四川省成都市石室中学2023-2024学年高二物理上学期10月月考试题（Word版附解析）

成都石室中学2023-2024学年度上期高2025届10月月考试题物理试卷试卷说明：试卷分为试题卷和答题卡两部分，试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共4页。满分100分，考试时间90分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。3.考试结束后将答题卡收回。第Ⅰ卷（选择题，共44分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分；每小题只有一个选项符合题意。）1.下面是某同学对静电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（　　）A.根据公式可知，电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比B.根据公式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C.根据公式可知，带电荷量为1C负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1VD.根据公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关【答案】C【解析】【详解】A．电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度与检验电荷所带的电荷量成反比，故A错误；B．电容器的电容大小是由电容器本身构造所决定的，与电容器所带电荷量以及两板间电压无关，故B错误；C．带电量为1C负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为﹣1J，则A、B点的电 势差为故C正确；D．该式为真空中静止的点电荷场强的决定式，由该式可知，电场中某点电场强度与场源电荷的电量Q成正比，与该点到场源电荷距离r的平方成反比，故D错误。故选C。2.两个用相同材料制成的半径相等的带异种电荷的金属小球，其中一个球的带电量的是另一个的5倍，它们间的库仑力大小是F，现将两球接触后再放回原处，它们间库仑力的大小是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】两金属小球带异种电荷，设一个球的带电量为Q，则另一个球的带电量为-5Q，它们间的库仑力大小F为接触后再分开，带电量各为-2Q，则两球的库仑力大小为故选A。3.关于波的干涉和衍射，下列说法中正确的是（　　）A.只有横波才能产生干涉，纵波不能产生干涉B.任何两列波相遇，都能产生稳定的干涉C.不管是横波还是纵波，只要叠加的两列波的频率相等，振动情况相同，相位差恒定就能产生稳定的干涉D.波长很小的波可以产生衍射，不能产生干涉【答案】C【解析】【详解】A．横波和纵波都能产生干涉现象，A错误； BC．频率相同，相位差恒定，振动情况相同的两列波，无论是横波还是纵波，都能产生稳定的干涉现象，B错误，C正确；D．波长很小的波既可以产生干涉也可以产生衍射现象，D错误。故选C。4.如图所示，菱形ABCD处于方向水平向右、电场强度大小为E的匀强电场中，其中心O固定一电荷量为Q的点电荷（电性未知）。已知AD与CD的夹角为，B点的电场强度为零。则下列说法正确的是（　　）A.O点电荷带正电B.A、C两点的电场强度相同C.C点的电场强度大小为3ED.D点的电场强度大小为2E【答案】D【解析】【详解】AC．B点的电场强度为零，根据场强的叠加原理可知，O点电荷在B点处的场强方向水平向左，大小等于E，可知O点电荷带负电；同时有根据几何知识有故O点电荷在C点处的场强大小为方向竖直向下，可知C点的合场强大小为故AC错误；B．A、C两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；D．O点电荷在D点处的场强方向水平向右，大小等于E，故D点的合场强大小为2E，故D正确。故选D。5.如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，P是CD的中点。A、B、C的电势分别为8V、6V、4V。用外力将一个电子从A点移动到P点，已知元电荷电量为e， 下列说法正确的是（　　）A.该过程中，电子的电势能增加5eVB.该过程中，电子的电势能减少3eVC.该过程中，电场力对电子做正功5eVD.该匀强电场的场强大小为，方向垂直BD斜向右上方【答案】D【解析】【详解】C．根据匀强电场强度与电势差的关系可得解得D的电势为P是CD的中点，P点电势为一个电子从A点移动到P点电场力做功为可知该过程中，电子的电场力做负功3eV，故C错误；AB．根据功能关系可知该过程中，电子的电势能增加3eV，故AB错误；D．