2020重庆北碚区高一上学期期末学生学业抽测物理试题含答案

这是一份2020重庆北碚区高一上学期期末学生学业抽测物理试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
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北碚区2019-2020学年(上)期末学生学业质量调研抽测
高一物理试卷
（分数：100分 时间：90分钟）
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。

一、单选题
1. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知

A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能
D. 三个等势面中，c的电势最高
2. 下列说法正确的是
A. 物体的运动速度越大，加速度也一定越大
B. 物体的运动速度变化越快，加速度越大
C. 物体的运动速度变化量越大，加速度也一定越大
D. 物体的运动速度越小，加速度也一定越小
3. 一辆汽车以速度v匀速行驶了全程的一半，以行驶了另一半，则全程的平均速度为
A. B. C. D.
4. 如图一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为

A. B. C. D.
5. 一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍，该质点的加速度为
A. B. C. D.
6. 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是


A. 小车静止时，，方向沿杆向上
B. 小车静止时，，方向垂直杆向上
C. 小车向右以加速度a运动时，一定有
D. 小车向左以加速度a运动时，
7. 一辆正沿平直路面行驶的车厢内，一个面向车前进方向站立的人对车厢壁施加水平推力F，在车前进s的过程中，下列说法正确的是

A. 当车匀速前进时，人对车做的总功为正功
B. 当车加速前进时，人对车做的总功为负功
C. 当车减速前进时，人对车做的总功为负功
D. 不管车如何运动，人对车做的总功都为零
二、多选题
8. 如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在时刻撤去恒力F，物体运动的图象如图b，重力加速度，则    

A. 物体在3s内的位移
B. 恒力F与摩擦力f大小之比F：：1
C. 物体与地面的动摩擦因数为
D. 3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比：：2
9. 如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行．初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图象以地面为参考系如图乙所示．已知，则

A. 时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D. 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
10. 直线AB是某电场中的一条电场线。若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A，B两点的电场强度、和电势、的判断正确的是   

A. B.   C. D.
11. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则   

A. 时物块的速率为
B. 时物块的动量大小为
C. 时物块的动量大小为
D. 时物块的速度为零
12. 如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是

A. 物体在传送带上的划痕长
B. 传送带克服摩擦力做的功为
C. 电动机多做的功为
D. 电动机增加的功率为
13. 如图所示，可视为质点的、质量为m的小球，在半径为R的竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列有关说法中正确的是


A. 小球能够到达最高点时的最小速度为0
B. 小球能够通过最高点时的最小速度为
C. 如果小球在最高点时的速度大小为，则此时小球对管道的内壁的作用力为3mg
D. 如果小球在最低点时的速度大小为，则小球通过最低点时对管道的外壁的作用力为6mg
三、实验题
14. 一位同学在实验室使用打点计时器：
电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是______ 电源填 交流  直流，电磁打点计时器的工作电压是______ V，电火花打点计时器的工作电压是______ 当电源频率是50Hz时，它每隔______ s打一次点．
如研究物体作自由落体运动的实验，有下列器材可供选择：
铁架台、重锤、电火花打点计时器及碳粉、纸带若干、220V交流电源、天平、秒表
其中不必要的两种器材是：______ ，缺少的一种器材是：______ ．
如图为测定匀变速直线运动的加速度实验中得到一段纸带，是一次实验中记录小车运动情况的纸带，图中A、B、C、D、E为相邻的计数点，相邻记数点间的时间间隔为，该小车运动的加速度 ______ ，计数点D的瞬时速度 ______ ．


15. 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学进行实验的主要步骤是：
如图甲所示，将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套分别连着一个弹簧测力计；
沿着两个方向拉弹簧测力计，将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力、的大小．用笔在两绳的拉力方向上分别标记a、b两点，并分别将其与O点连接，表示两力的方向；
再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录其拉力F的大小并用上述方法记录其方向；

