福建省廈門市高三上學期期末質(zhì)檢物理試題(含解析)_2019學年(加精)

1、/-/-/-/廈門市高三上學期質(zhì)檢物理試題一、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，其中用從n=4能級向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nE<cVRQ4 * TJ.853L51-3.62圖甲圖乙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(yīng)B.改用從n=3能級向n=

2、1能級躍遷時輻射的光，不能使陰極K發(fā)生光電效應(yīng)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【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，AE42 = -0.85eV-(-3.4O) = 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(yīng).A、E41 = -0 85eV-(-13 6)= 12 75eV > AE外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(yīng)，則 A 正確.B、AEsl = -1.51eV-(- B.6)= 12,09eV >也能讓金屬發(fā)

3、生光電效應(yīng)，則 B錯誤；C由光電效應(yīng)方程Ekm = hv-Wo,入射光的頻率變大，飛出的光電子的最大初動能也變大，故 C錯誤；D由= 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(yīng)規(guī)律的結(jié)合；掌握躍遷公式AE=Em-En,光的頻率E = hv,光電效應(yīng)方程2.圖甲中理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比m ： n2=5 ： 1,電阻R= 10 Q , L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡，S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、G閉合，此時L2正常發(fā)光。下列說法正確的是S

4、i 1A.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 = 25/5帛由（5。成）/C.若S換接到2后，原線圈的輸入功率為1.6 WD.若S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 及后，負載電阻變?yōu)樵瓉淼?2倍，副線圈電壓不變，則副線圈的功率變小，即原線圈的2te輸入功率變小，A錯誤；B、由圖乙知周期 T=0.02s , 3 =二】0而，所以輸入電壓u的表達式應(yīng)為 U.Uz.u = 2Q5sin（l 00貳2, B 錯誤；日 現(xiàn)將S1接1、S2閉合，此時L2正常發(fā)光，當只斷開G,L1接入電路，導致L1、L2均不能正常發(fā)光，B錯、一一 %520亞 一、

5、，、，一誤；C、D若S換接到2后，由一 ,U = T4 = 2OV,則電阻R電壓有效值為4V, R消耗的電功率U2 nzi 施為已=土 = 0 8討，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.-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V0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/s：

6、則小球的初速度 V。大小可能是A. 7m/s B. 6 m/s C. 5 m/s D. 4m/s【答案】B【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=%，可得t=ls； 3x=vj,得Vo=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6400k

7、m,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.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【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，故一”、廠,Mm v2 一,口 （GMA 正確專日證；B、 由 G = m, 可信 ,/-/-/-/且滿足黃金代換= R，表，旦表r = 6700kin,解得衛(wèi)星的線速度 隼= 7.7km% ,同理r同=5.6 x

8、64。燎=35弘Ukrn,解得v同二笠IkmJs,則B錯誤，C正確.D、遙感衛(wèi)星要追同軌道衛(wèi)星需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(yīng)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） 質(zhì)量為m電荷量為e的電子從a點以初速度vc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"列說法中正確的是A.電子在

9、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,-2 L）C.電子在磁場中運動的時間為q3%23eLD.電子在磁場中運動的時間為 3%【答案】D【解析】畫出粒子運動軌跡如圖所示：設(shè)電子的軌跡半徑為 R,由幾何知識，RSin30 ° =RL,得R=2L。A B、根據(jù)幾何三角函數(shù)關(guān)系可得，V' =- 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60° T 23eR 4jeL 2jeL動時間t =T=-,而丁 =,得1與一，故C錯誤，D正確。故選 D.36。6v。

10、 3v0【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.6 .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愛外力F的作用，處于水平方向，現(xiàn)緩慢逆時針改變繩OA勺方向至0 <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勺拉力一直