B点和D点电势为6V，故BD为等势线，等势线与电场线垂直，故电场线方向与BD垂直，沿电场线方向电势降低，故电场强度方向垂直BD斜向右上方，则电场强度大小为故D正确故选D。6.如图所示为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线是以点电荷为圆心的一段圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的 电荷量大小相等，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）A.b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量B.a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹C.a、c虚线对应的粒子的速度越来越大，b虚线对应的粒子的速度不变D.a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度不变【答案】A【解析】【详解】A．三个粒子的电荷量大小相等，在初始位置受到的静电力大小相等，b粒子做圆周运动，向心力等于静电力；c粒子做向心运动，可知静电力大于所需的向心力，根据可知b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量，故A正确；B．根据运动轨迹可知a粒子受到向左的静电力，bc粒子受到向右的静电力，因为不知道电场的方向，所以无法确定三个粒子的电性，故B错误；C．由运动轨迹可知ac粒子运动方向和电场力夹角为锐角，电场力做正功，速度在增大；b粒子做圆周运动，速度大小不变，但是方向在改变，故C错误；D．电场线的疏密表示场强大小，由图可知，a虚线对应的粒子所处的场强在减小，加速度越来越小，c虚线对应的粒子所处的场强在增大，加速度越来越大，b粒子做圆周运动，加速度大小不变，但是方向在改变，故D错误。故选A。7.用轻质绝缘细线把两个小球a、b悬挂起来，放置在水平向右的匀强电场中，静止时的状态如图所示。现在让两个小球a、b带上等量异号的电荷，其中a带正电荷，b带负电荷。由于有空气阻力，当再次达到平衡时，a、b小球最后会达到新的平衡位置。不计两带电小球间相互作用的静电力。则最后两球新的平衡位置与原来的平衡位置相比，下列说法正确的是（　　） A.a球的重力势能和电势能都不变B.b球的重力势能和电势能都增加C.a球的重力势能一定增加、电势能一定减小D.b球的重力势能一定增加、电势能一定减小【答案】C【解析】【详解】BD．让两个小球、带上等量异号的电荷，其中带正电荷，带负电荷，当再次达到平衡时，对两球的整体受力分析可知，水平方向两电场力平衡，竖直方向拉力与重力平衡，则上端的绳一定竖直状态，故b球的位置不变，故球的重力势能和电势能都不变，故BD错误；AC．对a球受力分析，受水平向右的电场力，绳的拉力，库仑引力，重力，这些力平衡时绳一定斜向左上，如图所示a球的位置一定在右上方，则球的重力势能一定增加、电势能一定减小，故A错误，C正确。故选C。8.如图所示，空间有电荷量分别为和的两个点电荷，其连线水平。在竖直平面内，内壁光滑的绝缘细弯管关于连线对称放置，细管的上下端口恰好在连线的中垂线上。电荷量为＋q的小球以初速度从上端管口无碰撞进入细管，在管内运动过程中机械能守恒，则（　　）A.B.细管上各点的电场强度方向均与细管垂直 C.在的连线上，中点的电场强度最小D.小球从细管下端飞出时速度为【答案】B【解析】【详解】A．带电小球在运动过程中始终机械能守恒，则小球在运动过程中电势能保持不变，题干图中细管所在的弧线是一等势线，所以有Q1＞Q2故A错误；B．根据电场线与等势线处处垂直，所以细管各处的电场强度方向均和细管垂直，故B正确；C．当两个是等量异种电荷的时候，中点是场强最小的点，但是现在二者是非等量异种电荷，且，所以场强最小的点会相应的向右偏移，故C错误；D．小球以初速度v0从上端的管口恰好无碰撞地进入细管，且在运动过程中机械能始终保持不变，但是小球从细管下端飞出时因为重力做正功，所以小球离开的速度大于v0，故D错误。故选B。二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分；每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分。）9.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，但仍在P点上方。下列说法正确的是（　　）A.油滴带正电B.静电计指针张角减小C.油滴向上运动D.带电油滴P点的电势能不变【答案】BD【解析】【详解】A．根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，而极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；BCD．