力做功与路径无关，只与物体初末位置的高度差有关，两物体运动过程中，重力和高度差都相同，故重力做功相同，故A错误。
B、根据运动学公式ℎ＝
对B ℎ＝
对A ℎ＝
因为g>gsinθ，所以tB根据 ，两物体重力做功相同，B物体下落时间小，重力做功的平均功率大；A物体沿斜面下滑时间长，重力做功的平均功率小，故B错误。
C、设A斜面的倾斜角为α，根据动能定理W＝△Ek得：
mgℎ＝
因为合外力做的总功即重力做的功相同，到达底端时两物体的速度大小相等，重力也相同，但A物体重力方向与速度有夹角，根据功率公式P＝Fvcsα得：
PB＝mgv
PA＝mgvsinα
故到达底端时重力的瞬时功率不同，B的功率大一些，即PAD、由于重力做功相同，故到达底端时的动能相同，速度大小相等，但方向不同，即速度不同，故D错误。
5.
【答案】
A
【考点】
平均功率
【解析】
求出排泥速度，再根据P＝Fv即可求得泥泵对排泥管内泥浆的推力。
【解答】
解：根据排泥量和排泥管的横截面积可求出排泥速度为：
v=＝2m/s，
根据P=Fv可得：
F=Pv=1×104kW2m/s=5×106N．
故选A．
6.
【答案】
C
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
由题得到卫星P与Q的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比.
【解答】
解：根据题意可得P与Q的轨道半径之比为：
rP:rQ=4:1
根据开普勒第三定律有：
r3T2=k
得：rP3TP2=rQ3TQ2
可得周期之比为：
TP:TQ=8:1，故C正确，ABD错误．
故选：C．
7.
【答案】
C
【考点】
万有引力定律及其应用
向心力
【解析】
该星体表面物体随该星体自转做匀速圆周运动，能以周期T稳定自转的条件是赤道表面的物体受到的该星的万有引力恰好提供向心力，物体的向心力用周期表示等于万有引力，再结合球体的体积公式、密度公式即可求出中子星的最小密度。
【解答】
设位于该星体赤道处的小块物质质量为m，物体受到的星体的万有引力恰好提供向心力，这时星体不瓦解且有最小密度，
由万有引力定律结合牛顿第二定律得：GMmr2=m(2πT)2r球体的体积为：V=43πr3
密度为：ρ=MV=3πGT2代入数据解得：ρ=3××10−11×(5.19×10−3)2=5×1015kg/m3．故C正确、ABD错误；
8.
【答案】
B
【考点】
随地、绕地问题
开普勒定律
【解析】
根据开普勒第二定律分析卫星在近地点、远地点的速度大小。根据变轨原理，将近地点速度与卫星圆周运动的线速度比较，即可求解。
【解答】
解：根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的速度，即：v1>v2；
若卫星绕地心做轨道半径为r的圆周运动时，线速度大小为GMr，将卫星从半径为r的圆轨道变轨到图示的椭圆轨道，必须在近地点加速，所以有：v1>GMr，故B正确，ACD错误．
故选B．
9.
【答案】
C
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
第一宇宙速度7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，第二宇宙速度11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度．
卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．
【解答】
解：A．卫星b绕地球做匀速圆周运动，7.9km/s是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最小初始速度，11.2km/s是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，所以发射卫星b时速度大于7.9km/s，而小于11.2km/s，故A错误；
B．卫星从低轨道到高轨道需要克服引力做较多的功，卫星a、b质量相同，所以卫星b的机械能大于卫星a的机械能，故B错误；
C．b、c在地球的同步轨道上，所以卫星b、c和地球具有相同的周期和角速度．
由万有引力提供向心力，即GMmr2=mω2r，
ω=GMr3，
a距离地球表面的高度为R，所以卫星a的角速度ωa=GM8R3，
此时a、b恰好相距最近，到卫星a和b下一次相距最近，
(ωa−ω)t=2π，
t=2πGM8R3−ω，故C正确；
D．让卫星c加速，所需的向心力增大，由于万有引力小于所需的向心力，卫星c会做离心运动，离开原轨道，所以不能与b实现对接，故D错误．
故选C．
10.
【答案】
D
【考点】
动能定理的应用
【解析】
本题的关键是分别对子弹列出刚好打穿与接入木块厚度的13时的动能定理表达式，然后求解即可．
【解答】
解：设子弹受到的阻力大小为f，木块的厚度为d，打穿时，对子弹由动能定理可得：−fd=0−12mv2①
没打穿时，应有：−f⋅13d=12mvx2−12mv2②
联立①②解得：vx=63v，故ABC错误，D正确．
故选：D．
11.
