解析江苏省南通市高三第二次调研测试物理含解析

1、南通市2015届高三第二次调研测试物 理一、单项选择题.本题共 5小题，每小题3分，共计15分.每小题只有一个选项符合题意.b点时，救生员乙从。点)1 .如图所示，河水以相同的速度向右流动，落水者甲随水漂流，至 出发对甲实施救助，则救生员乙相对水的运动方向应为图中的(A. Oa方向 B. Ob方向b水流方向cdO 第1题图C. Oc方向D. Od方向【答案】B【考点】本题旨在考查运动的合成和分解。【解析】人在水中相对于水游动的同时还要随着水一起相对地面向下游漂流，以水为参考系，落水者甲静止不动，救援者做匀速直线运动，则救援者直接沿着ob方向即可对甲实施救助。故选：B2.如图所示，带正电的 A球

2、固定，质量为 m、电荷量为+q的粒子B从a处以速度V0射向A, 虚线abc是B运动的一段轨迹，b点距离A最近.粒子经过b点时速度为v,重力忽略不计.则()第2题图A.粒子从a运动到b的过程中动能不断增大B.粒子从b运动到c的过程中加速度不断增大C.可求出A产生的电场中a、b两点间的电势差D.可求出A产生的电场中b点的电场强度【答案】C【考点】本题旨在考查电场线。【解析】A、由图知，带电粒子受到 A处正电荷的排斥力作用，粒子从 a运动到b的过程中库仑力做负功，其动能不断减小，故 A错误；B、粒子从b运动到c的过程中粒子离正电荷越来越远，所受的库仑力减小，加速度减小，故B错误；1 2 12C、根据

3、动能定理得：qUab mv2 mv：,可得能求出 A产生的电场中a、b两点间的电2 2势差Uab,故C正确;D、ab间不是匀强电场，根据公式 U Ed,不能求b点的电场强度.故 D错误。 故选：C3.某温控电路的原理如图所示，RM是半导体热敏电阻， R是滑动变阻器，某种仪器要求在15c27c的环境中工作.当环境温度偏高或偏低时，控制器会自动启动降温或升温设备.下列说法中正确的是（）A.环境温度降低，Rm的阻值减小B.环境温度升高，Uab变大C.滑片P向下移动时，Uab变大D.调节滑片P能改变升温和降温设备启动时的临界温度【答案】D【考点】本题旨在考查闭合电路的欧姆定律。【解析】A、Rm是半导体

4、热敏电阻，环境温度降低时，Rm的阻值增大，故 A错误；B、环境温度升高时，RM的阻值减小，根据串联电路中电压与电阻成正比，可知 Uab变小，故B错误；C、滑片P向下移动时，R增大，总电流减小，则 Uab变小，故C错误；D、调节滑片P时，可改变Uab,从而改变升温和降温设备启动时的临界温度，故 D正确。故选：D【举一反三】本题是电路的动态变化分析问题，关键要掌握串联电路中电压与电阻成正比的规律，并能用来分析实际问题。4.电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上.质量块可带动电介质移动改变电容.则（）电介质A.电介质插入极板间越深，电容器电

5、容越小B.当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C.若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D.当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流,1aHp加速度传感器第4题图【答案】D【考点】本题旨在考查电容器的动态分析。S【解析】A、根据电容器的电容公式 C ,当电介质插入极板间越深，即电介质增大，4k d则电容器电容越大，故 A错误；B、当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；C、若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C错

6、误；D、当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q CU ,可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故 D正确。故选：D5.如图所示，高层住宅外安装空调主机时，电机通过缆绳牵引主机沿竖直方向匀速上升.为 避免主机与阳台、窗户碰撞，通常会用一根拉绳拽着主机，地面上拽拉绳的人通过移动位置， 使拉绳与竖直方向的夹角3保持不变，则在提升主机过程中，下列结论正确的是（）A.缆绳拉力Fi和拉绳拉力F2都增大B.缆绳拉力Fi和拉绳拉力F2都不变C.缆绳与竖直方向的夹角“可能大于角3D.缆绳拉力F1的功率保持