11、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【答案】D【解析】A B A、緩慢改變繩 OA的方向至0 <90°的過程，OA拉力的方向變化如圖從 1位置到2位置到3位置所示，可見血的拉力先減小后增大，四的拉力一直減??；故人B均錯誤；C、以斜面和網(wǎng)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以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、，切的拉力一直減小，則%的一直減小，而Fgy + F0By =如得Fqm 一直增大，以 斜面體和用整體為研究對象受力分析，根據(jù)豎直方向受力平衡：超科”韓”此宮，綜合可

12、得N 直減小，D正確；故選D.【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。7 .如圖所示，光滑大圓環(huán)靜止在水平面上，一質(zhì)量為m可視為質(zhì)點的小環(huán)套在大環(huán)上，已知大環(huán)半徑為 R“" "7A.小環(huán)的速度大小為荻質(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C.大環(huán)移動的水平距離為3R1D.大環(huán)移動的水平距離為B.小環(huán)的速度大小為【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 =嚴0+ 3M%，且兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向動量守恒有：0 = I

13、】巧-M上，聯(lián)立解得：VI力="，故A錯誤，B正確；C D設(shè)小環(huán)和大環(huán)水平方向發(fā)生的位移為xi和X2,兩物體的系統(tǒng)滿足水平方向反沖原理，結(jié)合人船模型的結(jié)論可知一= 一 = ；,且黑1十- 解得X=R, X = -R,故C錯反，D正x? m I44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(yīng)用，同時是特殊的反沖模型和人船模型。8 .如圖所示，在傾角為 0的光滑斜面上，存在著磁感應(yīng)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GHS入磁場瞬間和剛越過 MN出磁場瞬間速度剛好相等。從ab邊剛

14、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電流方向為順時針；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可Blv得感應(yīng)電動勢 E=BLv,根據(jù)電流】=彳;產(chǎn)生的安培力大小為F = BIL=隨速度變化為變化，ab邊剛越民R過GH進入磁場瞬間和剛越過 MN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

15、據(jù)左手定則可得線框進入磁場的R 2r 2過程中安培力方向向上為正，且 f = EII= 三線框完全進入磁場過程中，安培力為零；出磁場的過程中 R安培力方向向上，且等于進入磁場時的安培力，所以C正確、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(yīng)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(yīng)電流的磁場的變化一 楞次定律一感應(yīng)電流的方向.9 .如圖所示，圓心在。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m和m

16、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 m位于C點，從靜止釋放，在 m由C點下滑到A點的過程中B.重力對m做功的功率先增大后減少C.輕繩對m做的功等于m2的機械能增加D.若m恰好能沿圓弧下滑到 A點，則m=R2【答案】ABC【解析】A m由C點下滑到A點的過程中，設(shè)兩物體的速度為vi, V2, V1與繩的夾角為 “，滿足沿繩子方向的速度相等，分解 m的速度后滿足其中a從0。逐漸增大到45° ,則“之與，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 m是由靜止釋放的，所以 m 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

17、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 R1的機械能增加，故 C正確；D、若m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： mgR1- cos60° ）= mgR,解彳導:m=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

18、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，一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電小球，以初速度 V0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=BQ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BB.電場強度大小為恒 3qC.小球下落高度D.此過程增加的電勢能等于 Ln/F【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

19、錯誤.日小球在下落過程中初末動能不變，由動能定理可知,mgACOs30 -EqAOos30 =0,斛得：E =;故mgB正確；G電場力的豎直分量為 % = qE c。330a =則物體在豎直方向上的合力為=-mg = 111%,1一、1， I-，_r 一，則由牛頓第一7E律知 % = g 則下洛圖度h ='=-gt“，故C正確；D此過程中電場力做負功，電勢能增 224加，由幾何關(guān)系知小球沿電場線方向上的位移為d=J-8端=Egt2,則電勢能的增加量cos6004AEp = qEd 二尸/，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

20、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 M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：關(guān)門i美-m4M堀MM L(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Foo(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

21、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)it = (用F0、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,滑塊通過光電門1和光電門2的擋光時間分別為ti、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)?！敬鸢浮?1). 不需要(2). 羨 (3).4%卜二3個卜%(：/【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.(2)對滑塊由牛頓第二定律可得 及 心姐=艮

