2019届高三物理上学期第四次月考试题(含解析).doc

2019届高三物理上学期第四次月考试题(含解析)一、选择题： 1.某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里弄湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。再将印有水印的白纸铺在台秤上，将球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时台秤的示数，即为冲击力最大值。下列物理学习或研究中用到的方法与该同学的方法不相同的是A. 建立“合力与分力”的概念B. 建立“点电荷”的概念C. 建立“平均速度”的概念D. 研究串、并联电路建立“总电阻”的概念【答案】B【解析】【详解】该问题的研究方法是等效法；合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A不符合题意点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B符合题意建立“平均速度”的概念也是等效的思想，选项C不符合题意；研究串、并联电路建立“总电阻”的概念也是等效思想，选项D不符合题意；故选B.2.课堂上，老师准备了“”型光滑木板和三个完全相同、外表面光滑的匀质圆柱形积木，要将三个积木按图示(截面图)方式堆放在木板上，则木板与水平面夹角的最大值为A. 60 B. 45 C. 30 D. 15【答案】C【解析】【详解】当最上面的积木的重心与左下方积木的重心在同一竖直线上时，最上面的积木将要滚动，此时木板与水平面夹角达到最大，由几何关系知，的最大值为30；故选C。3.带负电的空心金属球壳置于绝缘支架上，将4个原来不带电的金属小球按图示位置放置，A球用绝缘轻绳竖直悬挂，B球接地，C球用导线与球壳内部相连，D球与球壳内部接触。设大地及无穷远处电势为零，当达到静电平衡时，下列说法正确的是A. 由于静电感应，A球带正电，B. B球接地带负电，但电势为零C. C球不带电，但电势与球壳电势相等D. D球带不带电，但电势小于零【答案】D【解析】【详解】由于静电感应，A球的左右两端带上不同的电荷，但整体不带电。故A错误；由于静电感应，B球带正电，但电势和大地的电势相等，为零。故B成为；C球在金属球壳的外部，会带上与球壳相同的电荷。故C错误；D球在球壳的内部，与球壳接触后成为球壳内部的一部分，所以D不带电，电势与球壳电势相同，电势小于零。故D正确。故选D。【点睛】本题分析中要注意要学会找等势体在这里，由于是等势体，同性电荷相斥，所以外部带负电，内表面不带电4.用两个相同的小量程电流表分别改装成了两个量程0.6A电流表的A1和3A电流表的A2,若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路,如图所示,则闭合开关后,下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A. 图（a）中的A1、A2的示数之比1:1B. 图（a）中的A1、A2的指针偏角角度之比1:5C. 图（b）中的A1、A2的示数之比1:5D. 图（b）中的A1、A2的指针偏角角度之比5:1【答案】D【解析】【详解】改装后的电流表是小量程电流计与定值电阻并联而成；图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同。故AB错误。图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同。由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同。因两电流表的内阻之比为，则两电表两端的电压之比为5:1，则A1、A2的指针偏角角度之比5:1，故C错误。D正确故选D。【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小5.如图，光滑水平面上放着长木板B，质量为m = 2 kg的木块A以速度v0 = 2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g = 10 m/s2。则下列说法正确的是A. 长木板的质量M = 2 kgB. A、B之间动摩擦因数为0.2C. 长木板长度至少为2 mD. A、B组成系统损失机械能为4 J【答案】A【解析】从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v = 1m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：，解得：，故A正确；由图象可知，木板B匀加速运动的加速度，对B，根据牛顿第二定律得，解得动摩擦因数 = 0.1，故B错误；由图象可知前1 s内B的位移，A的位移，所以木板最小长度，故C错误；A、B组成系统损失机械能，故D错误。故选A.【点睛】A在B的表面上滑行时，根据v-t图象的斜率可得到A的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数。对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量M根据“面积”表示位移，求解木板的长度。由能量守恒定律求解A、B组成系统损失机械能。6.如图，地球和行星绕太阳做匀速圆周运动，地球和行星做匀速圆周运动的半径r1、r2之比为1 : 4，不计地球和行星之间的相互影响，下列说法不正确的是A. 行星绕太阳做圆周运动的周期为8年B. 地球和行星的线速度大小之比为1 : 2C. 由图示位置开始计时，至少再经过年，地球位于太阳和行星连线之间D. 