7、不变【答案】A【考点】本题旨在考查功率、平均功率和瞬时功率。【解析】A、对物体受力分析如图：一物体匀速运动，故合力为零在竖直方向：F1cosmg F2 cos0在水平方向：F1 sinF2sin0在上升过程中，“增大，而3不变，联立可以判断缆绳拉力增大，故A正确，B错误；Fi和拉绳拉力F2都C、因Fi大于F2,故缆绳与竖直方向的夹角小于角 ，故C错误;D、拉力白功率 P Fivcos ,由于Fi变大，也变大，故无法判断大小，故 D错误。故选：A、多项选择题.本题共 4小题，每小题4分，共计i6分.每小题有多个选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，错选或不答的得 0分.6.据报道

8、，一颗来自太阳系外的彗星于20i4年i0月20日擦火星而过.如图所示，设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为r,周期为T.该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的 A点“擦肩而过”.已知万有引力恒量 G,则（）A.可计算出太阳的质量B.可计算出彗星经过A点时受到的引力C.可计算出彗星经过A点的速度大小D.可确定彗星在A点的速度大于火星绕太阳的速度【答案】AD【考点】本题旨在考查万有引力定律及其应用。【解析】A、火星绕太阳在圆轨道上运动，根据万有引力提供向心力，列GMm 4 2 口4 2r3,“出等式： -2 m2- r ,得： M 2-,故 A正确；r2 T2

9、GT 2:星“J蓊6题图CD彗星经过A点做离心运动，万有引力小于向心力，不能根据GM求解彗星经过AB、由于不知道彗星的质量，所以无法求解彗星经过A点时受到的引力，故 B错误;点的速度大小，该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”，所以可确定彗星在 A点的速度大于火星绕太阳的速度，故C错误,D正确。故选：AD7 .涡流检测是工业上无损检测的方法之一.如图所示，线圈中通以一定频率的正弦交流电， 靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化.下列说 法中正确的是（ ）A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化8 .涡流的

10、频率等于通入线圈的交流电频率C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D.待测工件可以是塑料或橡胶制品【答案】ABC【考点】本题旨在考查电磁感应在生活和生产中的应用。【解析】A、根据楞次定律得知：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化，故A正确；B、感应电流的频率与原电流的频率是相同的，涡流的频率等于通入线圈的交流电频率，故B正确；C、因为线圈交流电是周期变化的，故在工件中引起的交流电也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力，故C正确；D、电磁感应只能发生在金属物体上，故待测工件只能是金属制品，故 D错误。第8

11、题图故选：ABC8.如图所示，在 xoy平面的第I象限内存在垂直xoy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度vo先后从y轴上坐标（0, 3L）的A点和B点（坐标未知）垂直于 y轴射入磁场，在x轴上坐标（,包，0）的C点相遇，不计粒子重力及其相互作用.根据题设条件可以确定（A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量【答案】AC【考点】本题旨在考查带电粒子在匀强磁场中的运动。【解析】A、已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度相互垂直的方向及AC连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位

12、置;3i由几何关系可知 AC长为2布L ； BAC 300，则R R 浮 2L ；32因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出;同时根据几何关系可知A对应的圆心角为120°, B对应的圆心角为300确定对应的圆心角，则由t 可以求得转动的时间；故 AC正确;VoX。次即可B、由于不知磁感应强度,故无法求得荷质比，更不能求出电荷量或质量；故故选：AC9.如图甲所示，固定斜面 AC长为L, B为斜面中点,AB段光滑.一物块在恒定拉力 F作用下，从最低点 A由静止开始沿斜面上滑至最高点C,此过程中物块的动能Ek随位移s变化的关系图象如图乙所示.设物块

