福建廈門2018屆高三年級第一學期期末質(zhì)檢物理試題解析版

1、廈門市2018屆高三質(zhì)檢物理試題、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，第 16題只有一項符合題目要求，第 710題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。1.圖甲所示為氫原子能級圖，大量處于n= 4激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時能輻射出多種不同頻率的光，n=2能級躍遷時輻射的光照射圖乙所示光電管的陰極K時，電路中有光電流產(chǎn)生，則其中用從n=4能級/nEfcV TOC o 1-5 h z 0Q4D知3“512-3.4。113.6圖乙圖甲A.改用從n=4能級向n=1能級躍遷時輻射的光，一定能使陰極K發(fā)生光電效應B.改用從n=3能級

2、向n=1能級躍遷時輻射的光，不能使陰極K發(fā)生光電效應C.改用從n=4能級向n=1能級躍遷時輻射的光照射，逸出光電子的最大初動能不變D.入射光的強度增大，逸出光電子的最大初動能也增大【答案】A【解析】在躍遷的過程中釋放或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，2 = -0.S5eV-( 3.40) = 2.55eV = hv,此種光的頻率大于金屬的極限頻率，故發(fā)生了光電效應 .A、- ：，同樣光的頻率大于金屬的極限頻率，故一定發(fā)生了光電效應，則A正確.B、= L5IeV(T3.6) = 12.映丫 AEq，也能讓金屬發(fā)生光電效應，則 B錯誤；C、由光電效應方程Ekm=hvW叫入射光的頻率變大，飛出的

3、光電子的最大初動能也變大，故 C錯誤；D、由EgHhvWg知光電子的最大初動能由入射光的頻率和金屬的逸出功決定，而與入射光的光強無關(guān)，則D錯誤；故選A.【點睛】波爾的能級躍遷和光電效應規(guī)律的結(jié)合；掌握躍遷公式.=耳口-E*光的頻率E = hv,光電效應方2.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比ni ：窕=5： 1,電阻R=10 Q, Li、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S1為單刀雙擲開關(guān)。原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示.現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法正確的是S1 IA.只斷開S2后，原線圈的輸入功率增大B.輸入電壓u的表達式u = 與in(5O7

4、rt)VC.若S1換接到2后，原線圈的輸入功率為1.6 WD.若S1換接到2后，R消耗的電功率為 0.8 W【答案】C【解析】A、只斷開S2后，負載電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，副線圈電壓不變，則副線圈的功率變小，即原線圈2兀的輸入功率變小，A錯誤；B、由圖乙知周期T=0.02s, = 訴=10面，所以輸入電壓u的表達式應為u = 2O5sin(l 0。戊)V, B 錯誤； 2 城 ,U =- = 20V,則電阻R電壓有效值為4V, R消耗的電B、現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光，當只斷開 S2, L1接入電路，導致L1、L2均不能正常發(fā)光，B4，一，U1/5錯反；C、D、右S1換接到2后，由=

5、;功率為p =+ = f = D8w,而變壓器兩端的功率相等，則輸入功率也為0.8W, C錯誤，D正確.故選D.2 R 20【點睛】掌握理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等。3.如圖所示，質(zhì)量為m=0.5kg的小球（可視作質(zhì)點）從A點以初速度vo水平拋出，小球與豎直擋板 CD和AB各碰撞一次（碰撞時均無能量損失），小球最后剛好打到 CD板的最低點。已知 CD擋板與A點的水平距離為x=2m, AB高度為4.9 m,空氣阻力不計，g=9.8m/s2,則小球的初速度 v0大小可能是A. 7m/s B. 6 m/s C. 5 m/s D. 4m/s【答案】B【

6、解析】 小球從A點開始做平拋運動，撞擊擋板反彈時無動能損失，即水平速度反向，豎直速度不變，可等效為平拋運動的繼續(xù)，整個多次碰撞反彈可視為一個完整的平拋運動，h = t可得t=l” 3K=qI,得V0=6m/s ,故B正確，則選B.【點睛】對稱性和等效法的綜合運用，碰撞反彈的多個運動等效成同一個勻變速曲線運動，即為一個完整 的平拋運動。4.近年科學界經(jīng)過論證認定：肉眼無法從太空看長城，但遙感衛(wèi)星可以看”到長城。已知某遙感衛(wèi)星在離地球高度約為300km的圓軌道上運行，地球半徑約為6400km,地球同步衛(wèi)星離地球高度約為地球半徑的5.6倍。則以下說法正確的是A.遙感衛(wèi)星的發(fā)射速度不超過第一宇宙速度B