经过相同时间，地球、行星半径扫过的面积之比为1 : 2【答案】B【解析】地球和行星均绕太阳做匀速圆周运动，地球绕太阳做圆周运动的周期为T1 = 1年，根据 解得T2 = 8年，A正确；根据 可知，B错误；根据 可得年，C正确；天体半径扫过的面积为，而，联立解得，故经过相同时间，地球和行星半径扫过的面积之比为，D正确。此题选择错误的选项，故选B.7.如图所示，光滑水平面上有一异形滑块ABCD在向左做匀变速运动，竖直平面内存在匀强电场，斜面BC和AB光滑绝缘，上面分别有两个质量均为m的小球a、b相对滑块静止，其中小球b带负电，电荷量大小为q，小球a不带电。重力加速度为g，则下列说法中正确的是A. 滑块加速度大小为B. 滑块加速度大小为C. 电场强度的最小值为D. 电场强度的最小值为【答案】C【解析】【详解】因小球a不带电，以小球a为研究对象进行受力分析，受到重力和支持力作用，根据牛顿第二定律可得mgtao30=ma，解得a=gtan30=g，故AB错误；AB斜面与水平方向的夹角为180-（150-30）=60；对b受力分析如图所示，当电场强度方向沿斜面向上时，场强最小，则：FNcos60+qEcos30=mg；FNsin60-qEminsin30=ma，解得电场强度最小值Emin=，故C正确、D错误；故选C。【点睛】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答。8.利用静电除尘可以大量减少排放烟气中的粉尘。如图是静电除尘装置的示意图，烟气从管口M进入，从管口N排出，当A、B两端接上高压后，在电场作用下管道内的空气分子被电离为电子和正离子，而粉尘在吸附了电子后最终附着在金属管壁上，从而达到减少排放烟气中粉尘的目的。已知每千克煤粉会吸附mmol电子，每昼夜能除尘n kg，设电子电荷量为e,阿伏加德罗常数为N，一昼夜时间为t.根据上述原理，下面做法正确的是A. A端接高压正极，B端接高压负极B. A端接高压负极，B端接高压正极C. 高压电源的电流为.D. 高压电源的电流为【答案】BD【解析】【详解】管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子。负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电。所以金属管B应接高压电源的正极，金属丝A接负极。故B正确，A错误。根据，一昼夜通过电极的电量为Q=mneN，则高压电源的电流为，选项D正确，C错误；故选BD。9.如图所示,两只相同的白炽灯泡L1和L2串联后接在电压恒定的电路中.若L2的灯丝断了,经过搭丝后（搭丝后灯泡的电阻减小）仍然与L1串联,重新接入原来的电路中.假设在此过程中,灯丝电阻随温度变化的因素可忽略不计,且每只灯泡两端的电压均未超过其额定电压,则此时每只灯泡所消耗的功率与原来各自的功率相比,有A. L1的功率变大 B. L1的功率变小C. L2的功率变大 D. L2的功率变小【答案】AD【解析】【详解】串联电路中的总电阻等于各分电阻之和，根据欧姆定律可得，电路中的电流：；L2的灯丝搭接后，其电阻R2变小，电路中的电流变大，P1=I2R1，L1的功率变大，故正确，B错误；灯泡L2的电功率：，由数学知道可知：当时，即L2灯丝未断时，R1=R2，P2最大，L2灯丝搭接后R2减小，故功率P2变小，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是搭丝后灯泡电阻变化的分析和利用数学知识判断L1的最大电功率。10.硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点。如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I变化的关系图象（电池电动势不变，内阻不是定值），图线b是某电阻R的UI图象。在该光照强度下将它们组成闭合回路时，下列说法中正确的是A. 硅光电池的内阻为10B. 硅光电池的总功率为0.72WC. 硅光电池的内阻消耗的热功率为0.32 WD. 若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率增大【答案】BC【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律得 U=E-Ir，当I=0时，E=U，由a图线与纵轴的交点读出电池的电动势为 E=3.6V根据两图线交点处的状态可知，将它们组成闭合回路时路端电压为 U=2V，电流为 I=0.2A，则硅光电池的内阻为，故A错误。硅光电池的总功率为：P总=EI=3.60.2W=0.72W，故B正确。硅光电池的输出功率为：P出=UI=0.4V，电池的内阻消耗的热功率为 P热=P总-P出=0.32W故C正确。R的阻值 R=10r=8，则若将R换成阻值更大的电阻，硅光电池的输出功率将减小，故D错误。故选BC。【点睛】本题考查对U-I图象的理解能力。对于线性元件可直接利用欧姆定律研究；对于非线性元件不能直接利用欧姆定律求解；同时对于电源的内阻往往根据电源的U-I曲线研究斜率得到。11.如图所示电路中，已知R1R2R3，R1两端电压为3 V，R3两端电压为1 VR4、R5为定值电阻则A. R2两端电压可能为2 VB. A、B两端电压可能为7 VC. 若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4R5D. 