13、由A运动到C的时间为to,下列描述该过程中物块的速度v随时间t、加速度大小a随时间t、加速度大小a随位移s、机械能E随位移s变化规律的图象中，可能正确的是（）ABBD错误。CD【答案】CD【考点】本题旨在考查动能定理的应用、牛顿第二定律。【解析】A、根据动能随s的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，即合力先做正功再做负功，知物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；B、前半段和后半段均做匀变速直线运动，两段过程中加速度分别不变，

14、但是两段过程中的时间不等，故B错误，C正确；D、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随 s均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故 D正确。故选：CD【易错警示】解决本题的关键得出物块在整个过程中的运动规律，注意前半段和后半段的运行时间不同，这是容易错误的地方。三、简答题：本题分必做题（第 10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置.必做题10. （10分）某实验小组要测量电阻 RX的阻值.（1）首先，选用欧姆表“x 10”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图甲所示，则该电阻的测量值为 Q.第10题图（2）接着

15、，用伏安法测量该电阻的阻值， 可选用的实验器材有： 电压表V （3V,内阻约3kQ）; 电流表A （20 mA,内阻约2 Q）;待测电阻Rx；滑动变阻器 R （0-2k）;滑动变阻器R2 （0-200Q）; 干电池2节；开关、导线若干.在图乙、图丙电路中，应选用图 （选填“乙”或“丙”）作为测量电路，滑动变阻器应选用 （选填“ R”或“ &”）,(3)根据选择的电路和器材，在图丁中用笔画线代替导线完成测量电路的连接.第10题图(4)为更准确测量该电阻的阻值，可采用图戊所示的电路，G为灵敏电流计(量程很小)，R0为定值电阻，R、Ri、e为滑动变阻器.操作过程如下：闭合开关S,调节R2,减

16、小Ri的阻值，多次操作使得 G表的示数为零，读出此时电压表V和电流表A的示数Ui、Ii；改变滑动变阻器R滑片的位置，重复过程，分别记下U2、，Un、In；描点作出U-I图象，根第i0题答图据图线斜率求出 Rx的值.下列说法中正确的有A.闭合S前，为保护G表，Ri的滑片应移至最右端 B.调节G表的示数为零时，Ri的滑片应位于最左端 C. G表示数为零时，a、b两点间电势差为零 D.该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响【答案】(i) i40; (2)丙、R2 ； (3)如图(4) CD 【考点】本题旨在考查伏安法测电阻。【解析】：(i)欧姆表读数二刻度盘读数x倍率，读数是：i4 i0 i4

17、0(2)由于待测电阻的电阻值比较大比电流表的内阻大得多，所以电流表使用内接法；由于两 个滑动变阻器的电阻值都比较大，所以要选择限流电路.所以实验电路选择丙，滑动变阻器选择容易调节的变阻器，所以选择R2 ；(3)根据实验的原理图，依次连接电路如图;(4) A.闭合S前，为保护G表，开始时R的电阻值要最大，所以滑片应移至最左端.故 A错误;B.调节G表的示数为零时，与 R的滑片的位置无关，故 B错误;C.该图实验的原理是利用惠斯通电桥法，G表示数为零时，a、b两点间电势差为零.故 C正确；D.该实验方法避免了电压表的分流对测量结果的影响.故D正确。故选：CD故答案为：(i) i40; (2)丙，R

18、； (3)如图(4) CDz/zzzzzzz/第11题图11. (8分)用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光 电门.调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光 片通过光电门的挡光时间 to；从定滑轮左侧依次取下 1块铁片放到右侧 重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为tl、t2，计算出t02、tl2：(1)挡光时间为t0时，重锤的加速度为 ao.从左侧取下i块铁片置于a.右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti,重锤的加速度为ai,则 二= ao(结果用to和ti表不'