7、.遙感衛(wèi)星運行速度約為8.1km/sC.地球同步衛(wèi)星運行速度約為3.1km/sD.遙感衛(wèi)星只需加速，即可追上同軌道運行的其他衛(wèi)星【答案】C【解析】A、由題中數(shù)據(jù)可知，飛船運行離地表很近，飛船的線速度接近第一宇宙速度，但發(fā)射速度是飛離一 ， 一 _ . Mm V 一地球的初速度，一定大于第一宇宙速度才可以成為衛(wèi)星?故A正確節(jié)日設；B、由G = m 5可付v =且滿足黃金代換GM=R%表，g表=gSm/s，,=6700km ,解得衛(wèi)星的線速度v = 7.7km/s ,同理r同= 5.6 X 6400km = 35840km,解得竄同k3. lkm后 ,則B錯誤，C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需

8、要先減速做向心運動再加速做離線運動，D錯誤.故選C .【點睛】解決飛船、人造地球衛(wèi)星類型的問題常常建立這樣的模型：衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力提供衛(wèi)星所需要的向心力.常常是萬有引力定律與圓周運動知識的綜合應用.5.如圖所示，在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場，其邊界過原點O和y軸上的點a(0,L)一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度V。平行于x軸正方向射入磁場，并從x軸上的b點射出磁場,此時速度方向與 x軸正方向的夾角為 60嚇列說法中正確的是匕A.電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0,0)B.電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0,-2L)4jtLC

9、.電子在磁場中運動的時間為 加2jcLD.電子在磁場中運動的時間為 【答案】D【解析】 畫出粒子運動軌跡如圖所示:設電子的軌跡半徑為 R,由幾何知識,Rsin30 =R-L,得R=2L。A、B、根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得,y = -Rcos60 =-L,所以電子的圓周運動的圓心坐標為(0, -L),則A, B均錯誤。C、D、電子在磁場中運一，、60 T 一 2tiR動時間t T =-,而T =360。6vft依L2jiL，得t=，故C錯誤，D正確。故選D.v03Vo【點睛】帶電粒子在勻強磁場中在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動.所以由幾何關(guān)系可確定運動圓弧的 半徑與已知長度的關(guān)系，從而確定圓磁場的

10、圓心，并能算出粒子在磁場中運動時間.并根據(jù)幾何關(guān)系來, 最終可確定電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標.如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結(jié)于O點。一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊 P, 一條繩連接小球 Q, P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)， 另一條繩OA受外力F的作用,處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時針改變繩OA的方向至 線90。，且保持結(jié)點 O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是A.繩OA的拉力一直減小B.繩OB的拉力一直增大C.地面對斜面體有向右的摩擦力D.地面對斜面體的支持力不斷減小【解析】A、B、A、緩慢改變繩 OA的方向至 長90的過程，OA拉力的方

11、向變化如圖從 1位置到2位置到 可見辦的拉力先減小后增大，您的拉力一直減??；故A B均錯誤；C、以斜面和M整體為研究對象 受力分析，根據(jù)平衡條件；斜面受地面的摩擦力與翻繩子水平方向的拉力等大反向，故對面的摩擦力 方向向左，C錯誤；D、，仍的拉力一直臧小，則網(wǎng)一直減小,而向悶+ F曬=M涓得冗時一直增大T以. 斜面體和因整體為研究對象受力分析,根據(jù)豎直方向受力平衡：心用的二出斜”修景明巴綜合可得N - 直減小，D正確；故選D.3位置所示,【點睛】本題采用隔離法和整體法研究兩個物體的平衡問題，靈活選擇研究對象；摩擦力的方向及大小變化尤其為難點。.如圖所示，光滑大圓環(huán)靜止在水平面上，一質(zhì)量為m可視為