【答案】
C,D
【考点】
万有引力定律及其应用
向心力
【解析】
地球、月球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．
【解答】
A、C、由GMmR2=m4π2T2R，解得：M=4π2R3GT2，式中R为轨道半径，T为公转周期，M为中心天体质量，故A错误，C正确；
B、根据万有引力提供向心力只能计算出中心天体质量，故B错误；
D、由黄金代换GMmR2=mg，解得：M=gR2G，故D正确。
12.
【答案】
A,D
【考点】
线速度、角速度和周期、转速
向心加速度
万有引力定律及其应用
第一宇宙速度
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：对于卫星，其共同特点是由万有引力提供向心力，有GMmr2=mv2r，故v1v2=Rr．对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同特点是角速度相等，有a=ω2r，故a1a2=rR，故AD正确．
故选AD．
13.
【答案】
B,C
【考点】
双星和多星问题
【解析】
双星系统靠相互间的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律求出双星总质量与双星距离和周期的关系式，从而分析判断．结合周期求出双星系统旋转的角速度和线速度关系．
【解答】
解：AB．设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4×105m，
根据万有引力提供向心力可知：
Gm1m2L2=m1r1ω2，
Gm1m2L2=m2r2ω2，
整理可得：G(m1+m2)L2=(r1+r2)4π2T2=4π2LT2，解得质量之和(m1+m2)=4π2L3GT2，其中周期T=112s，故A错误，B正确；
CD．由于T=112s，则角速度为：ω=2πT=24π rad/s，这是公转角速度，不是自转角速度，
根据v=rω可知：v1=r1ω，v2=r2ω，
解得：v1+v2=(r1+r2)ω=Lω=9.6π×106m/s，故C正确，D错误．
故选：BC．
14.
【答案】
B,D
【考点】
瞬时功率
平均功率
牛顿第二定律的概念
【解析】
汽车做匀加速直线运动结束时，汽车的功率达到额定功率，写出此时功率的表达式，匀加速过程中拉力最大，根据功率公式，当a＝0，即F＝f时，速度最大，再用最大速度表示出额定功率，解方程组即可求阻力；根据牛顿第二定律列方程即可求匀加速运动的加速度及速度为某一值时的加速度。
【解答】
A、由图可知，汽车做匀加速直线运动结束时，汽车的功率达到额定功率，此时速度为v1
根据P＝Fv得：
P额＝F1v1①
根据牛顿第二定律得：F−f＝ma
当a＝0，即F＝f时，速度最大即为v3
根据P＝Fv得：
P额＝fv3②
由①②得：f＝，故A错误。
B、根据牛顿第二定律得：
F1−f＝ma
解得：a＝＝，故B正确。
C、汽车的速度为v2时，牵引力大小F2＝
根据牛顿第二定律得：
F2−f＝ma2
解得：a2＝＝，故C错误。
D、若汽车的速度为v2时，牵引力恰为
即：，解得v2＝2v1，故D正确。
15.