将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离的过程中，电容器所带电荷量Q不变，根据电容的决定 式可知，减小，则增大；又因为可知，减小，所以静电计指针张角减小；又因为联立得出可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，油滴的电场力不变，则不会运动；又由于P点与下极板间的距离不变，由知P点的电势不变，根据可知带电油滴在P点的电势能不变，故BD正确，C错误。故选BD。10.如图所示，竖直和水平放置的绝缘光滑板PO、QO固定，a、b为两个均带正电的小球（可视为点电荷），当用平行于QO向左的力F作用于b时，a、b紧靠板静止。由于a球缓慢漏电，a球缓慢移动，现稍改变F的大小，使b一直处于静止状态，则下列说法正确的（　　）A.两小球之间的库仑力变大B.力F减小C.系统的重力势能变大D.系统的电势能增大【答案】AD 【解析】【详解】ABC．以a球为研究对象，受力如图所示根据平衡条件有由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，则角增大，减小，则两小球之间的库仑力变大；挡板对a的弹力为角增大，增大，则增大；对整体受力分析，在水平方向有则作用力F也增大，故A正确、故B错误；C．由于a球漏电，则a球缓慢向下移动，b球不动，所以系统重力势能变小，故C错误；D．由于两球间距离减小，又两小球之间的库仑力为斥力，所以库仑力做负功，系统的电势能增大，故D正确。故选AD。11.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在时刻的波形图，处的质点P恰在平衡位置，虚线是这列波在时刻的波形图。已知该波的波速是1.0m/s，则下列说法正确的是（　　）A.这列波沿x轴负方向传播B.质点P在时刻速度方向沿y轴负方向C.质点P在时刻的位移为D.质点P在时刻速度方向与加速度方向相同【答案】CD【解析】 【详解】A．由图可知波长若波沿x轴正向传播，则有解得若波沿x轴负向传播，则有解得已知该波的波速是，则波只能沿x轴正向传播，故A错误；B．波沿x轴正向传播，根据带动法可判断质点P在时刻速度方向沿y轴正方向，故B错误；C．根据可得在时波的方程为当时有质点P在时刻的位移为，故C正确；D．波沿x轴正向传播，周期，质点P在时刻在x轴上方，正向平衡位置运动，速度方向与加速度方向均指向平衡位置，故D正确。故选CD。12.如图（a），长为4d、间距为d的平行金属板水平放置，两金属板左边中点O有一粒子源，能持续水平向右发射初速度为、电荷量为、质量为m的粒子，金属板右侧距离为d处竖直放置一足够大的荧光屏。现在两板间加图（b）所示电压，已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出。不计粒子重力，则（　　） A.无论哪个时刻入射的粒子在金属板间运动的时间相等B.无论哪个时刻入射的粒子恰能从金属板右侧中点出射C.无论哪个时刻入射的粒子从金属板间出射时动能D.粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为【答案】AC【解析】【详解】AB．已知时刻射入的粒子恰好能从金属板射出，则有作出不同时刻进入金属板的粒子在电场方向速度与时间的图像如下图由图像可以看出，在时刻（n=0,1,2,3，…）进入金属板的粒子会在电场方向上有最大位移，结合题目条件知最大位移为，其它时刻进入的粒子在电场方向位移都小于 ，所以不同时刻进入金属板的粒子都能够输出金属板，由水平方向匀速运动可知，粒子射出金属板时间都相同，时间都为故A正确，B错误；C．由于粒子在电场中运动的时间都为，恰为电压随时间变化的周期，故粒子在电场中所受相反电场力作用时间相同，根据动量定理有故粒子无论何时进入电场，出射时只剩水平速度v0，竖直方向的速度为0，故粒子从金属板间出射时动能都为故C正确；D．由AC选项分析可知不同时刻出射的粒子出射的位置在两金属板右侧上下边缘之间，竖直方向最大位移大小都为，且出射时速度均水平向右，故粒子打在右侧荧光屏上的长度范围为d，故D错误。故选AC。13.如图所示为沿x轴方向的电场中的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（　　）A.电场强度方向沿x轴正方向且电场强度逐渐减小 B.全过程滑块减少的电势能等于滑块与水平地面间摩擦产生的热量C.滑块运动的最大速度约为0.1m/sD.滑块先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动，最终静止【答案】ABC【解析】【详解】A．由图可知，随着x增大，电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知，电场强度沿x轴正方向，图线的斜率的绝对值表示电场强度大小，故电场强度方向沿x轴正方向且电场强度逐渐减小，故A正确；BD．