湖南省娄底市五校2017届高三（上）联考物理试卷（10月份）（解析版）

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2016-2017学年湖南省娄底市五校高三（上）联考物理试卷（10月份）

参考答案与试题解析

一、选择题（每题5分，第1到第8题为单选题，第9到第12题为多选，选对但不全的得3分）

1．在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步．对以下几位科学家所作科学贡献的表述中，与事实相符的是（ ）

A．亚里士多德根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因

B．牛顿发现了万有引力定律，并测出了引力常量G

C．库伦发现了电荷之间相互作用规律﹣库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测出了静电力常量k

D．密立根最早通过实验，比较准确的测定了电子的电量

【考点】物理学史．

【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．

【解答】解：A、伽利略根据理想斜面实验，提出了力不是维持物体运动的原因，故A错误；

B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，故B错误；

C、库仑发现了电荷之间相互作用规律﹣库仑定律，卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量k，故C错误；

D、密立根最早通过实验，比较准确的测定了电子的电量，故D正确；

故选：C．

2．如图所示，一辆装满沙子的自卸卡车，设沙粒之间的动摩擦因数为μ₁，沙子与车厢底部材料的动摩擦因数为μ₂（已知μ₁＞μ₂），车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是（ ）

A．要顺利地卸干净全部沙子，只要满足tanθ＞μ₁即可

B．要顺利地卸干净全部沙子，只要满足sinθ＞μ₂即可

C．若只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ₂＞tanθ＞μ₁

D．若只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ₂＞μ₁＞tanθ

【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．

【分析】要顺利地卸干净全部沙子，对全部沙子整体分析，运用牛顿第二定律求出倾角θ的范围；只卸去部分沙子，车上还留有一部分，只要对部分沙子分析，运用牛顿第二定律求出倾角θ的范围．

【解答】解：A、要顺利地卸干净全部沙子，对全部沙子整体分析，有Mgsinθ＞μ₂Mgcosθ，解得μ₂＜tanθ．故A、B错误．

C、只卸去部分沙子，车上还留有一部分，对上部分沙子分析mgsinθ＞μ₁mgcosθ，解得μ₁＜tanθ．对留下的部分沙子分析，m′gsinθ＜μ₂m′gcosθ，解得μ₂＞tanθ．

则μ₂＞tanθ＞μ₁．故C正确，D错误．

故选：C．

3．如图所示，质量均为1kg的两个物体A、B放在水平地面上相距7m，它们与水平地面的动摩擦因数均为μ=0.2．现使它们分别以初速度v_A=6m/s和v_B=2m/s同时相向运动，不计物体的大小，g取10m/s²．则（ ）

A．它们经过（）s相遇

B．它们经过s相遇

C．它们在距离物体A出发点5.25m处相遇

D．它们在距离物体A出发点6m处相遇

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律．

【分析】先根据牛顿第二定律求出两个物体的加速度，然后计算出物体B停止运动的时间，得出A、B的位置，最后再求出接下来的运动时间．

【解答】解：对物体A受力分析，均受到重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：﹣μmg=ma，故加速度为：a₁=﹣μg=﹣2m/s²；

同理物体B的加速度为：a₂=﹣μg=﹣2m/s²；

B物体初速度较小，首先停止运动，故其停止运动的时间为：

该段时间内物体A的位移为：，物体B的位移为：；

故此时开始，物体B不动，物体A继续做匀减速运动，直到相遇；

即在离A物体6m处相遇，故C错误，D正确；

1s末A的速度为：v_A1=v_A0+a₁t₁=4m/s

物体A继续做匀减速运动过程，

解得：

t₂=（2﹣）s（t₂=2﹣舍去）

故从出发到相遇的总时间为：t=t₁+t₂=（3﹣）s

故A错误，B错误；

故选D．

4．我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进行“火星500”的实验活动．假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的．已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是h，忽略自转的影响，下列说法正确的是（ ）