22、也， 當勻速運動時Fo = pMg ,則口 = 一Mg(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1速度為V = -滑塊通過光電門 2速度為v2 = -,根據(jù)功能關(guān)系需要驗證的關(guān)系式為(F-Fs =,整理I d , 1 d 2得：；='二：【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：用刻度尺測量其長度為 L=60.15m成(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)

23、先用歐姆表粗測該導體的電阻值，選擇“X 1”檔，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開關(guān)、導線、待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A（量程0200 mA,內(nèi)阻尸6 Q）C.電流表A（量程03 A ,內(nèi)阻心=0.1 Q）D.滑動變阻器 R（010額定電流2 A）E.滑動變阻器 R（01 k Q ,額定電流0.5 A）F.定值電阻R（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(yīng)選擇 ,滑動變阻器應(yīng)選

24、擇 （填寫器材前面的字母）I、U,該電阻R=（用題中物理量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)為表不）； 該同學經(jīng)多次測量，計算出圓柱形導體的電阻率(2). 15 (15.015.2)& (U-IQ(3). B (4). D (5).【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 0.01 x 20.0mm=0.200mm所以最終讀數(shù)為：3.5mm+0.200mm=3.700mm（3.699 mm 3.701 mm）.（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15.0X1 Q=15.0 Q （15.0 Q15.2 Q）.(3

25、)由于電動勢為12V ,電路中最大電流的為1磔, k I = 0.8A，遠大于02A ,且選小于3A，但兩電 流裴內(nèi)阻已知可用來改裝，電流表圖并聯(lián)定值電阻Rm = 2Q后I=號+ 4=58A、滿足了安全的需要，故電流表應(yīng)選用B(A1),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(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器R】(D)以方便調(diào)節(jié)，電流表A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：<£>五14 U-k (U-IrpR =(4)根據(jù)部分電路的歐姆定律可得Ir位占十卬1 .I + %【點睛】螺旋測微器

26、讀數(shù)時應(yīng)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(shè)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。13.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

27、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(shè)空氣阻力和甲板阻力之和f=2X104N。求：(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?好 27.6rn/S2 (2) F=5.32 X 10 5N【解析】【試題分析】 通過

28、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0.4s-2.5s,飛行員作勻減速直線運動 ，Av9由圖像得，At(2)飛機作勻減速直線運動，設(shè)阻攔索張力為F,根據(jù)牛頓第二定律:心.十.J20°F 合=2FcosF=5.32 X 10 5N【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.14.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

29、示。在豎直平面內(nèi)固定的強磁性圓軌道半徑為RA、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¥ =向"!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go(1)求質(zhì)點的質(zhì)量；(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A、B兩點的壓力差為定值;(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B點最大速率。【答案】(1) .二(2) F：(3).【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；

30、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。2，.mv _(1)在 A點：F mg二A R根據(jù)牛頓第三定律：% =以=7映F由式聯(lián)立得：7g(2)質(zhì)點能完成圓周運動,在A點：根據(jù)牛頓第二定律：十mg-NA = ® R根據(jù)牛頓第三定律：2mV .在B點，根據(jù)牛頓第二定律：f-mg-用=根據(jù)牛頓第三定律：Nb = Nb從A點到B點過程，根據(jù)機械能寸恒te律：nig2R = -mvg-mv：22由聯(lián)立得：= 為定值，得到證明。2 在B點，根據(jù)牛頓第二定律：2Ffe-F =型B R當Fb=0,質(zhì)點速度最大，"日=¥日巾由

31、聯(lián)立得:【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(chǔ).15.如圖所示，一固定粗糙絕緣斜面傾角。=37。，Q H A B是斜面上的四個點， O點在斜面底端，A為麗的中點，OA = 1m, D為五的中點，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 =卜&(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)，r(1)滑塊與斜面的動摩擦因數(shù)為科；(2)若滑塊由D點釋放，其第一次經(jīng)過 A點時的速度大小?！敬鸢浮?1)科=0.4