19、)a.(2)作出，i的图线是一条直线，直线的斜率为k,则重锤的质量aoM= mo比较恰当的取值是(3)若重锤的质量约为 300g,为使实验测量数据合理，铁片质量.A. 1g B. 5gC. 40g D. 100g(4)请提出一条减小实验误差的建议：.L22 nk【答案】(1)、； (2)幺km0； (3) C; (4)减小绳与滑轮间的摩擦力 ti2k【考点】本题旨在考查验证机械能守恒定律。d【解析】(1)设挡光条的宽度为 d ,则重锤到达光电门的速度v d,d当挡光时间为to时的速度V0 一，tod挡光时间为ti时的速度vi &， ti重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有:22a

20、76;h Vo 22aih Vi 由解得：包与 ai ti(2)根据牛顿第二定律得：a0aiMg nmogMg im0g (n i)m0g由解得：a0- _2m0i 1ai M nm0作出a0 i的图线的斜率为k,则： 2m0aiM nm02 nk解得：m-nkmk(3)重锤的质量约为 300g ,为了使重锤的加速度不至于太大，或把铁片取下放到重锤上时,加速度产生明显的变化，则铁片的质量不能太小，也不能太大，所以 1g、5g和100g都不适合，故C正确。故选：C(4)为了减小实验误差，我们可以减小绳与滑轮间的摩擦力或选取密度较大的重锤。故答案为：(1)与；(2) 2-km0; (3) C;ti

21、k(4)减小绳与滑轮间的摩擦力。12.选做题(请从A、B和L小题中选定两小题作答,并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑.如都作答，则按 A、B两小题评分.)A.(选修模块3-3)(12分)在大气中，空气团竖直运动经过各气层的时间很短，因此，运动过程中空气团与周围空气热 量交换极少，可看作绝热过程.潮湿空气团在山的迎风坡上升时，水汽凝结成云雨，到山顶后变得干燥，然后沿着背风坡下降时升温，气象上称这股干热的气流为焚风.(大气压强随高度的增加而减小)(1)空气团沿背风坡下降时，下列描述其压强p随体积V变化关系的图象中，可能正确的是(图中虚线是气体的等温线).A-B 口一(2)空气团在山的迎

22、风坡上升时温度降低，原因是空气团外做功”）；设空气团的内能 U与温度T满足U=CT （C为一常数），空气团沿着背风坡下降过程中，外界对空气团做的功为 W,则此过程中空气团升高的温度A= （3）若水汽在高空凝结成小水滴的直径为d,已知水的密度为仍摩尔质量为 M,阿伏加德罗常数为Na.求：一个小水滴包含的分子数n；水分子的大小 do.6MNa3 .【答案】（1） C; （2）对外做功、一；（3）一d一A、3C6M 【考点】本题旨在考查【解析】（1）在P V图中等温线为双曲线的一支，而且越远离坐标远点的温度越高，沿着背风坡下降时升温，所以图象应该由低温度线指向高温度线，另外在此过程中空气团的体积变

23、化，故选：C;（2）空气团在山的迎风坡上升时温度降低，空气团内能减小，又绝热，根据热力学第一定律可知空气团对外做功;根据U CT得：U由根据热力学第一定律得:联立解得：T（3）水滴的体积为:-d3 6水滴的质量:分子数：nmNAd3NA6M根据：-dNa 6解得：d036MNa答：（1） C; （2）对外做功、 W; （3）一个小水滴包含的分子数为C守、水分子的大OB.（选修*II块3-4）（12分）（1）下列说法中不符合事实的是A.机场安检时，借助X射线能看到箱内物品B.交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘C.建筑外装涂膜玻璃应用了光的全反射D.液晶显示应用了偏振光【考点】本题旨在

24、考查光的偏振、全反射。【解析】A、X射线有较强的穿透能力，借助 X射线能能检测与探伤，机场安检时，借助线能看到有f内物品，故A正确;B、交通警示灯选用红灯是因为红光更容易穿透云雾烟尘，故B正确;C、建筑外装涂膜玻璃应用了光的薄膜干涉，不是光的全反射,C错误;D、液晶显示应用了液晶的各向异性和光的偏振原理.故D正确。本题选择错误温度，故选：C(2)如图所示，一束激光频率为刈，传播方向正对卫星飞行方向，已知真空中光速为c,卫星速度为u,则卫星上观测到激光的传播速度是,卫星接收到激光的频率Y 又(选填“大于”、“等于”或“小于”)激光第12B (2)题图K【考点】本题旨在考查爱因斯坦相对性原理和光速