实验中确定分力方向时，图甲中的b点标记得不妥，其原因是______；
用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是______；
图乙是在白纸上根据实验数据作出的力的图示，其中______是和合力的实际测量值；
实验中的一次测量如图丙所示，两个测力计M、N的拉力方向互相垂直，即若保持测力计M的读数不变，当角由图中所示的值逐渐减小时，要使橡皮筋的活动端仍在O点，可采用的办法是______；
A.增大N的读数，减小角
B.减小N的读数，减小角
C.减小N的读数，增大角
D.增大N的读数，增大角
16. 一同学用如图甲所示实验装置打点计时器、纸带图中未画出，探究在水平固定的长木板上物体加速度随着外力的变化的关系，实验过程中小明用不同的重物P分别挂在光滑的轻质动滑轮上，使平行于长木板的细线拉动长木板上的物体，由静止开始加速运动纸带与打点计时器之间阻力及空气阻力可忽略，实验后进行数据处理，分别得到了物体A、B的加速度a与轻质弹簧秤弹力F的关系图象分别如图乙中的A、B所示．
由图甲判断下列说法正确的是______．
A.轻质弹簧秤弹力F即为物体A、B受到的合外力
B.实验时应先接通打点计时器电源后释放物体
C.实验中重物P的质量应远小于物体的质量
D.弹簧秤的读数始终为重物P的重力的一半
实验发现图象不过坐标原点，该同学仔细分析了图乙中两条线不重合的原因，得出结论：两个物体的质量不等，且______填“大于”“等于”或“小于”；两物体与木板之间动摩擦因数______填“大于”“等于”或“小于”．

四、计算题
17. 如图所示一足够长的斜面倾角为，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为现使物体受到一水平向右的恒力作用，运动至B点时撤去该力，取。则：
 
物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
物体到达B点时的速度是多大？
物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？




18. 如图所示，粗糙水平地面与半径为的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为的小物块在水平恒力的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取求：
 
小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．
小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．





19. 如图所示，质量为的小球从平台上水平抛出后，落在一倾角的光滑斜面顶端，并恰好无碰撞的沿光滑斜面滑下，顶端与平台的高度差，斜面的高度。g取，求：
小球水平抛出的初速度是多大；
小球从平台水平抛出到斜面底端所用的时间。





答案和解析
1.【答案】D

【解析】【分析】
本题主要考查等势面及带电粒子的运动轨迹问题；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上，故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】
A.等差等势面P处密集，P处电场强度大，电场力大，加速度大，故A错误；
根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上。故c点电势最高；
利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道P点电势能大；负电荷的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，P点电势能大则动能小。故BC错误，D正确。
故选D。
2.【答案】B

【解析】【分析】
加速度等于单位时间内的速度变化量，反映速度变化快慢的物理量。
解决本题的关键知道加速度的物理意义，知道加速度的大小与速度大小、速度变化量的大小无关。
【解答】
A.物体的速度大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故A错误；
B.加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化越快，加速度越大，故B正确；
C.物体的速度变化量大，速度变化不一定快，加速度不一定大，故C错误；
D.加速度大小与速度大小没有必然联系，物体速度很小时，加速度也可以很大，故D错误。
故选B。
3.【答案】B

【解析】【分析】
本题主要考查平均速度，解决本题的关键掌握平均速度的定义式。
分别求出前一半路程和后一半路程运行的时间，从而等于总路程除以总时间求出全程的平均速度。
【解答】
设全程为2s，前半程的时间为：。
则后半程的运动时间为：。
则全程的平均速度为：，故B正确，ACD 错误。
故选B。
4.【答案】C

【解析】【分析】
本题考查了共点力的平衡，解决本题的关键是把拉力进行分解，然后列平衡方程。
拉力水平时，二力平衡；拉力倾斜时，物体匀速运动，依然是平衡状态，根据共点力的平衡条件解题。
【解答】
当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即：；
当拉力倾斜时，物体受力分析如图：
联立可得：，故C正确，ABD错误。
故选C。
5.【答案】A