图线的斜率的绝对值表示电场强度大小，所以的电场强度大小为滑块在此处受到的电场力为滑块与水平地面间滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为由A在分析可知，处的电场强度大于的电场强度，故滑块在处受到的电场力所以滑块释放后开始向右加速运动，由于图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，根据动能定理可得全过程即全过程滑块减少的电势能等于滑块与水平地面间摩擦产生的热量，故B正确，D错误；C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为根据动能定理有 解得故C正确。故选ABC。第Ⅱ卷（非选择题，共56分）三、实验题（本题共2小题，每空2分，共14分）14.某物理兴趣小组利用下列甲图装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的、、等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。步骤二：使小球处于同一位置增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。（1）该实验采用的方法是___________（填正确选项前的字母）A.理想实验法B.控制变量法C.等效替代法（2）实验表明，电荷之间的静电力随着距离的增大而___________，随着电荷量的增大而___________。（）（填正确选项前的字母）A.增大、减小B.增大、不变C.减小、增大（3）如图乙所示的实验装置为库仑扭秤。悬丝的下端悬挂一根绝缘棒，棒的一端是一个带电的金属小球 A，另一端有一个不带电的球B，B与A所受的重力相等，使绝缘棒平衡，当把另一个带电的金属球C插入容器并使它靠近A时，A和C之间的作用力使悬丝扭转，通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，便可找到力F与距离r和电荷量q的关系。库仑在这一实验中如何解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难？___________和___________（只填两种方法名称即可）。【答案】①.B②.C③.微小量放大法（小量放大法、放大法等）④.均分电荷（等分电荷）【解析】【详解】（1）[1]此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小，所以该实验采用的方法是控制变量法。故选B。（2）[2]在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，实验中根据小球的摆角可以看出电荷之间的静电力随着距离的增大而减小，随着电荷量的增大而增大。故选C。（3）[3][4]库仑在这一实验中通过微小量放大法（小量放大法、放大法等）和均分电荷（等分电荷）解决了微小力难以测量和电量无法测量的困难。15.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板A和静电计外壳接地，电容器右极板B与静电计金属球相连。使电容器带电后与电源断开。（1）关于此实验，下列说法正确的是___________；A.本实验采用的科学方法是控制变量法B.使用静电计的目的是测量电容器电量的变化情况C.静电计可以用电压表替代D.A板与静电计的指针带的是异种电荷（2）使电容器带电后与电源断开，保持B板不动，将A板向左移动，静电计指针张角___________；保持AB板不动，向两板间插入玻璃片，静电计指针张角___________；（）（填正确选项前的字母）A.增大、减小B.增大、增大C.减小、增大C.减小、减小（3）改变相关因素使电容器电容发生变化，从而可以测量某些物理量，因此可制作电容式传感器。保持B板不动，将A板上下移动会使静电计指针的偏角变化。下列传感器电容变化和此原理相同的是___________。 A.B.C.D.【答案】①.AD##DA②.A③.BD##DB【解析】【详解】（1）[1]A.本实验采用的科学方法是控制变量法，其它物理量不变，改变其中某一个物理量，A正确；B.静电计测量的是电势差，该实验电量不发生变化，B错误；C.电压表必须有电流通过才行，所以不能用电压表代替，C错误；D．。静电计与B板连接，所以与A板带的是异种电荷，D正确。故选AD。（2）[2]A板向左移动，根据可得电容变小，根据电量不变，电势差增大，静电计指针张角增大。向两板间插入陶瓷片，增大，从而电容增大，而带电量保持不变，导致两极板间的电压降低，静电计张角减小。故选A。（3）[3]保持B板不动，将A板上下移动，目的是改变两极板的正对面积，B、D是改变两极板的正对面积，符合题意，A是改变介电常数，C是改变两极板间的距离。故选BD。四、计算题（本题共4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16.