若A、B两端电压为5 V，可以判断出R4R5【答案】ABC【解析】设RR1R2R3，已知R1两端电压为3 V，R3两端电压为1V，根据欧姆定律，流过R1的电流为，流过R3的电流为，故流过电阻R2的电流可能为：，也可能为：；若流过R2的电流为，则R2两端电压为2V；若流过R2的电流为，则R2两端电压为4V，故A正确；点A与点B间的电压等于电阻R1与R2电压之和R1两端电压为3V，若R2两端电压为2V，则A、B两端电压为5V；若R2两端电压为4V，则A、B两端电压为7V，故B正确；若A、B两端电压为5V，电流流向如图所示，说明电阻R3上端的电势较高，下端的电势较低，则R4两端的电压应该高于电阻R5两端的电压，故R4R5，故C正确，D错误故选ABC.【点睛】本题考查了串联电路和并联电路的特点和欧姆定律的灵活应用。12.已知均匀带电的球壳在壳内任意一点产生的电场强度均为零，在壳外某点产生的电场强度等同于把壳上电量全部集中在球心处的点电荷所产生的电场强度.在真空中现有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球，球心位置O固定，P为球外一点，M为球内一点，如图所示，以无穷远为电势零点，关于P、M两点的电场强度和电势，下列说法中正确的是A. 若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变B. 若Q不变，P点的位置也不变，而令R变大（P点仍在球外），则P点的电势升高C. 若Q不变，M点的位置也不变，而令R变小（M点仍在球内），则M点的电势不变D. 若Q不变，M点的位置也不变，而令R变大，则M点的场强减小【答案】A【解析】【详解】若Q不变，P点的位置也不变，属于处于球壳外的某一点，由E=k知，P到Q的距离r不变，无论球半径R怎么变小，P点的电场强度仍不变，故A正确；若Q不变，P点的位置也不变，而令R变大，由于P点的电场强度不变，所以电荷从该点移到电势为零处，电场力做功不变，因而P点的电势不变。故B错误；若Q不变，M点的位置也不变，使令R变小（M点仍在壳内），根据题意可知，M点的电场强度仍为零，因此球壳内的电势处处相等，由于球壳的变小，导致电荷从球壳移到电势为零处电场力做功增加，而球壳的电势比零高，所以球壳处的电势升高，M点的电势升高，故C错误；若Q不变，M点的位置也不变，使令R变大，根据题意可知，M点的电场强度仍为零，不变。故D错误；故选A。【点睛】本题首先要认真读题，抓住题中的有效信息进行解答知道带电球壳内部是等势体且电场强度处处为零，壳外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定.二、实验题：13. 新式游标卡尺的刻线看起来很“稀疏”，使得读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度、50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份，以“39mm等分成20份”的新式游标卡尺为例，如图所示（1）它的准确度是 mm；（2）用它测量某物体的厚度，示数如图所示，正确的读数是 cm【答案】（1）0.05（2）3.030【解析】试题分析：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解：新式游标卡尺的测量原理和传统的游标卡尺相同，新式游标卡尺其游标尺上20个分度只有39mm，比主尺上的40个分度短1mm，它的测量精确度是：0.05mm，用它测得物体厚度为：30mm+0.05mm6=30.30mm=3.030cm故答案为：（1）0.05（2）3.030【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，用主尺读数加上游标读数，不需估读14.某同学通过实验测定一捆长度约为100m的铜导线(电阻约为1.5)的实际长度，首先利用螺旋测微器测量其直径，如图1所示，再利用图2所示的电路测出铜导线的电阻。可供使用的器材有电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：Ro=3电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：（1）由图1可知，铜导线的直径D= _mm；（2）实验中滑动变阻器应选_(选填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_(选填“a”或“b”)端（3）根据图2所示的实物图，在方框内画出其电路图_；(铜导线用电阻元件符号表示)（4）调节滑动变阻器，电压表的示数为U，电流表的示数为I，铜的电阻率为，不考虑电表内阻对实验的影响，则导线的长度为_ (用已知和所测量的字母表示)。【答案】 (1). 1.170 (2). R2 (3). a (4). (5). 【解析】（1）球直径的为 （2）由于待测电阻比较小，为了更好的控制电路所以选择R2比较合理，闭合开关前应该保证回路中电流最小，则接入滑动变阻器的阻值就最大，所以应该在a端。（3）由于待测电阻阻值较小，选用电流表外接的方式，定值电阻R0与Rx串联能够使得电压表的读数在量程的1/3以上，所以为了减小误差，要把R0与Rx串联用，电路图如图所示：（4）由电路结构可得： 由电阻定律： 解得： 15.某物理学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求多次测量并尽可能减小实验误差，备有下列器材A.直流电源（6V，内阻不计）B.电流表G（满偏电流3mA，内阻10）C.电流表A（00.6A，内阻未知）D.滑动变阻器R（020，5A）E.滑动变阻器R（0200，1A）F.定值电阻R0（阻值为1990）G.