【解析】【分析】
本题是匀变速直线运动规律的直接运用，解答此题的关键是用好题目给定的条件：在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。由题意知，动能变为原来的9倍，可解得末速度和初速度的倍数关系，结合位移公式，可分别求出初速度和末速度，再由加速度的定义求得质点的加速度。
【解答】
设初速度为，末速度为，加速度为a，则位移为：，初动能为，末动能为，
因为动能变为原来的9倍，所以有
 联立解得：， 
由加速度定义可得：，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】D

【解析】【分析】
本题考查了利用牛顿第二定律及平衡条件分析弹力的问题；本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿运动定律分析确定。
结合小车的运动状态对小车进行受力分析，小车所受合外力的方向与加速度的方向一致，从而确定杆对小球的作用力。
【解答】
小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：，方向竖直向上，故AB错误；
C.当小球向右以加速度a运动时，对其受力分析，受重力和弹力，如图

合力为：，水平向右，根据平行四边形定则，弹力为：，不一定会等于，故C错误；
D.与C同理，小车向左以加速度a运动时，如图，竖直方向，水平方向，则，方向斜向左上方，故D正确。

故选D。
7.【答案】B

【解析】【分析】
人对车施加了三个力，分别为压力，推力F，摩擦力f，根据力做功的公式及作用力和反作用力的关系判断做正功还是负功。
本题主要考查了恒力做功公式的直接应用，关键是根据人的运动状态，判断人的受力情况，再根据作用力和反作用力的关系判断人对车厢施力情况，难度适中。
【解答】
A.当车匀速前进时，人对车厢的推力F做的功为，静摩擦力做的功，人处于平衡状态，根据作用力与反作用力的关系可知，，则人对车做的总功为零，故A错误；
B.当车加速前进时，人处于加速状态，车厢对人的静摩擦力f向右且大于车厢壁对人的作用力F，所以人对车厢的静摩擦力向左，静摩擦力做的功，人对车厢的推力F方向向右，做的功为，因为，所以人对车做的总功为负功，故B正确；
C.同理可以证明当车减速前进时，人对车做的总功为正功，故C错误；
D.由上述分析可知D错误。
故选B。
8.【答案】BC

【解析】【分析】
根据图象与时间轴所围的面积求物体在3s内的位移，以及第1s内和后2s内的位移；对整个过程，运用动能定理求，对后2s内物体的运动过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数；由动能定理分析3s内恒力做功与克服摩擦力做功之比。
本题有两个关键点：要明确图象与时间轴所围的面积表示位移；应用动能定理时，要灵活选择研究的过程。
【解答】
A.根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可得物体在3s内的位移：，故A错误；
B.物体在第1s内和后2s内的位移分别为，，对整个过程，由动能定理得：，解得，故B正确；
C.对后2s内物体的运动过程，由动能定理得，得，故C正确；
D.对整个过程，由动能定理得：，可得，，故D错误。
故选BC。
9.【答案】BD

【解析】【分析】
本题的关键是通过图象得出小物块的运动规律，再由运动规律得出小物块的受力和运动情况，从而明确物块与传送带之间的相对运动规律，此类问题涉及两个物体多个过程，对学生分析能力能起到较好的练习作用。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动，根据图象分析有时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，时间内小物块向右匀加速，摩擦力向右，时间内小物块受到都是滑动摩擦力，大小不变，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失。
【解答】
A.时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；
B.时刻前小物块相对传送带向左运动，之后相对静止，故B正确；
C.时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，时间内小物块不受摩擦力作用，故C错误；
D.时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故D正确。
故选BD。
10.【答案】AC

【解析】【分析】
本题根据图象考查对电场的认识，要求能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，沿着电场线方向电势降低；电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性。
根据速度图象得出电子的加速度越来越小，根据牛顿第二定律可知电场力越来越小，再根据电场强度的定义即可求解。
【解答】
由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由可知，A点的场强要大于B点场强，故A正确，B错误；
电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故，电子带负电，由可知，A点的电势要大于B点电势，即，故C正确，D错误。
故选AC。

