高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习创新版课件考前基础回扣练七
2020版高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习冲刺方案考前基础回扣练 二
二力与物体的平衡1.(粤教版必修1 P66第2题)两个大小相等的共点力F1和F2, 当它们的夹角为90°时, 合力大小为F, 它们的夹角变为120°时, 合力的大小为()A.2FB.22F C.2F D.32F答案 B解析由题意知, 2F1cos45°＝F,2F1cos60°＝F′, 两式联立得F′＝22F, B正确。
2.(多选)一物体静止于水平桌面上, 物体与桌面之间的最大静摩擦力为5 N, 现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点, 三个力的大小分别为2 N、2 N、3 N。
下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是()A.物体所受静摩擦力可能为2 NB.物体所受静摩擦力可能为4 NC.物体可能仍保持静止D.物体一定被拉动答案ABC解析两个2 N力的合力范围为0～4 N, 然后与3 N的力合成, 则三力的合力范围为0～7 N, 由于最大静摩擦力为5 N, 因此可判定A、B、C正确, D错误。
3. 小娟、小明两人共提一桶水匀速前行, 如图所示, 已知两人手臂上的拉力大小相等且为F, 两人手臂间的夹角为θ, 水和水桶的总重力为G, 则下列说法中正确的是()A.当θ为120°时, F＝G 2B.不管θ为何值, F＝G 2C.当θ＝0°时, F＝G 2D.θ越大时F越小答案 C解析对水和水桶分析受力, 根据平衡条件得：2F cosθ2＝G, 解得F＝G2cosθ2, 故θ越大, F越大, 当θ＝0°时, cosθ2值最大, 此时F＝12G, 即为最小, 当θ为120°时, F＝G, 故C正确, A、B、D错误。
4. 如图所示, 小车内有一固定光滑斜面,一个小球通过细绳与车顶相连, 细绳始终保持竖直, 关于小球的受力情况, 下列说法中正确的是()A.若小车静止, 绳对小球的拉力可能为零B.若小车静止, 斜面对小球的支持力一定为零C.若小车向右运动, 小球一定受两个力的作用D.若小车向右运动, 小球一定受三个力的作用答案 B解析小车静止时, 小球受力平衡, 只受重力和绳子拉力两个力的作用, 故A错误, B正确。
高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习经典版课件第一部分专题六第15讲
第15讲电学实验构建网络·重温真题1.电学实验知识框架2.洞悉重要电学实验的考点1.(2019·天津高考)现测定长金属丝的电阻率。
(1)某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示,其读数是________ mm 。
(2)利用下列器材设计一个电路,尽量准确地测量一段金属丝的电阻。
这段金属丝的电阻R x 约为100 Ω,画出实验电路图,并标明器材代号。
电源E (电动势10 V ,内阻约为10 Ω)电流表A 1(量程0～250 mA,内阻R 1＝5 Ω)电流表A 2(量程0～300 mA,内阻约为5 Ω)滑动变阻器R (最大阻值10 Ω,额定电流2 A)开关S 及导线若干(3)某同学设计方案正确,测量得到电流表A 1的读数为I 1,电流表A 2的读数为I 2,则这段金属丝电阻的计算式R x ＝________。
从设计原理看,其测量值与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
【参考答案】(1)0.200(0.196～0.204均可) (2)图见【试题解析】：(3)I 1R 1I 2－I 1相等 【试题解析】：(1)d ＝20.0×0.01 mm ＝0.200 mm 。
(2)本题要测量金属丝的电阻,无电压表,故用已知内阻的电流表A 1充当电压表,由于电流表A 1的满偏电压U A1＝I m R 1＝1.25 V ,比电源电动势小得多,故电路采用分压式接法,电路图如图所示。
(3)当电流表A 1、A 2读数分别为I 1、I 2时,通过R x 的电流为I ＝I 2－I 1,R x 两端电压U ＝I 1·R 1,故R x ＝U I ＝I 1R 1I 2－I 1。
不考虑读数误差,从设计原理看,测量值等于真实值。
2.(2019·全国卷Ⅰ)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。
该同学测得微安表内阻为1200 Ω,经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接,进行改装。
高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习创新版课件选做题专练(二)
选做题专练(二)1.[选修3－3](15分)(1)(2019·江苏省七市三检)(5分)如图所示,一定质量的理想气体在状态A时压强为p0,经历了从状态A→B→C→A的过程。
则气体在状态C时压强为________；从状态C到状态A的过程中,气体的内能增加ΔU,则气体吸收的热量为________。