A．火星的密度为

B．火星表面的重力加速度是

C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为

D．王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先表示出来，在进行之比，根据万有引力等于重力，得出重力加速度的关系，根据万有引力等于重力求出质量表达式，在由密度定义可得火星密度；由重力加速度可得出上升高度的关系，根据万有引力提供向心力求出第一宇宙速度的关系．

【解答】解：A、B、由=mg，得到：g=，已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，

则火星表面的重力加速度是地球表重力加速度的，即为．

设火星质量为M′，由万有引力等于中可得： =mg′，

解得：M′=，

密度为：．故A正确，B错误；

C、由G，得到：v=，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的倍．故C正确；

D、王跃以v₀在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：h=，

由于火星表面的重力加速度是，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度h′=，D错误．

故选：AC

5．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v₀沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=qE，则（ ）

A．电场方向竖直向上

B．小球运动的加速度大小为g

C．小球上升的最大高度为

D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为

【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能；匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】首先对相求的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30°角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式可判断C的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半．

【解答】解：A、B、小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A、B错误．

C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30°=．故C错误．

D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确．

故选：D

6．汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v₁，装满货物后的最大速度是v₂．已知汽车空车的质量是m₀，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是（ ）

A． B．

C． D．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．

【分析】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求出所装货物的质量．

【解答】解：当汽车空载时，有：P=f₁v₁=km₀gv₁．

当汽车装满货物后，有：P=f₂v₂=k（m₀+m）gv₂

联立两式解得：m=．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

7．如图所示，长为L的轻杆，一端固定一个质量为m的小球，另一端固定在水平转轴O上，杆随转轴O在竖直平面内匀速转动，角速度为ω，某时刻杆对球的作用力恰好与杆垂直，则此时杆与水平面的夹角是（ ）

A．sinθ= B．tanθ= C．sinθ= D．tanθ=

【考点】向心力；牛顿第二定律．

【分析】小球做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据重力、杆子的作用力的合力指向圆心，求出杆与水平面的夹角．

【解答】解：小球所受重力和杆子的作用力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgsinθ=mLω²，解得sin．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

8．如图所示，P是水平面上的圆弧凹槽．从高台边B点以某速度v₀水平飞出的小球，恰能从固定在某位置的凹槽的圆弧轨道的左端A点沿圆弧切线方向进入轨道．O是圆弧的圆心，θ₁是OA与竖直方向的夹角，θ₂是BA与竖直方向的夹角．则（ ）

A． =2 B．tanθ₁tanθ₂=2

C． =2 D． =2

【考点】平抛运动；向心力．

【分析】从图中可以看出，速度与水平方向的夹角为θ₁，位移与竖直方向的夹角为θ₂．然后求出两个角的正切值．

【解答】解：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．速度与水平方向的夹角为θ₁，

tan．位移与竖直方向的夹角为θ₂，，则tanθ₁tanθ₂=2．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

9．一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向运动，运动过程中物体的机械能E与物体位移s关系的图象如图所示，其中0～s₁过程的图线为曲线，s₁～s₂过程的图线为直线．不计空气阻力．由此可以判断（ ）

A．0～s₁过程中物体所受拉力是变力，且一定不断增大

B．0～s₁过程中物体的动能一定是不断减小

C．s₁～s₂过程中物体一定做匀速运动

D．s₁～s₂过程中物体可能做匀加速运动

【考点】机械能守恒定律．

【分析】物体的机械能的变化是通过除重力之外的力做功来量度的．由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以E﹣s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小；如果拉力等于物体所受的重力，故物体做匀速直线运动；如果拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大．

【解答】解：A、由于除重力和细绳的拉力之外的其它力做多少负功，物体的机械能就减少多少，即F△s=△E，得F=，所以E﹣s图象的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在O～s₁内斜率的绝对值逐渐增大，故在O～s₁内物体所受的拉力逐渐增大．故A正确．

B、如果物体在0～s₁内所受的绳子的拉力小于物体的重力，则物体加速向下运动，故物体的动能不断增大．故B错误．

C、由于物体在s₁～s₂内E﹣x图象的斜率的绝对值不变，故物体所受的拉力保持不变，体可能做匀加速直线运动，如果拉力等于物体所受的重力，物体可能做匀速直线运动，故C错误，D正确．