12、質(zhì)點的小環(huán)套在大環(huán)上，已知大環(huán)半徑為 R,質(zhì)量為M=3m,小環(huán)由圓心等高處無初速度釋放，滑到最低點時A.小環(huán)的速度大小為；5或.小環(huán)的速度大小為-一2, 入3RC.大環(huán)移動的水平距離為2D.大環(huán)移動的水平距離為 -4【答案】BD【解析】A、B、小環(huán)滑至最低點時的速度為vi,大環(huán)的速度為V2,兩物體的系統(tǒng)滿足機械能守恒有:mgR = fn叮4且兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒有：O = mVj-Mv2 ,聯(lián)立解得： =V2 = Jp,故A錯誤，B正確；C、D、設小環(huán)和大環(huán)水平方向發(fā)生的位移為X1和X2,兩物體的系統(tǒng)滿足水X力 331平方向反沖原理，結(jié)合人船模型的結(jié)論可知一= 一 = ；,且*J

13、= R,解得X = =R, X=：R,故C錯誤，Dxa v 1 I44正確；故選BD.【點睛】機械能守恒定律和動量守恒定律的結(jié)合應用，同時是特殊的反沖模型和人船模型。.如圖所示，在傾角為 。的光滑斜面上，存在著磁感應強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向垂直斜面向上，磁場的寬度為 2L。一邊長為L的正方形導體線圈，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場瞬間和剛越過 MN穿出磁場瞬間速度剛好相等。從ab邊剛越過GH處開始計時，規(guī)定沿斜面向上為安培力的正方向，則線框運動的速率v與線框所受安培力 F隨時間變化的圖線中，可能正確的是【答案】AC【解析】A、B、根據(jù)楞次定律可得線框進入磁場的過程中

14、電流方向為順時針；根據(jù)法拉第電磁感應定律可Rlv得感應電動勢 E=BLv,根據(jù)電流;產(chǎn)生的安培力大小為F = BIL =隨速度變化為變化,ab邊剛越RR過GH進入磁場瞬間和剛越過 MN穿出磁場瞬間速度剛好相等可能滿足的運動情況兩種；一是進磁場時勻速，完全進入磁場后做勻加速直線運動，但；出磁場過程中，做加速度逐漸減小的減速運動，二是進磁場做變減速，后勻加速，再出磁場變減速，結(jié)合圖象知A正確、B錯誤；C、D、根據(jù)左手定則可得線框進入磁場的過程中安培力方向向上為正，且 F = BIL=22二；線框完全進入磁場過程中，安培力為零；出磁場的過程 R中安培力方向向上，且等于進入磁場時的安培力，所以 C正確

15、、D錯誤.故選AC.【點睛】解答本題的關(guān)鍵是弄清楚線框的運動情況，能夠根據(jù)楞次定律和左手定則進行判斷；根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向的一般步驟是：確定原磁場的方向一原磁場的變化 一引起感應電流的磁場的變化 一楞次定律一感應電流的方向.如圖所示，圓心在O點、半徑為R的光滑圓弧軌道 ABC豎直固定在水平桌面上，OC與OA的夾角為60,軌道最低點A與桌面相切。一足夠長的輕繩兩端分別系著質(zhì)量為mi和m2的兩小球（均可視為質(zhì)點），掛在圓弧軌道光滑邊緣 C的兩邊，開始時 mi位于C點，從靜止釋放，在 m1由C點下滑到A點的過程中A. mi的速度始終不小于m2的速度B.重力對m做功的功率先增大后減少C.輕繩

16、對m2做的功等于m2的機械能增加D.若mi恰好能沿圓弧下滑到A點，則m1 = m2【答案】ABC【解析】A、mi由C點下滑到A點的過程中，設兩物體的速度為vi, V2, vi與繩的夾角為a,滿足沿繩子方向的速度相等，分解mi的速度后滿足Vgsd =叼，其中“從0。逐漸增大到45則第1之叼，故A正確；B、重力的功率就是 P=mgv,這里的v是指豎直的分速度， 一開始mi是由靜止釋放的， 所以m1 一開始的豎直速度也必然為零，最后運動到 A點的時候，由于此時的切線是水平的，所以此時的豎直速度也是零但是在這個C到A的過程當中是肯定有豎直分速度的，所以相當于豎直速度是從無到有再到無的一個過程，也就是一