(2)(2019·湖北省4月调研)(10分)如图所示,一底面积为S、内壁光滑且导热的圆柱形容器竖直放置在水平地面上,开口向上,内有两个厚度不计的轻质活塞A和B,容器内a处有一小卡口；在A与B之间、B与容器底面之间分别密闭着一定质量的同种理想气体Ⅰ和Ⅱ,初始时活塞A与B,活塞B与容器底部之间的距离均为L,气体Ⅱ的压强为2p0。
若将某质量为M的物块放置在活塞A的上表面,稳定后活塞A向下移动0.6L。
已知外界大气压强为p0,重力加速度大小为g,容器导热性能良好,设外界温度不变。
(ⅰ)请通过计算判断活塞B上述过程中是否向下移动；(ⅱ)求物块的质量M。
【参考答案】(1)p0ΔU＋2p0V0(2)(ⅰ)向下移动(ⅱ)8p0S 7g【试题解析】(1)根据理想气体状态方程pVT＝C,可得V＝Cp T,即V-T图中过原点的直线表示等压变化,所以从状态C到状态A的过程是等压变化,p C＝p A＝p0；从状态C到状态A的过程中,外界对气体做功W＝－p0·ΔV＝－2p0V0,根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W,整理得吸收热量Q＝ΔU－W＝ΔU＋2p0V0。
(2)(ⅰ)假设活塞A向下移动0.6L时,活塞B没有下移,对气体Ⅰ由玻意耳定律得：p0LS＝p1(L－0.6L)S解得p1＝2.5p0而p1>2p0,故假设不成立,即活塞B向下移动。
(ⅱ)设B活塞下移Δh,对气体Ⅰ：p0LS＝p1′(L－0.6L＋Δh)S对气体Ⅱ：2p0LS＝p2′(L－Δh)SⅠ、Ⅱ中气体压强满足关系：p1′＝p2′联立解得p1′＝157p0对活塞A受力分析有：Mg＋p0S＝p1′S联立解得M＝8p0S7g。
高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习经典版课件第一部分专题一第3讲
第3讲力与曲线运动构建网络·重温真题1.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图a,在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。
某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图象如图b所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。
则()A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【参考答案】BD【试题解析】：v-t图象中图线与t轴包围的面积表示位移的大小,第二次滑翔过程中v-t图线与t轴所围面积比第一次的大表示在竖直方向上的位移比第一次的大,A错误；由图a知落在雪道上时的水平位移与竖直位移成正比,再由A项分析知,B正确；从起跳到落到雪道上,第一次滑翔过程中竖直方向的速度变化比第二次的大,时间比第二次的短,由a＝ΔvΔt,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,C错误；v-t图象的斜率表示加速度,竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上的加速度比第一次的小,设在竖直方向上所受阻力为f,由mg－f＝ma,可得第二次滑翔在竖直方向上受到的阻力比第一次的大,D正确。
2.(2019·江苏高考)(多选)如图所示,摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。
座舱的质量为m,运动半径为R,角速度大小为ω,重力加速度为g,则座舱()A.运动周期为2πR ωB.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R 【参考答案】BD【试题解析】：座舱的运动周期T＝2πRv＝2πω,A错误；根据线速度与角速度的关系,可知座舱的线速度大小为v＝ωR,B正确；座舱做匀速圆周运动,摩天轮对座舱的作用力与座舱的重力大小不相等,其合力提供向心力,合力大小为F合＝mω2R,C错误,D正确。
2020版高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习冲刺方案考前基础回扣练八
gR 3
C．A 运动到圆槽的最低点时 B 的速率为
4gR 3
D．B 向右运动的最大位移大小为23R 答案 AD
要点提炼
高考考向
阅卷现场
专题作业
解析 运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动
量守恒，那么 A 可以到达 B 圆槽的左侧最高点，且 A 在 B 圆槽的左侧最高
点时，A、B 的速度都为零，故 A 正确；设 A 运动到圆槽最低点时的速度大
要点提炼
高考考向
阅卷现场
专题作业
解析 当两个滑块速度相等时弹簧压缩量最大，弹性势能最大；滑块 A、 B 系统动量守恒，根据动量守恒定律，有：mv0＝2mv1，解得：v1＝12v0；系 统减小的动能等于增加的弹性势能，故弹簧获得的最大弹性势能为：Ep＝21 mv20－21×2m×v202＝14mv20，故选 C。
要点提炼
高考考向
阅卷现场
专题作业
解析 拉力对物体的冲量大小为：IF＝Ft，故 A 正确，B 错误；由于物 体没有被拉动，处于平衡状态，其合外力为零，合外力的冲量也为零，故 C 正确；重力对物体的冲量大小为 IG＝mgt，故 D 正确。