开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计测量电子元件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）（请画在图1方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用 （温馨提示：填写器材前面的字母序号）（3）将上述电子元件R1和另一个电子元件R2接入如图2所示的电路甲中，他们的伏安特性曲线分别如图3中oa、ab所示，电源的电动势E=7.0V，内阻忽略不计，调节滑动变阻器R3，使电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件R1的阻值为 ，R3接入电路的阻值为 （结果保留两位有效数字）【答案】（1）电路图如图所示；（2）D；（3）10；8.0【解析】解：（1）描绘伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表G与定值电阻R0串联测电压，电压表内阻为10+1990=xx，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）滑动变阻器采用分压接法，所以在选择时选择总阻值较小的滑动变阻器D，便于调节（3）电子元件R1和R2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图（3）乙可知，此时电阻两端的电压为U=2.5V，I=0.25A，根据欧姆定律得：R1=10根据串联电路特点，可知，此时流过R3的电流为：I=I=0.25A，两端的电压为：U=E2U=7V2.52V=2V，R3=8.0故答案为：（1）电路图如图所示；（2）D；（3）10；8.0【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理16.某同学想测定某节于电池的电动势和内阻。(1)他先用多用电表粗测了干电池的电动势。图甲是测量时选择开关与表头指针所处的位置，则该电池的电动势为_V;若用多用电表测电阻，选择开关至“100”挡，按正确的操作步骤测某一电阻，表盘的示数仍为图甲所示指针所处的位置，则该电阻的阻值为_ ；实验结束后，应将选择开关拨到图中的_挡位(选填A、B、C或D)。 (2)在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材。甲同学按电路图a进行测量实验，其中R0=1 则请用笔画线代替导线在图(b)中完成电路的连接_；由电压表的读数U和电流表的读数，画出U-I图线如图c所示，可得电源的电动势E=_V，内电阻r=_ (结果保留2位有效数字)在上述实验过程中存在系统误差。在下图所绘图象中，虚线代表没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图象，实线是根据测量数据绘出的图象，则下图中能正确表示二者关系的是_。(3)乙同学将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U-I图线如图e所示，可得电源的电动势E=_V，内电阻r=_ (结果保留2位有效数字)【答案】 (1). 1.47V (2). 11.0100 (3). C (4). (5). 3.0 (6). 0.38 (7). A (8). 2.9V (9). 0.5 【解析】【详解】（1）由图甲所示可知，电压表量程为2.5V，分度值为0.05V，示数为：1.47V；选择开关至“100”挡时，则该电阻的阻值为11.0100=1100.0；多用电表使用完毕要把选择开关置于交流电压最高挡，即应置于C处。（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：由图示电源U-I图象可知，延长图像与U轴交点为3.0V，则E=3.0V；电源内阻：；本实验采用相对电源的电流表外接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致电流表示数偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故A正确，BCD错误，故选A。（3）由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.4V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.3V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.3V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得：2.4=E-r2.3=E-1.2r解得：E=2.9；r=0.50；【点睛】本题考查电源电动势和内电阻的测量实验，用伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意掌握数据处理的基本方法以及误差分析的方法。三、计算题：17.两个相同的全长电阻为9 、半径为8cm的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm的竖直面内,两环的圆心连线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B= T的匀强磁场(未画出),两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5 的电源,连接的导线的电阻不计.今有一根质量为10 g、电阻为1.5 的棒置于两环内侧且可沿环滑动,而棒恰好静止于如图所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为=60,重力加速度g取10 m/s2.试求：(1)此电源电动势E的大小.