故选：AD．

10．如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板．开始时用手按住物体M，此时M距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态．已知M=2m，空气阻力不计．松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是（ ）

A．M和m组成的系统机械能守恒

B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零

C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零

D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和

【考点】机械能守恒定律；功能关系．

【分析】分析AB两物体的受力情况及各力做功情况，从而分析A其运动情况，类比弹簧振子，从而判断选项．

【解答】解：A、因Mm之间有弹簧，故两物体受弹簧的弹力做功，机械能不守恒；故A错误；

B、M的重力分力为Mgsinθ=mg；物体先做加速运动，当受力平衡时M速度达最大，则此时m受力为mg，故m恰好与地面间的作用力为零；故B正确；

C、从m开始运动至到M到达底部过程中，弹力的大小一直大于m的重力，故m一直做加速运动，M到达底部时，m的速度不为零；故C错误；

D、M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和；故D正确；

故选：BD．

11．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（ ）

A．b点场强大于d点场强

B．b点场强小于d点场强

C．a、b两点间的电压等于b、c两点间的电压

D．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能

【考点】电场强度；电场的叠加；电势能．

【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小．

【解答】解：A、B、在两等量异种电荷的连线上，中点b处电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中点b处电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，故A错误，B正确；

C、由对称性可知，a、b两点的电压即电势差等于b、c两点间的电压，故C正确；

D、因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误．

故选：BC．

12．如图所示，一个小球（视为质点）从H=12m高处，由静止开始通过光滑弧形轨道AB，进入半径R=4m的竖直圆环，且圆环动摩擦因数处处相等，当到达环顶C时，刚好对轨道压力为零；沿CB圆弧滑下后，进入光滑弧形轨道BD，且到达高度为h的D点时的速度为零，则h之值不可能为（10m/s²，所有高度均相对B点而言）（ ）

A．12m B．10m C．8.5m D．7m

【考点】牛顿第二定律；向心力．

【分析】分析小球从A到C点的运动过程，已知C点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，求出小球的动能，小球从A运动到C，根据动能定理求出小球从A运动到C，半个圆弧加上AB段圆弧的摩擦力做功，再分析从C点运动到D点根据动能定理列式，根据两半圆摩擦力的关系再结合机械能守恒定律求出如果没有摩擦力小球上升的高度，即可求出高度的范围．

【解答】解：已知C点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，得到：mg=

小球在C点的动能为： mv²=mgR=2mg

小球从A运动到C，根据动能定理得：

E_PA﹣E_PC﹣W_f=E_kC

把数据代入，得到：W_f=2mg

所以小球从A运动到C，半个圆弧加上AB段圆弧的摩擦力做功W_f=2mg

再分析从C点运动到D点

根据动能定理得：

mg（2R﹣h）﹣W_f'=0﹣mv²

mgh=10mg﹣W_f'

因为沿BC弧运动的平均速度小于沿AB弧运动平均速度，根据圆周运动向心力公式可知沿BC弧运动的平均正压力小于沿AB弧运动平均正压力，

故沿BC弧运动的平均摩擦力小于沿AB弧运动的平均摩擦力，

所以0＜W_f'＜W_f=2mg

所以8mg＜mgh＜10mg

故8m＜h＜10m

本题选h值不可能的，故选ABD

二、实验题（每空2分，共14分）

13．“动能定理”和“机械能守恒定律”是物理学中很重要的两个力学方面的物理规律．某同学设计了如图1所示的实验装置，一个电磁铁吸住一个小钢球，当将电磁铁断电后，小钢球将由静止开始向下加速运动．小钢球经过光电门时，计时装置将记录小钢球通过光电门所用的时间t，用直尺测量出小钢球由静止开始下降至光电门时的高度h．

（1）该同学为了验证“动能定理”，用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图2所示，他记录的小钢球的直径d= 1.030 cm．

（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，忽略了空气阻力的影响，除了上述的数据之外是否需要测量小钢球的质量 不需要 （填“需要”或“不需要”）．