要点提炼
高考考向
阅卷现场
专题作业
2. 如图所示，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小 为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )
小为 vA，圆槽 B 的速度大小为 vB，规定向左为正方向，根据 A、B 在水平方 向动量守恒得 0＝mvA－2mvB，解得 vA＝2vB，根据机械能守恒定律得 mgR
＝12mvA2 ＋21×2mv2B，解得 vB＝
2020版高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习冲刺方案考前基础回扣练 十
十磁场及带电粒子在磁场中的运动1.(教科版选修3－1 P92第1题改编)(多选)一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中, 当通过它的电流为I时, 所受安培力为F。
以下关于磁感应强度B的说法正确的是()A.磁感应强度B一定等于F ILB.磁感应强度B可能大于或等于F ILC.磁场中通电直导线受力大的地方, 磁感应强度一定大D.在磁场中通电直导线也可以不受力答案BD解析只有当通电直导线与磁场垂直时, 才有B＝FIL, 不垂直时B>FIL, 故A错误, B正确；在磁场中同一位置, 导线的放置方向不同, 通电直导线受力也不一样, 但磁感应强度相同, C错误；当导线与磁场平行时, 导线不受力, D正确。
2. 如图所示, a、b两根垂直纸面的直导线通有等大的电流, 两导线旁有一点P, P点到a、b距离相等, 关于P点的磁场方向, 以下判断正确的是()A.a中电流方向向纸外, b中电流方向向纸里, 则P点的磁场方向向右B.a中电流方向向纸外, b中电流方向向纸里, 则P点的磁场方向向左C.a中电流方向向纸里, b中电流方向向纸外, 则P点的磁场方向向右D.a中电流方向向纸外, b中电流方向向纸外, 则P点的磁场方向向左答案 A解析若a中电流方向向纸外, b中电流方向向纸里, 根据安培定则判断可知：a在P处产生的磁场B a方向垂直于aP连线斜向上, b在P处产生的磁场B b 方向垂直于bP连线斜向下, 如图所示, 根据平行四边形定则进行合成, P点的磁感应强度方向水平向右, 故A正确, B错误；同理, 若a中电流方向向纸里, b中电流方向向纸外, 则可得P点的磁感应强度方向水平向左, 若a、b中电流方向均向纸外, P点的磁感应强度方向竖直向上, 故C、D错误。
3. 如图所示, 质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点, 处于竖直向上的匀强磁场中, 磁感应强度大小为B, 棒中通以某一方向的电流, 平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ, 重力加速度为g。
高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习经典版课件第一部分专题一第1讲
第一部分专题复习篇专题一力和运动第1讲力与物体的平衡构建网络·重温真题1.(2019·全国卷Ⅲ) 用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其置于两光滑斜面之间,如图所示。
两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为30°和60°。
重力加速度为g。
当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2,则()A.F 1＝33mg ,F 2＝32mgB.F 1＝32mg ,F 2＝33mgC.F 1＝12mg ,F 2＝32mgD.F 1＝32mg ,F 2＝12mg【参考答案】D【试题解析】：如图所示,卡车匀速行驶,圆筒受力平衡,由题意知,力F 1′与F 2′相互垂直。
由牛顿第三定律知F 1＝F 1′,F 2＝F 2′,则F 1＝mg sin60°＝32mg ,F 2＝mg sin30°＝12mg ,D 正确。
2.(2019·天津高考)2018年10月23日,港珠澳跨海大桥正式开通。
为保持以往船行习惯,在航道处建造了单面索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥,其索塔与钢索如图所示。
下列说法正确的是( )A.增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力B.为了减小钢索承受的拉力,可以适当降低索塔的高度C.索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时,钢索对索塔的合力竖直向下D.为了使索塔受到钢索的合力竖直向下,索塔两侧的钢索必须对称分布【参考答案】C【试题解析】：索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡,增加钢索数量,其整体重力变大,故索塔受到的向下的压力变大,A错误；若索塔高度降低,则钢索与竖直方向夹角θ将变大,由T cosθ＝G可知,钢索拉力T将变大,B 错误；两侧钢索的拉力对称,合力一定竖直向下,C正确；若两侧的钢索非对称分布,但其水平方向的合力为0,合力仍竖直向下,D错误。