(2)若换上两个电阻可忽略的光滑圆环和电动势E的大小为2V的电源，其他条件不变，现将棒从圆环最低点静止释放，问:棒经过P、Q点时对两环的弹力各为多少?棒能上升的最大高度?【答案】(1)E=6 V.(2)0.2N 12cm【解析】【详解】（1）从左向右看，棒PQ的受力如图所示，棒受重力mg、安培力F安和环对棒的弹力FN作用；根据平衡条件得F安=mgtan，安培力F安=IBL，联立解得I=1 A，在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为R环=2 ；由闭合电路欧姆定律得：E=I(r+2R环+R棒)=6 V. （2）若换上两个电阻可忽略的光滑圆环和电动势E的大小为2V的电源，则电路中的电流安培力F安1=BI1L=N 棒经过P、Q点时的速度为v，则解得：v=m/s；棒在经过P、Q点时，由牛顿第二定律： 解得FN1=0.2N 棒在平衡位置的速度最大，此位置的与圆心的连线与竖直方向的夹角为，则=600，则棒能上升的最高点应该关于平衡位置对称，则棒能上升的最大高度为h=R(1+cos600)=12cm【点睛】本题是力学和电路知识的综合，关键运用力学规律求解安培力，要掌握安培力公式和欧姆定律，明确电路的连接关系进行解答；会用等效力的方法进行讨论.18.如图甲所示，在xOy坐标系中，两平行金属板AB、OD如图放置，OD与x轴重合，板的左端与原点O重合，板长L=2 m，板间距离d=1 m，紧靠极板右侧有一荧光屏。两金属板间电压UAO随时间的变化规律如图乙所示，已知U0=1103 V，变化周期T=2103 s，t=0时刻一带正电的粒子从左上角A点，以v0=1103 m/s的速度平行于AB边射入板间，粒子电荷量q=1105 C，质量m=1107 kg，不计粒子所受重力，求：(1)粒子在板间运动的时间；(2)粒子打在荧光屏上的纵坐标；(3)粒子打到屏上的动能。【答案】（1）2103s（2）085 m（3）505102J【解析】（1）粒子在板间沿x轴匀速运动，运动时间为t，L=v0tt2103（2）0时刻射入的粒子在板间偏转量最大为y1 又根据牛顿第二定律ma所以解得y1=0.15m故纵坐标为y=d-y1=0.85m（3）粒子出射时的动能，由动能定理得： 代入数据解得Ekmv25.05102J19.如图所示，A、B两小球质量均为m，A球位于半径为R的竖直光滑圆轨道内侧，B球穿过固定的光滑竖直长杆，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆的延长线过轨道圆心O.两球用轻质铰链与长为L(L2R)的轻杆连接，连接两球的轻杆能随小球自由移动，M、N、P三点分别为圆轨道上最低点、圆心的等高点和最高点，重力加速度为g.(1) 对A球施加一个始终沿圆轨道切向的推力，使其缓慢从M点移至N点，求A球在N点受到的推力大小F；(2) 在M点给A球一个水平向左的初速度，A球沿圆轨道运动到最高点P时速度大小为v，求A球在M点时的初速度大小v0；(3) 在(2)的情况下，若A球运动至M点时，B球的加速度大小为a，求此时圆轨道对A球的作用力大小FA.【答案】(1) 2mg (2) (3) 【解析】试题分析：在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，根据平衡条件可得A球在N点受到的推力大小；A球在M点、P点时，B球的速度都为零，A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律即可求出A球在M点时的初速度大小；由牛顿第二定律可求出圆轨道对A球的作用力大小。(1) 在N点，A、B和轻杆整体处于平衡状态，在竖直方向有：F2mg0解得：F2mg(2) A球在M点、P点时，B球的速度都为零A、B球和轻杆组成的系统在运动过程中满足机械能守恒定律，则解得：(3) 此时B球有向上的加速度a，设杆对B球支持力为F0，由牛顿第二定律有F0mgmaA球此时受到重力、轨道竖直向上的支持力和轻杆竖直向下的压力，同理有解得：点睛：本题主要考查了平衡条件和机械能守恒定律以及牛顿第二定律的应用，在第二问要抓住A球在M点、P点时，B球的速度都为零的条件即可顺利解题。20.质量mA=3.0kg、长度L=0.40m、电量q=+4.010-5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到V0=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0105N/C的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为s=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间(动摩擦因数及A与地面之间(动摩擦因数)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s2(不计空气的阻力)求：(1)刚施加匀强电场时，物块B的加速度的大小?(2)导体板A刚离开挡板时，A的速度大小?(3)B能否离开A，若能，求B刚离开A时，B的速度大小；若不能，求B与A的左端的最大距离?【答案】(1)(2)=1m/s(3)B能离开A vA =m/s vB=m/s【解析】【详解】（1）设B受到的最大静摩擦力为，则设A受到地面的滑动摩擦力的，则施加电场后，设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，有： 计算得出：设B受到的摩擦力为，由牛顿第二定律得 计算得出：=2.0N因为L，所以B能离开A。mAv1-mBv1=mAvA+mBvB(mA+mB)V12-(mAvA2+mBvB2) = 1mBgL 解得：vA = m/s ；vB= m/s