【答案】
A,C
【考点】
摩擦力做功与能量转化
【解析】
在0∼ℎ0过程中，根据动能定理求F的大小。在0∼ℎ0和ℎ0∼2ℎ0过程中，根据动能定理求F做功之比。根据功能关系：除重力以外其它力所做的功等于物体机械能的增量，分析拉力做功情况，从而判断机械能的变化情况。
【解答】
A、0∼ℎ0过程中，Ek−ℎ图象为一段直线，由动能定理得：(F−mg)ℎ0＝mgℎ0−0，故F＝2mg，故A正确；
B、由A可知，在0∼ℎ0过程中，F做功为2mgℎ0，在ℎ0∼2ℎ0过程中，由动能定理可知：WF−mgℎ0＝1.5mgℎ0−mgℎ0，解得：WF＝1.5mgℎ0，因此在0∼ℎ0和ℎ0∼2ℎ0过程中，F做功之比为4:3，故B错误；
C、在0∼2ℎ0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，故C正确；
D、在2ℎ0∼3.5ℎ0过程中，由动能定理得WF′−1.5mgℎ0＝0−1.5mgℎ0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的机械能保持不变，故D错误．
二、计算题：（共4题，每题10分，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，并且要选定研究对象，进行必要的受力分析。）
【答案】
（1）此中子星表面的自由落体加速度为1.3×1012m/s2．
（2）贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度为1.1×108m/s．
【考点】
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）中子星表面的物体受到的重力等于中子星对它的万有引力，由万有引力公式可以求出中子星表面的重力加速度．
（2）小卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，由牛顿第二定律可以求出卫星的速度．
【解答】
解：（1）重力等于万有引力，则GMmR2=mg，
中子星表面的自由落体加速度g=GMR2≈1.3×1012m/s2；
（2）万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：
GMm′R2=m′v2R，解得，卫星的线速度v=GMR≈1.1×108m/s；
答：（1）此中子星表面的自由落体加速度为1.3×1012m/s2．
（2）贴近中子星表面，沿圆轨道运动的小卫星的速度为1.1×108m/s．
【答案】
第一种形式下线速度大小为5Gm4R，周期为4πRR5Gm；
第二种形式下星体之间的距离应为312R35
【考点】
牛顿第二定律的概念
万有引力定律及其应用
【解析】
（1）运行的任一卫星受到中心星体和另一个转动的星体的万有引力作用，合力充当向心力，列式求解即可；
（2）对其中一个星体受力分析，根据平行四边形定则求出合力，有合力充当向心力列式即可．
【解答】
第一种形式下，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力：Gm2R2+Gm2(2R)2=mv2R，
解得：v=5Gm4R，
故周期：T=2πRv=4πRR5Gm
另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，由万有引力定律和牛顿第二定律得：
2Gm2L2cs300=m(2πT)2L2cs300，
联立解得：L=312R35．
【答案】
动车组匀加速阶段结束时的速度大小为20m/s。
动车组从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为63s。
【考点】
瞬时功率
动能定理的应用
平均功率
【解析】
根据牛顿第二定律求出匀加速运动的牵引力，再根据功率表达式可求加速结束时的速度；根据匀变速运动速度公式求出匀加速运动的时间，当a＝0，即F＝8Ff时，速度最大，求出最大速度，再根据动能定理，求出达最大速度的时间。
【解答】
设动车组总的牵引力为F，每节动力车厢的输出功率都为P，匀加速启动阶段结束时的速度为v1
由题意每节车厢受到的阻力为：Ff＝0.1mg＝0.1×5×104×10 N＝50000N
根据牛顿第二定律得：
F−8Ff＝8ma
解得：F＝8(Ff+ma)＝8×(50000+5×104×4 )N＝2×106 N
根据P＝Fv得：
2P＝Fv1
解得：v1＝＝m/s＝20m/s
匀加速阶段的时间为：
s＝5s
根据牛顿第二定律得：F−8Ff＝ma
当a＝0，即F＝8Ff时，速度最大
动车组最大行驶速度＝m/s＝100m/s
设恒定功率启动阶段的时间为t2，动车组质量为M＝8m，根据动能定理得：
解得：t2＝58s
故总的时间为：t＝t1+t2＝(5+58)s＝63s
【答案】
小物块在B点的最小速度为2m/s；
在（1）情况下小物块在P点时对轨道的压力大小为36N；
为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，拉力的取值范围为：N≤F≤50N。
【考点】
向心力
动能定理的应用
牛顿第二定律的概念
【解析】
（1）小物块恰能到圆环最高点时，物块与轨道间无弹力，由重力提供向心力，此时物块在C点的速度最小，在B点的速度也最小。由牛顿第二定律和机械能守恒定律求解。
（2）小物块在水平面上做匀加速运动，在圆轨道做圆周运动，结合圆周运动和动能定理求解。
（3）本题有两种临界情况：1、小物块刚好过C点。2、小物块受水平地面的支持力恰好为零。由牛顿第二定律求解。
【解答】
小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力，只受重力．设在最高点物块速度为vC，
由mg＝m得：vC＝2m/s
物块从B运动到C，由动能定理有：
−2mgR＝m-m
解得：vB＝2m/s
物块从P到C由动能定理有：
−mgR(1−sinθ)＝m-m
解得：vP＝m/s
在P点由牛顿第二定律有：mgsinθ+FN＝m
解得：FN＝36N
根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36N
当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程有摩擦力Ff＝μ(mg−Fminsinθ)，
由A到B由动能定理有：
Fminxcsθ−Ffx＝m
解得：Fmin＝N
当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsinθ＝mg
解得Fmax＝50N
综上，拉力的取值范围是：N≤F≤50N.