3.(2018·天津高考)(多选)明朝谢肇淛《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。
高2020届高2017级高三物理《金版教程》大二轮专题复习创新版课件选择题专练(一)
特色增分练专项精练选择题专练(一)共8小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,第1～5题只有一项符合题目要求,第6～8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
1.(2019·贵阳一模)下列说法正确的是()A.若某种材料的逸出功是W,则其极限频率νc＝W hB.当氢原子从n＝2的状态跃迁到n＝6的状态时,发射出光子C.232 90Th衰变为208 82Pb要经过4次α衰变和6次β衰变D.中子与质子结合成氘核时吸收能量【参考答案】A【试题解析】结合光子能量的计算公式E＝hν,某种材料的逸出功是W,则它的极限频率为νc＝Wh,故A正确；氢原子从n＝2的状态跃迁到n＝6的状态,从低能级向高能级跃迁,要吸收能量,吸收光子,B错误；232 90Th衰变为208 82Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知,要经过232－2084＝6次α衰变和82＋2×6－901＝4次β衰变,C错误；中子和质子结合成氘核时有质量亏损,放出能量,D错误。
2.(2019·山东青岛高三一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。
为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力,小玲同学将一圆柱形水杯置于院中,测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm,查询得知,当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉叶后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103kg/m3,据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A.0.25 NB.0.5 NC.1.5 ND.2.5 N【参考答案】A【试题解析】由于是估算压强,所以不计雨滴的重力。
设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在Δt时间内质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。
以向上为正方向,对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δm v)＝Δm v,得：F＝Δm vΔt,设水杯横截面积为S,水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh,则有：Δm＝ρSΔh,F＝ρS vΔhΔt,压强为：p＝FS＝ρvΔhΔt＝1×103×10×15×10－310×60N/m2＝0.25 N/m2,故A正确,B、C、D错误。
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七机械能守恒定律功能关系
1. 如图所示,斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上,现将一小球从图示位置静止释放,不计一切摩擦,则在小球从释放到落至地面的过程中,下列说法正确的是()
A.斜劈对小球的弹力不做功
B.斜劈与小球组成的系统机械能守恒
C.斜劈的机械能守恒
D.小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量
【参考答案】B
【试题解析】斜劈对小球的弹力与小球竖直向下的位移间夹角大于90°,故弹力做负功,A错误；不计一切摩擦,小球下滑时,小球和斜劈组成的系统只有小球的重力做功,系统机械能守恒,B正确；斜劈在向右运动的过程中,小球对它的压力做正功,斜劈机械能不守恒,C错误；小球重力势能的减少量等于斜劈动能的增加量和小球动能的增加量之和,故D错误。
2.以水平初速度v0将一个小石子从离水平地面高H处抛出,从抛出时开始计时,取地面为参考平面,不计空气阻力。
下列图象中,A为石子离地的高度与时间的关系,B为石子的速度大小与时间的关系,C为石子的重力势能与时间的关系,D为石子的动能与离地高度的关系。
其中正确的是()
【参考答案】C
【试题解析】由自由落体的知识h＝H－1
2gt
2,故A错误；根据矢量的合成,v
＝v20＋(gt)2,所以v-t图象不是一次函数图象,B错误；E p＝mgh,h＝H－1
2gt
2,所以
E p＝mgH－1
2mg
2t2,故C正确；根据机械能守恒定律知E k＝mgH＋
1
2m v
2
－mgh,E k
与高度是一次函数关系,故D错误。
3.一长木板在光滑的水平面上匀速运动,在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1 kg的物块轻放在木板上,以后木板运动的速度—时间图象如图所示。
已知物块始终在木板上,重力加速度g＝10 m/s2。