17、個先變大后變小的過程，所以這里重力功率 mgv也是先增大后減小的過程，故B正確；C、除重力和彈簧彈力以外的力對物體做功衡量物體機械能的變化，即在m2上升的過程中繩子做正功 m2的機械能增加，故C正確；D、若mi恰好能沿圓弧軌道下滑到 A點，此時兩小球速度均為零，根據(jù)動能定理得：migR(1-cos60 )= m2gR,解得：mi=2m2,故 D 錯誤；故選 ABC.【點睛】本題解題的關(guān)鍵是對兩個小球運動情況的分析，知道小球做什么運動，并能結(jié)合動能定理、幾何關(guān)系、關(guān)聯(lián)物體的速度分解解題，10.如圖所示，空間存在一勻強電場，平行實線為該電場等勢面，其方向與水平方向間的夾角為30。，AB與等勢面垂直

18、，一質(zhì)量為 m,電荷量為q的帶正電小球，以初速度 Vo從A點水平向右拋出，經(jīng)過時間 t小球 最終落在C點，速度大小仍是 Vo,且AB=BC,重力加速度為g,則下列說法中正確的是A.電場方向沿A指向B、, 底唔B.電場強度大小為3q_ 1 2C.小球下洛圖度-gt4d.此過程增加的電勢能等于 LgV4【答案】BCD0,而重力做正功,【解析】A、由題意可知，小球在下落過程中初末動能不變，根據(jù)動能定理，合力做功為則電場力做負功，而小球帶正電，故電場線斜向上由B指向A,故A錯誤.B、小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知,mgABcos30 - EqACcos30 =0,解得 E =故為 TOC

19、 o 1-5 h z mgIB正確；C、電場力的豎直分量為Fy = qE cosSO3 =,則物體在豎直方向上的合力為 F含=mg-5mg = m% ,則由牛頓第二定律知 為=, 則下落高度h =故C正確；D、此過程中電場力做負功，電勢能增hh加，由幾何關(guān)系知小球沿電場線方向上的位移為d=- 8加 =gt2 ,則電勢能的增加量cos6004iEp = qBd = ng2t:故D正確。故選BCD.【點睛】本題要注意分析小球受力情況，明確重力及電場力做功情況，再由電場線利用好幾何關(guān)系確定小 球的高度變化；要注意采用運動的合成與分析知識.二、實驗題：本題共2小題，第11題6分，第12題10分，共16

20、分。把答案寫在答題卡中 指定的答題處。11.如圖所示的裝置，可用于探究恒力做功與動能變化的關(guān)系。水平軌道上安裝兩個光電門，光電門1和光電門2的中心距離s,擋光板的寬度do滑塊（含力傳感器和擋光板）質(zhì)量為Mo細線一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪掛上祛碼盤。實驗步驟如下：（1）先保持軌道水平，通過調(diào)整祛碼盤里祛碼的質(zhì)量來平衡摩擦力，當滑塊做勻速運動時傳感器示數(shù)為F。（2）增加祛碼質(zhì)量，使滑塊加速運動，記錄傳感器示數(shù)。請回答：該實驗 （填需要”或不需要”）滿足祛碼和祛碼盤的總質(zhì)量m遠小于M;滑塊與水平桌面的動摩擦因數(shù)尸 （用F。、M、重力加速度g來表示）；某次實驗過程：力傳感器的讀數(shù)F,滑塊通過

21、光電門1和光電門2的擋光時間分別為t1、t2；小車通過光電門2后祛碼盤才落地。該實驗需驗證滑塊的動能改變與恒力做功的關(guān)系的表達式是 （用題中物理量字母表示）。(1).不需要 (2).Mg(3). 1,【解析】(1)該實驗中由于已經(jīng)用傳感器測出繩子拉力大小即為小車的真實合力，不是將祛碼和祛碼盤的重力作為小車的拉力，故不需要滿足祛碼和祛碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量.Fo(2)對滑塊由牛頓第二定律可得 琦= 當勻速運動時 以=心但，則以二，Mg1速度為整理(3)由于光電門的寬度 d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度.滑塊通過光電門V=-,滑塊通過光電門 2速度為力=，根據(jù)功能關(guān)系需要驗