25、不变原理【解析】由相对论原理可得激光速度为:依据多普勒效应可知，卫星接收到激光的频率 故答案为：一uu、大于12c(3)如图所示，一半圆形玻璃砖半径 R=18cm,可绕其圆心O在纸面内转动，M为一根光标尺，开始时玻璃砖的直径PQ与光标尺平行.束激光从玻璃砖左侧垂直于PQ射到。点，在M上留下一光点 Oi .保持入射光方向不变， 使玻璃砖绕O点逆时针缓慢转动，光点在标尺上POOi移动，最终在距离 Oi点h=32cm处消失.已知O、Oi间的距离l=24cm , 光在真空中传播速度 c=3.0X 108m/s ,求：-Q第12B (3)题】玻璃砖的折射率n；光点消失后，光从射入玻璃砖到射出过程经历的时

26、间t.【答案】1.67;2 109sM第12B (3)题答图(1)下列说法中正确的是.A.反氢原子光谱与氢原子光谱不相同B.基态反氢原子的电离能是13.6eV8 0n=4 - 0.85eVn=31.51eVn=2-3.4eVC.基态反氢原子能吸收11eV的光子发生跃迁【考点】本题旨在考查光的折射定律。【解析】发生全反射时光路如图：，一、八 rh4由数学知识得：tan h 4l 3全反射临界角：C -2 15玻璃的折射率：n 5 1.67sinC 3 c光在玻璃中传播的速度：v n2R全反射时光穿过玻璃砖的时间：t 2R 2109sv答：玻璃砖的折射率n是1.67；光点消失后，光从射入玻璃砖到射

27、出过程经历的时间t为2 10 9s。C.(选修*II块3-5)(12分)1995年科学家“制成” 了反氢原子，它是由一个反质子和一个围绕它运动的正电子组成.反 质子和质子有相同的质量，带有等量异种电荷.反氢原子和氢原子有相同的能级分布，氢原 子能级如图所示.D.n=1第12C题图-13.6eV在反氢原子谱线中， 从n=2能级跃迁到基态辐射光子的波长最(2)反氢原子只要与周围环境中的氢原子相遇就会湮灭，因此实验室中造出的反氢原子稍纵 即逝.已知氢原子质量为 m,光在真空中传播速度为 c, 一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时 辐射光子，则辐射的总能量E= ,此过程 守恒.(3) 一群氢原子受激发后处

28、于 n=3能级，当它们向低能级跃迁时，辐射的光照射光电管阴极K,发生光电效应，测得遏止电压Uc=9.80V.求:逸出光电子的最大初动能Ek；阴极K的逸出功W.2【答案】(1) B； (2) 2mc、能量和动量；(3)99.8eV、2.29eV【考点】本题旨在考查氢原子的能级公式和跃迁。【解析】：(1) A、反氢原子光谱与氢原子光谱相同，故 A错误；B、处于基态的氢原子的电离能是13.6eV,具有大于等于13.6eV能量的光子可以使氢原子电离，故B正确；C、基态的氢原子吸收 llev光子，能量为 13.6eV 11eV 2.6eV ,不能发生跃迁，所以 该光子不能被吸收，故 C错误；D、在反氢原

29、子谱线中，从 n 2能级跃迁到基态辐射光子能量最大，频率最大，波长最小， 故D错误。故选：B(2)已知氢原子质量为 m,光在真空中传播速度为 c, 一对静止的氢原子和反氢原子湮灭时 辐射光子，则辐射的总能量E 2mc2 ,此过程能量和动量 守恒；(3)根据动能定理得：eUC 0 EkCkEk 9.8eV初动能最大的电子是从能级3跃迁至能级1发出光照射金属板时产生的，则：hv E3 EiEk hv W解得：W 2.29eV故答案为：(1) B； (2) 2mc2、能量和动量；(3)99.8eV、2.29eV。四、计算题：本题共3小题，共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步