（3）如果用这套装置验证机械能守恒定律，下面的做法能提高实验精度的是 AC ．

A．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的直径

B．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的直径

C．在保证其他条件不变的情况下，增大小球的质量

D．在保证其他条件不变的情况下，减小小球的质量．

【考点】探究功与速度变化的关系；验证机械能守恒定律．

【分析】（1）游标卡尺先读主尺再读出游标尺，游标尺不估读；

（2）由动能定理表达式可知质量会被消掉；

（3）从实验的测量原理可判定各个选项．

【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为10mm+6×0.05mm=10.30mm=1.030 cm．

（2）该同学在验证“动能定理”的过程中，需要验证的表达式为：mgh=mv²可知，实验不需要测量小钢球的质量．

（3）实验方案为：以小球通过光电门的时间得到小球的平均速度，以此来表示瞬时速度v=，

然后验证：mgh=mv²，即gh=v²是否成立，由此验证机械能守恒，

AB、小球的直径越小v越精确，故A正确，B错误．

CD、由于实际存在阻力故：mgh﹣fh=mv²，

即：gh﹣=v²．

可知所以质量越大，这一项越小，精确性越高，故C正确，D错误．

故选：AC

故答案为：（1）1.030 （2）不需要 （3）AC

14．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h，O₁、O₂、A、B、C点在同一水平直线上．已知重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．

实验过程一：挡板固定在O₁点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O₁A的距离，如图甲所示．滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x₁．

实验过程二：将挡板的固定点移到距O₁点距离为d的O₂点，如图乙所示，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使O₂C的距离与O₁A的距离相等．滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x₂．

（1）为完成本实验，下列说法中正确的 C ．

A．必须测出小滑块的质量 B．必须测出弹簧的劲度系数

C．弹簧的压缩量不能太小 D．必须测出弹簧的原长

（2）写出动摩擦因数的表达式μ= ．（用题中所给物理量的符号表示）

（3）小红在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需测量的物理量是 滑块停止滑动的位置到B点的距离 ．

（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案 不可行 ．（选填“可行”或“不可行”）

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．

【分析】从实验操作的步骤可知，两种情况下弹簧做的功相等，物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和；求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功，即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小．

【解答】解：（1、2）滑块离开桌面后做平抛运动，平抛运动的时间：t=

滑块飞行的距离：x=v·t

所以滑块第1次离开桌面时的速度：v₁=x₁· ①

滑块第2次离开桌面时的速度：v₂=x₂· ②

滑块第1次滑动的过程中，弹簧的弹力和摩擦力做功，设弹簧做的功是W₁，AB之间的距离是x，则：W₁﹣μmg·x=m ③

滑块第1次滑动的过程中，W₁﹣μmg·（x+d） ④

联立①②③④可得：μmg·d= m（﹣）

即：μ=

可知，要测定摩擦因数，与弹簧的长度、弹簧的劲度系数、以及滑块的质量都无关．要想让滑块顺利画出桌面，弹簧的压缩量不能太小．故C正确．

故选：C

（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面，则可以认为滑块的末速度是0．为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，还需要测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离．

（4）改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，来测定小滑块与水平桌面间的动摩擦因数．此实验方案是不可行的，原因是 滑块在空中飞行时间很短，难以把握计时起点和终点，秒表测时间误差较大．

故答案为：（1）C；（2）；（3）滑块停止滑动的位置到B点的距离；（4）不可行．

四、计算题（共36分）

15．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v₁运行，一质量m=1kg，初速度大小为v₂的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度﹣时间图象如图乙所示，取g=10m/s²，求：

（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；

（2）煤块在传送带上运动的时间；

（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．

【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

【分析】（1）由v﹣t图的斜率求出煤块做匀变速运动的加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；

