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10解析 (1)滑块在MN段,由N1=kmg+mg=1.2mg,f1=μN1=0.3 mg, f1
2
根据牛顿第二定律得a1==3 m/s
m由运动学公式得vN=v0-2a1s=3.16 m/s.
(2)滑块沿NO向上运动时:N2-mgcos 37°-kmg=0; f2=μN2 由牛顿第二定律得f2+mgsin 37°=ma2 f2+mgsin 37°2
a2==8.5 m/s.
m
vN
(3)滑块沿NO向上运动的最大距离:s1==0.59 m<0.6 m
2a2
又因为μ(mgcos 37°+kmg)<mgsin 37°所以滑块能再次回到N点. 答案 (1)3.16 m/s (2)8.5 m/s (3)能
11解析 (1)设轻绳长为R,则小球绕C在竖直面内做圆周运动时,半径为R-L,恰好能做竖直v
面内的圆周运动,则在最高点mg=m
R-L
125
根据机械能守恒有mg[R-2(R-L)]=mv解得R=L.
23
12
(2)由机械能守恒定律,小球到最低点时mgR=mv′得到v′=
2
10gL. 3
2
2
2
2
(3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C做圆周运动,则碰撞后的共同速度也为v′=
10gL 3
12
对滑块根据动能定理有mgh-μmg(hcot θ+s)=mv1
21212
根据功能关系:E机损=mv1-·2mv′
2210
解得E机损=mgh-mgL-μmg(hcot θ+s).
35
答案 (1)L; (2)
3
1010
gL; (3)mgh-mgL-μmg(hcot θ+s) 33
12.解:(1)P进入电、磁场后,受电场力、重力、洛伦兹力三力作用做匀速圆周运动 可见电场力与重力大小相等方向相反,两力平衡
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相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用, 洛仑兹力等于向心力 所以电场力F=qE= G=mg=0.3N E=20 N/C (2)P在磁场中受洛伦兹力提供P作圆周运动的向心力故有qvB=m RV2 得P做圆周运动的半径R=qB① 周期T=代入数据得T=12s 由已知条件,有t=4.0s=T+T 12411mV2πmqB 故如下图所示: P的轨迹圆心角θ=30° 由右图可知,轨迹半径R+Rsin30°=0.6m 所以R=0.4m 结合①式得v=0.2m/s; 方向:与磁场上边界夹角为60° (3)P和Q碰撞时,有mv0=mv+mQvQ 代入数据可解得vQ=0.6m/s 碰撞后Q水平方向只受摩擦力作用,应用牛顿第二定律,有μmg=ma得a=0.8m/s 因为Q在摩擦力作用下做匀减速直线运动,取速度为正方向,故加速度a=-0.8m/s 则Q停下前运动时间t′=0?Va22=0?0.6?0.8s=0.75s 由于t′<t=4s,说明P离开电、磁场时,Q已经停下 故位移x==0?v22a=2X(?0.8)m=0.225m 0?0.62即Q停留在右方距初始位置0.225m处. 答:(1)通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做匀速圆周运动; (2)P从电、磁场中出来时的速度v=0.2m/s; (3)P从电、磁场中出来的时刻,Q停留在右方距初始位置0.225m处. @学无止境!@
2020-2021学年高考理综(物理)最后一次模拟试题及答案解析一