则物块的最终动能E1及木板动能的减小量ΔE分别为()
A.0.5 J,2 J
B.0.5 J,3 J
C.1 J,2 J
D.1 J,3 J
【参考答案】B
【试题解析】由v-t图象知,当t＝0.5 s时,木板开始做速度v＝1 m/s的匀速运动,此时,物块与木板的速度相同,物块与木板间无摩擦力作用,物块的最终动能E1＝1
2m v
2＝0.5 J；对物块,由v＝at及f＝ma得f＝2 N,在0～0.5 s内,木板的位移x
＝1
2×(5＋1)×0.5 m＝1.5 m,由动能定理得木板动能的减小量ΔE＝fx＝3 J,B正确。
4.(人教版必修2 P80第1题改编)把质量为m的小球(可看做质点)放在竖直的轻质弹簧上,并把小球下按到A的位置,如图甲所示。
迅速松手后,弹簧把小球弹起,球升至最高位置C点(图丙),途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态(图乙)。
已知A、B的高度差为h1,B、C的高度差为h2,重力加速度为g,不计空气阻力。
则()
A.小球从A上升到B位置的过程中,动能增大
B.小球从A上升到C位置的过程中,机械能一直增大
C.小球在图甲中位置时,弹簧的弹性势能为mg(h2＋h1)
D.小球在图甲中位置时,弹簧的弹性势能为mgh2
【参考答案】C
【试题解析】小球从A上升到B位置的过程中,先加速,当弹簧的弹力为kΔx ＝mg时,合力为零,加速度减小到零,速度达到最大,之后小球继续上升,弹簧弹力小于重力,小球做减速运动,故小球从A上升到B的过程中,动能先增大后减小,A错误；小球与弹簧组成的系统机械能守恒,从A到B过程中,弹簧弹性势能减小,小球的机械能增加,离开B继续上升到C的过程小球机械能不变,B错误；根据系统机械能守恒可知,小球在图甲中位置时,弹簧的弹性势能等于小球由A到C位置时增加的重力势能为mg(h2＋h1),C正确,D错误。
5. (多选)如图为“阿特伍德机”模型,跨过光滑的定滑轮用质量不计的轻绳拴接质量分别为m和2m的物体甲、乙。
将两物体置于同一高度,将装置由静止释放,经一段时间甲、乙两物体在竖直方向的间距为l,重力加速度用g表示。
则在该过程中()
A.甲的机械能一直增大
B.乙的机械能减少了2
3mgl
C.轻绳对乙所做的功在数值上等于乙的重力所做的功
D.甲的重力所做的功在数值上小于甲增加的动能
【参考答案】AB
【试题解析】机械能等于动能与重力势能之和,甲加速上升,其动能和重力势能均增加,所以机械能增加,故A正确；甲和乙组成的系统机械能守恒,由机械能守恒定律知乙减少的重力势能转化为甲的重力势能和甲、乙的动能,可得2mg l
2
＝
mg l
2＋1
2m v
2＋12×2m v2,则解得：v＝13gl,乙动能增加量为12×2m v2＝13mgl,重力势
能减小2mg l
2＝mgl,所以机械能减小2
3mgl,故B正确；由于乙加速下降,则轻绳的拉
力小于重力,因此轻绳对乙所做的功在数值上小于乙的重力所做的功,故C错误；甲动能增加量为：ΔE k＝1
2m v
2＝16mgl,甲的重力所做的功在数值上等于12mgl,由此可知甲的重力所做的功在数值上大于甲增加的动能,故D错误。
6.用如图甲所示的装置“验证机械能守恒定律”。
(1)下列物理量需要测量的是________,通过计算得到的是________。
(填写代号)
A.重锤质量
B.重力加速度
C.重锤下落的高度
D.与下落高度对应的重锤的瞬时速度
(2)设重锤质量为m、打点计时器的打点周期为T、重力加速度为g。
图乙是实验得到的一条纸带,A、B、C、D、E为相邻的连续点。
根据测得的x1、x2、x3、x4写出重锤由B点到D点势能减少量的表达式________________,动能增量的表达式_______________。
由于重锤下落时要克服阻力做功,所以该实验的动能增量总是________(选填“大于”“等于”或“小于”)重力势能的减少量。
【参考答案】(1)C D
(2)mg(x3－x1)mx4(x4－2x2)
8T2小于
【试题解析】(2)重锤由B点到D点：势能减少量ΔE p＝mg·(x3－x1),动能增
量ΔE k＝1
2m(v 2
D －v2B),v B＝
x2
2T,v D＝
x4－x2
2T,则ΔE k＝
mx4(x4－2x2)
8T2,由于阻力作用动能
增量总是小于重力势能的减少量。
7. 如图所示,竖直平面内的轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成,小球从斜轨上A点由静止开始滑下,滑到斜轨底端后又滑上一个半径为R的圆轨道。
小球刚好能滑到圆轨道的最高点C,接触面均光滑。
(1)求小球在C 点的速度；
(2)求斜轨高h ； (3)求小球在B 点时对轨道的压力。
【参考答案】(1)gR (2)52R (3)6mg
【试题解析】(1)小球刚好能滑到圆轨道的最高点C ,则对小球在C 点受力分
析,由牛顿第二定律可得：mg ＝m v 2C R ,
解得：v C ＝gR 。
(2)对A →C 过程应用动能定理得：
mg (h －2R )＝12m v 2C
, 解得h ＝52R 。
(3)对A →B 过程应用动能定理得：mgh ＝12m v 2B ,
解得v B ＝5gR
对小球在B 点受力分析,由牛顿第二定律可得
F N －mg ＝m v 2B R ,解得：F N ＝6mg
根据牛顿第三定律,小球在B 点时对轨道的压力
F N ′＝F N ＝6mg 。