22、證的關(guān)系式為(F-Fjs =-Mv；,tk22d , 1 d , 得：I L，、-.,.Zi L2 t【點睛】了解光電門測量瞬時速度的原理，實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮 全面，同時明確實驗原理是解答實驗問題的前提12.某同學要測量一均勻材料制成的圓柱形導體的電阻率p,步驟如下：(1)用刻度尺測量其長度為 L=60.15mm ;(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖，由圖可知其直徑為D =mm;(3)先用歐姆表粗測該導體的電阻值，選擇“X桃；進行歐姆調(diào)零后，測量時表盤示數(shù)如圖，該電阻阻值R=Q;(4)現(xiàn)用伏安法更精確地測量其電阻R,要求測量數(shù)據(jù)盡量精確，可供該同學選用的器材除

23、開關(guān)、導線、測圓柱形導體的電阻 R外還有：A.電壓表V (量程015 V,內(nèi)阻未知)B.電流表Ai(量程0200 mA,內(nèi)阻 門=6 Q)C.電流表A2(量程03 A,內(nèi)阻r2= 0.1溫D.滑動變阻器Ri(010口額定電流2 A)E.滑動變阻器R2(01 k 0額定電流0.5 A)F.定值電阻R3(阻值等于2 Q)G.電源E(E=12V,內(nèi)阻不計)實驗中除了選擇器材A、F、G外，電流表應選擇 ，滑動變阻器應選擇 (填寫器材前面的字母)請畫出實驗電路圖 ；某次測量中，所選擇的電流表和電壓表的讀數(shù)為I、U,該電阻R= _表小)；(5)該同學經(jīng)多次測量，計算出圓柱形導體的電阻率po【答案】(1).

24、 3.700 (3.699-3.701)(2). 15 (15.0-15.2)(3). B。RS). Fi五iV S【解析】(1)螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為3.5mm ,可動刻度讀數(shù)為0數(shù)為：3.5mm+0.200mm=3.700mm(3.699 mm -3.701 mm). (用題中物理量的字母(4). D (5).01 x 20.0mm=0.200mm ,所以最終讀(2)歐姆表的讀數(shù)等于表盤讀數(shù)乘以倍率該電阻的阻值約為15.0 X 1 Q =15.0 Q (15.0 Q -15.2 Q ).(3)由于電動勢為12V ,電路中最大電流約為I,右I =d8k遠大于02A .且選小于3A，但兩電

25、 流表內(nèi)阻已知可用來改裝，電流表A并聯(lián)定值電阻電=2Q后I =9+ 1=0.8A,滿足了安全的需要，故電流表應選用B(Ai),根據(jù)實驗要求便于調(diào)節(jié)且測得多組數(shù)據(jù)進行分析，可知變阻器應采用分壓式接法，應選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié).電流表Ai先并電阻改裝，且電流表內(nèi)阻已知，可采用內(nèi)接法消除系統(tǒng)誤差，同時滑動變阻器采用分壓式接法，電路圖如下：-riZ： I五1(4)根據(jù)部分電路的歐姆定律可得【點睛】螺旋測微器讀數(shù)時應分成整數(shù)部分和小數(shù)部分兩部分來讀，注意螺旋測微器需要估讀.測量電阻最基本的原理是伏安法，電路可分為測量電路和控制電路兩部分設計.測量電路要求精確，誤差小，可根據(jù)電壓表、電流表與待測電阻

26、阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表內(nèi)、外接法.控制電路關(guān)鍵是變阻器的分壓式接法或限流式接法.在兩種方法都能用的情況下，為了減小能耗，選擇限流式接法.三、計算題：本題共4小題，第13題10分，第14題10分，第15題11分，第16題13分,共44分。把解答寫在指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟.我國 殲15”艦載機在 遼寧號”航空母艦上著艦成功。圖(a)為利用阻攔系統(tǒng)讓艦載機在飛行甲板上快速停止的原理示意圖。飛機著艦并成功鉤住阻攔索后，飛機的動力系統(tǒng)立即關(guān)閉，阻攔系統(tǒng)通過阻攔索對飛機施加一作用力，使飛機在甲板上短距離滑行后停止某次降落。以飛機著艦為計時零點，飛機在t=0.4s時恰好鉤住