如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿倾角为的AC方向固定有一光滑绝缘细杆，，且D点为AC 的中点；在O点有一固定的正点电荷。现有一质量为m，带电量为-q的有孔小球（可视为质点）从杆上A点无初速度下滑，小球滑到D点时速度大小为。重力加速度为g。求：（1）小球滑到C点时的速度大小；（2）A、C两点的电势差。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据点电荷的电场特征可知，DC所在的圆是一条等势线，所以小球从D到C电场力做的总功为零，由几何关系可得DC的竖直高度为根据动能定理有解得（2）小球从A到C，由动能定理有又因为解得 17.真空中存在空间足够大的、水平向右的匀强电场；在电场中，现用长L的轻质细绳上端固定，下端连接一个质量为m的带电的可视为质点的小球刚好静止，此时绳与竖直方向的夹角，重力加速度为g，，。（1）求静止时小球所受电场力F的大小；（2）若将该小球从该电场中某点以初速度竖直向上抛出，试求：①小球上抛到最高点的过程沿电场方向上发生的位移多大；②小球从抛出至落回到与抛出点在同一水平线的某点的过程中电势能的变化量。【答案】（1）；（2），电势能减少【解析】【详解】（1）由平衡条件得，电场力大小解得（2）小球沿竖直方向做匀减速运动时间为t，由速度公式沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为此过程小球沿电场方向位移 根据匀加速直线位移时间公式可知当小球落回与抛出点在同一水平线上的某点时，水平总位移为，电场力做功小球在整个过程中，电势能变化量为故电势能减少。18.如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强。质量为m，带电量为＋q的物块（可视为质点）以水平方向速度从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数可调，（重力加速度为g，，）。求：（1）若，且物块的速度，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；（2）若物块的速度，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；（3）若，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度应满足什么条件。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）物块从M点到A点，由动能定理得 物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为，在A点由牛顿第二定律可得解得由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。（2）当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示合力与竖直方向夹角为；物块从M点到C点，由动能定理得在等效最高点C时，由牛顿第二定律得联立解得（或0.125）要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数（3）物块从M点到B点，由动能定理得 物块恰能到B点，则对轨道压力为由牛顿第二定律得联立解得因此，物块的初速度19.如图，圆弧轨道AB圆心为O，半径为，圆弧轨道AB的B点与水平地面BE相切，B点在O点的正下方，在B点的右侧有一竖直虚线CD，B点到竖直虚线CD的距离为，竖直虚线CD的左侧有一水平向左的匀强电场，场强大小为（大小未知），竖直虚线CD的右侧有场强大小为（大小未知）、竖直向上的匀强电场。竖直虚线CD的右侧有一竖直墙壁EF，墙壁EF到竖直虚线CD的距离为，墙壁EF底端E点与水平地面BE相连接，墙壁EF的高度也为。现将一电荷量为、质量为的完全绝缘的滑块从A点由静止释放沿圆弧轨道AB下滑，过B点时的速度大小为4m/s，最后进入竖直虚线CD右侧。已知滑块可视为质点，圆弧轨道AB光滑，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为，，，，。求：（1）场强的大小；（2）滑块到达竖直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间；（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求的取值范围。 【答案】（1）；（2），；（3）的取值范围为【解析】【详解】解：（1）滑块从A点运动到B点的过程中，由动能定理有滑块从A点运动到B点的过程中解得（2）滑块从B点运动到竖直虚线CD的过程中，由牛顿第二定律有得根据运动学公式有解得（3）当较小时，滑块刚好与竖直墙壁底端E点碰撞，有 解得当较大时，滑块刚好与竖直墙壁顶端F点碰撞，从C点到F点做类平抛运动，在水平方向有竖直方向有解得综上，的取值范围为