11.【答案】AB

【解析】【分析】
首先根据牛顿第二定律得出加速度，进而计算速度和动量。
本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。
【解答】
A.前两秒，根据牛顿第二定律，，则的速度为：，A正确；
B.时，速率为，，则动量为，B正确；
，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，，所以3s时的速度为，动量为，4s时速度为，CD错误。
故选AB。
12.【答案】ACD

【解析】【分析】
物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后做匀速直线运动，电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，还有一部分转化为内能．
解决本题的关键要明确物体的运动过程，正确分析能量的转化情况．要知道划痕的长度等于物块在传送带上的相对位移，摩擦产生的内能与相对位移有关．
【解答】
A、物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移大小。物块加速运动的加速度为，物体加速到速度为v时所需的时间，在这段时间内物块的位移，传送带的位移则物体与传送带间的相对位移，即物体在传送带上的划痕长故A正确。
B、传送带克服摩擦力做的功为故B错误。
C、电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能是，摩擦产生的内能为，所以电动机多做的功故C正确。
D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为，故D正确。
故选：ACD。
13.【答案】AD

【解析】【分析】
圆形管道内能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为小球在最高点时的速度大小为时，由牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向，再由牛顿第三定律分析小球对管道的作用力．在最低点时的速度大小为时，同样根据牛顿第二定律求出小球受到的管道的作用力大小和方向．
【解答】
本题中圆管模型与轻杆模型相似，抓住两个临界条件：一是小球恰好到达最高点时，速度为零；二是小球经过最高点与管道恰好无作用力时速度为．
圆形管道内壁能支撑小球，小球能够通过最高点时的最小速度为0，故A正确，B错误；
C.设管道对小球的弹力大小为F，方向竖直向下。由牛顿第二定律得
，，代入解得，方向竖直向下，
根据牛顿第三定律得知：小球对管道的弹力方向竖直向上，即小球对管道的外壁有作用力，故C错误；
D.重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：，
解得：；
根据牛顿第三定律，球对管道的外壁的作用力为6mg，故D正确。故选AD。


14.【答案】交流；；220；；
天平、秒表；刻度尺；
；

【解析】【分析】
了解电磁打点计时器和电火花打点计时器的工作电压、工作原理即可正确解答；同时要熟练使用打点计时器进行有关的操作，从实验目的、实验原理角度出发得到待测量，确定实验器材；
根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小。
对于基本仪器的使用和工作原理，我们不仅从理论上学习它，还要从实践上去了解它，自己动手去做做，以加强基本仪器的了解和使用。
【解答】
解：电磁打点计时器和电火花打点计时器所使用的是交流，电磁打点计时器的工作电压是电火花打点计时器的工作电压是220V，当电源频率是50Hz时，它每隔打一次点；
实验要测量重力加速度，根据公式，需要刻度尺测量位移；
故不需要天平、秒表，缺少刻度尺；
相邻的计数点间的时间间隔，
设A到B之间的距离为，以后各段分别为、、，
根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，
得： 
 
为了更加准确的求解加速度，我们对两个加速度取平均值
得：
即小车运动的加速度计算表达式为：
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上D点时小车的瞬时速度大小．

故答案为：交流；；220；；天平，秒表； 刻度尺；。
15.【答案】、b两点太近，误差大；  
与、共同作用的效果相同；
；
。

【解析】解：为了减小测量的误差，记录方向时，记录点与O点的距离适当大一些，图甲中的b点标记得不妥，其原因是O、b两点太近，误差大；
用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，这样做的目的是与、共同作用的效果相同；
和合力的实际测量值是用一根弹簧秤拉的，不是根据平行四边形定则作出的，故F是和合力的实际测量值；
由题意可知：保持O点位置不动，即合力大小方向不变，弹簧测力计M的读数不变，因此根据要求作出力的平行四边形定则，画出受力分析图如下：