（2）由图知，最后匀速运动时和传送带速度相等，读出煤块的初速度和传送带的速度，由位移公式分别求出三段位移，把三个时间相加得在传送带上运动的时间；

（3）这段时间分别计算各自的总位移作差，求出相对位移，然后求出产生的热量．

【解答】解：（1）由速度﹣时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a===1m/s²

由牛顿第二定律得：μmg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：μ==0.1；

（2）由速度﹣时间图象，传送带速度大小：v₁=1m/s

煤块初速度大小v₂=3m/s，

煤块在传送带上滑动：t₁=4s与传送带相对静止．

前3s内煤块的位移：s₁==×3=4.5m，方向向左，

后1s内煤块的位移：s₂=t′=×1=0.5m，方向向右，

4s内煤块的位移：s=s₁﹣s₂=4m，方向向左，

煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t₂===4s，

故煤块在传送带上运动的时间t=t₁+t₂=8s；

（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s′=v₁t₁=4m，方向向右；

煤块的位移：s=s₁﹣s₂=4m，方向向左，

两个物体的相对位移△s=s′+s=8m

整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=8J；

答：

（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；

（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；

（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J．

16．如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R=0.1m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m=0.1kg的小球B，水平面上有一个质量为M=0.3kg的小球A以初速度v₀=4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t=0.80s与B发生弹性碰撞．设两小球均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，求：

（1）两小球碰前A的速度；

（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力；

（3）确定小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离．

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】（1）对A应用动量定理求解；

（2）AB碰撞过程动量守恒，机械能守恒，列方程组求碰后A的速度和B的速度，对B在轨道上运动过程机械能守恒求B球到达C点时的速度，然后根据牛顿第二定律求解球B受到的压力；

（3）先判断A是能到达最高点后飞出还是到达不了沿原路返回，然后求解．

【解答】解：（1）碰前对A由动量定理有：﹣μMgt=Mv_A﹣Mv₀

解得：v_A=2m/s

（2）对A、B：碰撞前后动量守恒：Mv_A=Mv_A′+mv_B

碰撞前后动能保持不变： Mv_A²=Mv_A′²+mv_B²

由以上各式解得：v_A′=1m/s v_B=3 m/s

又因为B球在轨道上机械能守恒： mv_B′²+2mgR=mv_B²

解得：v_c=m/s

在最高点C对小球B有：mg+F_N=m

解得：F_N=4N

由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上．

（3）对A沿圆轨道运动时： Mv_A′²＜MgR

因此A沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A的速度大小为1m/s．

由动能定理得：﹣μMgs=0﹣Mv_A′²

解得：s=0.2m

答：（1）两小球碰前A的速度为2m/s；

（2）小球B运动到最高点C时对轨道的压力为4N；

（3）两小球距圆轨道最低点的距离为0.2m．

17．如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为l的绝缘轻质细绳悬挂一小球，小球质量为m，带电量为+q，将小球拉至竖直位置最低位置A点处无初速释放，小球将向左摆动，细线向左偏高竖直方向的最大角度θ=74°．

（1）求电场强度的大小E；

（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；

（3）若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度v₀，则为摆正小球在运动过程中细线不会松弛，v₀的大小应满足什么条件？

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】（1）小球将向左摆动，细线向左偏高竖直方向的最大角度θ=74°根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，据此求解E．

（2）小球从B到D的过程等效重力场，由动能定理，结合牛顿运动定律，列式求解．

（3）等效重力场，结合牛顿运动定律，列式求解．

【解答】解：（1）由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球的受力情况，作出受力图如右图，根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同一条线上，根据平衡条件得：

qE=mgtan

解得：E=

（2）小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：

qELsin﹣mg（L﹣Lcos）=mv²

小球在时，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

F_T﹣mgsin﹣qEcos=m

解得：F_T=mg

由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为mg

（3）要使细线不松弛有两种情况，当小球摆动过程中，细线的方向与F的方向不超过90°时，根据动能定理有：﹣FLcos≤0﹣

解得：v₀≤

当小球能完成完整的圆周运动时，需满足：F≤

根据动能定理有：﹣FL（1+cos）=mv²﹣

由上几式联立解得：v₀≥

为保证小球在运动过程中，细线不松弛，

v₀的大小应满足的条件为：v₀≤或v₀≥；

答：（1）电场强度的大小；

（2）将小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值mg；

（3）v₀的大小应满足v₀≤或v₀≥．

2016年12月6日