30、骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.13. (15分)电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明. 如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框 abcd放在光滑水平面上，电阻为 R,质量为m, ab边在磁场外侧紧靠 MN虚线边界.t=0时起磁感应强度 B 随时间t的变化规律是B=B0+kt (k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计.(1)求t=0时刻，线框中感应电流的功率P;(2)若线框cd边穿出磁场时速度为 v,求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功 W及通过导线截面的电荷量 q；(3)若用相同的

31、金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为 M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t=0时线框加速度越大.(1) k-L- ； (2) 1mv2、BL- (3)根据 aR 2 RkBoL3(M m)R n可知，n越大，a越大BoL2本题旨在考查法拉第电磁感应定律、导体切割磁感线时的感应电动势。功率:解得:(2)(1) t 0时刻线框中的感应电动势:Eo2Rk2L4由动能定理有：WEkEoBl2 t解得:12W mv 2穿出过程线框中的平均电动势:线框中的电流：I通过的电量：q解得：qBoL2(3) n匝线框中0时刻产生的感应电动势:n t线框的总电阻:nR线框中的电流:t 0时

32、刻线框受到的安培力:F nB0IL设线框的加速度为a,根据牛顿第二定律有:(nm M )akBnL3斛得：a 可知，n越大，a越大，M 、c( m)R nk2L4答：(1)线框中感应电流的功率为风上；R12.(2)安培力对线框所做的功为一mv2及通过导线截面的电荷量为2(3)根据akBoL3(M m)R n,可知，n越大，a越大。第14题图12mv02mg sin ma14. (16分)如图所示，光滑杆 AB长为L, B端固定一根劲度系数为 k、原长为10的轻弹簧,质量为m的小球套在光滑杆上并与弹簧的上端连接.。为过B点的竖直轴，杆与水平面间的夹角始终为0.(1)杆保持静止状态，让小球从弹簧的

33、原长位置静止释放，求小球释放瞬间的加速度大小 a及小球速度最大时弹簧的压缩量 1i； (2)当球随杆一起绕 。轴匀速转动时，弹簧伸长量为12,求匀速转动的角速度 3；(3)若0=30o,移去弹簧，当杆绕OO轴以角速度30= jg匀速转动时，小球恰好在杆上某一位置随杆在水平面内匀速转动，球受轻微扰动后沿杆向上滑动，到最高点A时球沿杆方向的速度大小为vo,求小球从开始滑动到离开杆过程中，杆对球所做的功W.mg sin -mg sink 1272 3,【答案】(1); (2) I22- ； (3) -mgLk m(l012)cos28【考点】本题旨在考查动能定理、向心力。【解析】(1)小球从弹簧的原

34、长位置静止释放时，根据牛顿第二定律有: 解得：a g sin小球速度最大时其加速度为零，则：k l1 mg sin解得：l1 m_H k(2)设弹簧伸长l2时，球受力如图所示，水平方向上有：FNsinkl2 cosm 2(l0l2) cos竖直方向上有：FNcoskl2 sinmg 0解得：mgsink 221m(l012)cos(3)当杆绕OO轴以角速度 30匀速转动时，设小球距离B点L。,2.此时有： mg tan m 0 L0 cos解得：L0 2L此时小球的动能:12Eko -m( 0L0 cos )2小球在最高点 A离开杆瞬间的动能：EkA mv2 ( 0L cos )22根据动能定理有:W mg(L L°)sinEkA E319斛得：W -mgL mv0 82答：(1)小球释放瞬间的加速度大小为gsin 及小球速度最大时弹簧的压缩量为mg sin(2)匀速转动的角速度为mgsin k l22m(l0l2)cos312(3)杆对球所做的功为 mgL mv0。8215. (16