所以由图可知角逐渐变小时，N的示数减小，同时角减小。故选：B。
故答案为：、b两点太近，误差大；与、共同作用的效果相同；；。
为了减小测量的误差，两拉力的夹角适当大一些，记录拉力方向的点与O点距离适当大一些．为了与、共同作用的效果相同，用一根弹簧秤拉时，应将橡皮筋的活动端仍拉至O点；
实际的测量值是用一根弹簧秤拉的，拉力方向与橡皮筋的方向在同一条直线上；
根据平行四边形定则，运用作图分析采用的方法；
这个实验的原理是：记录的是两个分力的大小和方向，以及实际合力的大小和方向，利用平行四边形画出合力的理论值再和实际的合力进行比较．因此明确实验原理是解答问题的关键。
16.【答案】B   小于   大于

【解析】解：、根据受力分析可知AB受到的合力为，故A错误；
B、实验时应先接通打点计时器电源后释放物体，故B正确；
C、由于物体AB的合力是有弹簧的示数决定的，故不需要满足重物P的质量应远小于物体的质量，故C错误；
D、对重物P析，当加速度为a时，应有，可得，所以只有当时，F才等于，所以D错误；
故选：B
设加速度大小为a，据牛顿第二定律，对物体B应有，可得：
对物体A应有，可得：
根据图象斜率绝对值可知，B的斜率大于A的斜率，所以，即小于；
再根据纵轴截距大小等于可知，由于A的截距大于B的截距，所以大于；
故答案为：；  小于；    大于
根据光滑轻质滑轮特点可知，绳子拉力始终等于弹簧秤读数，与重物P质量大小无直接关系；对重物P列出加速度的表达式，然后讨论即可．
的关键是根据分别写出A和B加速度a与拉力F的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念即可求解．
在“验证牛顿第二定律”的实验用控制变量法，本实验只有在满足平衡摩擦力和小车质量远大于钩码质量的双重条件下，才能用钩码重力代替小车所受的合力，同时加强基础物理知识在实验中的应用，加强解决实验问题的能力．
17.【答案】解：在水平面上，根据牛顿第二定律可知：，
解得：；
由M到B，根据速度位移公式可知：
解得：；
在斜面上，根据牛顿第二定律可知：
代入数据解得：
根据速度位移公式可知：
解得：。
答：物体在恒力作用下运动时的加速度是；
物体到达B点时的速度是；
物体沿斜面向上滑行的最远距离是。

【解析】根据牛顿第二定律求得加速度；
根据速度位移公式求得速度；
利用牛顿第二定律求得在斜面上的加速度，利用速度位移公式求得位移。
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
18.【答案】解：小物块在水平面上从A运动到B过程中
根据动能定理有：
在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：
联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：
由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：
因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：
可得：
设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t
根据平抛运动的规律有：，          
解得：
答：小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为 
小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离为1m．

【解析】本题是动能定理、牛顿第二定律和平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，知道物体恰好到达圆周最高点的临界条件：重力等于向心力。
小物块从A运动到B的过程中，根据动能定理求出物块到达B点时的速度。在B点，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力。
因为小物块恰好能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度。小物块离开D点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求解落到水平地面上的点与B点之间的距离。
19.【答案】解：由题意可知：小球落到斜面上并沿斜面下滑，说明此时小球速度方向与斜面平行，否则小球会弹起，所以
竖直位移，
得
竖直分速度 
，
得
小球沿斜面做匀加速直线运动的加速度
 ，
初速度 

代入数据：
解得：
所以 s
答：小球水平抛出的初速度是；
小球从平台水平抛出到斜面底端所用的时间为。

【解析】本题是运动学问题，小球在接触斜面之前做的是平抛运动，在斜面上时小球做匀加速直线运动，根据两个不同的运动的过程，分段求解即可。
由题意可知小球到达斜面时的速度方向，再由平抛运动的规律可求出小球的初速度；
小球在竖直方向上做的是自由落体运动，根据自由落体的规律可以求得到达斜面用的时间，到达斜面之后做的是匀加速直线运动，求得两段的总时间即可。