27、阻攔索中間位置，其著艦到停止的速度一時間圖線如圖(b)所示。航母始終靜止，飛機質(zhì)量m=2X104kg,假設空氣阻力和甲板阻力之和 f=2X104N。求：m h(1)在0.4s-2.5s時間內(nèi)，飛行員所承受的加速度大小；(2)在0.4s-2.5s內(nèi)某時刻阻攔索夾角為120。，求此刻阻攔索承受的張力大小?！敬鸢浮?1 = 27.6m/s2 (2) F=5.32 M05N【解析】【試題分析】 通過速度與時間的圖象，圖象的面積等于飛機的位移；由圖象的斜率表示加速度大小，再由牛頓第二定律和力的合成確定阻攔索的拉力 TOC o 1-5 h z (1)0.4s-2.5s ,飛行員作勻減速直線運動，Av7由圖

28、像得，.，：”-At(2)飛機作勻減速直線運動，設阻攔索張力為F,根據(jù)牛頓第二定律：占：- ：120卜含=2Fcos-F=5.32 X 1(fN【點睛】考查由速度與時間的圖象，來讀取正確的信息：斜率表示加速度的大小，圖象與時間所夾的面積表示位移的大小.注意阻攔索的張力與合力是不同的.如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為魔力陀螺它可等效為一質(zhì)點在圓軌道外側(cè)運動模型，如圖乙所示。在豎直平面內(nèi)固定的強磁性圓軌道半徑為R, A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完整的圓周運動，受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F,當質(zhì)點以速率V1氨通

29、過A點時，對軌道的壓力為其重力的7倍，不計摩擦和空氣阻力，重力加速度為 g。(1)求質(zhì)點的質(zhì)量;A、B兩點的壓力差為定值;B點最大速率。(2)質(zhì)點能做完整的圓周運動過程中，若磁性引力大小恒定，試證明質(zhì)點對(3)若磁性引力大小恒為 2F,為確保質(zhì)點做完整的圓周運動，求質(zhì)點通過【答案】(1)=(2)二-P6,心(3)7g【解析】【試題分析】對陀螺受力分析，分析最高點的向心力來源，根據(jù)向心力公式即可求解；在最高點和最低點速度最大的臨界條件是支持力為0 ,根據(jù)向心力公式分別求出最高點和最低點的最大速度二一.jmk 不(1)在 A點：F + mg-卜兒= R根據(jù)牛頓第三定律：F；=9=7mg 由式聯(lián)立得

30、：m = - d 7gmv. TOC o 1-5 h z 質(zhì)點能完成圓周運動，在A點:根據(jù)牛頓第二定律：p十rng_NA = 0R根據(jù)牛頓第三定律：N息=52,、一一一、八mvn _在B點，根據(jù)牛頓第二定律 Fr-mg-NB =R根據(jù)牛頓第三定律：Nb = Nb , 一， 一i m八 j5 1rl 士從A點到B點過程，根據(jù)機械能守恒7E律:mg2R = -nivB-rmvA由聯(lián)立得：N；-NB = 6mg為定值，得到證明。在B點，根據(jù)牛頓第二定律：2F-mg- Fb =當Fb=0,質(zhì)點速度最大，%力=麗mVHSin2F-mg =【點睛】本題考查豎直平面內(nèi)的圓周運動的情況，在解答的過程中正確分析

31、得出小球經(jīng)過最高點和最低點的條件是解答的關(guān)鍵，正確寫出向心力的表達式是解答的基礎.15.如圖所示，一固定粗糙絕緣斜面傾角體37。，O、D、A、B是斜面上的四個點，O點在斜面底端，A為0E的中點，OA = m , D為云的中點，O點固定一個帶正電的點電荷，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點帶正電的滑塊，先 12后在A和B兩位置釋放均恰能靜止(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力 )。已知點電荷周圍電場的電勢可表示為Q(取無窮遠處電勢為零，公式中k為靜電力常量，Q為場源電荷的電荷量，r為距場源電荷的距離)，重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37=0.8。求(1)滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)為工(2)若滑塊由D點釋放，其第一次經(jīng)過A點時的速度大小。【答案】(1)尸0.4