湖南师大附中2017-2018高一下学期物理期末试题(有答案)

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湖南师大附中2017-2018高一下学期物理期末试题(有答案)

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源莲山 课
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湖南师大附中2017-2018学年度高一第二学期期末考试
物 理
时量:90分钟(第Ⅰ卷60分钟,第Ⅱ卷30分钟) 
满分:150分(第Ⅰ卷100分,第Ⅱ卷50分)
得分:____________
第Ⅰ卷 (必做题,共100分)
                     

一、单项选择题(共12小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)
1.在物理学的发展过程中,科学家们创造出了许多物理学研究方法,以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是
A.加速度、速度都是采取比值法定义的物理量
B.在探究共点力的合成时用到了等效替代的思想方法
C.牛顿提出了万有引力定律,并没有通过实验测出万有引力常量的数值
D.牛顿第一定律是利用逻辑思维对事实进行分析的产物,可以用实验直接验证
2.汽车以20 m/s的速度做匀速直线运动,发现前方有障碍物立即刹车,刹车的加速度大小为5 m/s2, 则汽车刹车后第2 s内的位移和刹车后5 s内的位移为
A.30 m,40 m  B.30 m,37.5 m
C.12.5 m,40 m  D.12.5 m,37.5 m
 
3.如图所示,质量均为m的两个小球A、B(可视为质点)固定在细杆的两端,将其放入光滑的半球形碗中,杆的长度等于碗的半径,当杆与两球组成的系统处于平衡状态时,杆对小球A的作用力为
A.35mg  B.233mg  C.33mg  D.2mg
4.下列说法正确的是
A.物体做曲线运动时,速度、加速度都一定在改变
B.做曲线运动的物体受到的合外力可能为零
C.物体在恒力作用下不可能做曲线运动
D.做曲线运动的物体,加速度可能不变
 
5.如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹.质点从M点出发经P点到达N点,已知弧长MP大于弧长PN,质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等.下列说法中正确的是
A.质点从M到N过程中速度大小保持不变
B.质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同
C.质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等,但方向相同
D.质点在MN间的运动不是匀变速运动
 
6.“套圈圈”是老少皆宜的游戏,如图,大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁丝圈,都能套中地面上同一目标.设铁丝圈在空中运动的时间分别为t1、t2, 则
A.v1=v2  B.v1>v2
C.t1=t2  D.t1>t2
 
7.如图所示,A是静止在赤道上的物体,B、C是同一平面内的两颗人造卫星.B位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上,C是地球同步卫星.则以下判断正确的是
A.卫星B的速度大小等于地球的第一宇宙速度
B.A、B的线速度大小关系为vA>vB
C.周期大小关系为TA=TC>TB
D.B、C的线速度大小关系为vC>vB
8.“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后,经过115小时32分的太空飞行,在离地面约为430 km的圆轨道上运行了77圈,运动中需要多次“轨道维持”.所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向,使飞船能保持在预定轨道上稳定飞行,如果不进行“轨道维持”,由于飞船受到轨道上稀薄空气的影响,轨道高度会逐渐降低,在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况是
A.动能、重力势能和机械能逐渐减少
B.重力势能逐渐减小,动能逐渐增大,机械能不变
C.重力势能逐渐增大,动能逐渐减小,机械能不变
D.重力势能逐渐减小,动能逐渐增大,机械能逐渐减小
 
9.如图所示,a、b、c三个相同的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑,同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的有
A.重力做功大小相等
B.它们的末动能相同
C.运动过程中重力的平均功率相等
D.它们落地时重力的瞬时功率相等
 
10.质点所受的力F随时间变化的规律如图所示,力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图中所示的t1、t2、t3和t4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大
A.t1  B.t2  C.t3  D.t4
11.假设列车从静止开始做匀加速运动,经过500 m的路程后,速度达到360 km/h.整个列车的质量为1.00×105 kg,如果不计阻力,在匀加速阶段,牵引力的最大功率是
A.4.67×106 kW  B.1.0×105 kW
C.1.0×108 kW  D.4.67×109 kW
 
12.在平直的公路上,汽车由静止开始做匀加速运动.当速度达到vm后,立即关闭发动机而滑行直到停止.v-t图线如图所示,汽车的牵引力大小为F1,摩擦力大小为F2. 全过程中,牵引力做的功为W1, 克服摩擦阻力做功为W2. 以下是F1、F2及W1、W2间关系的说法,其中正确的是
①F1∶F2=1∶3 ②F1∶F2=4∶3 ③W1∶W2=1∶1
④W1∶W2=1∶3
A.②③  B.②④  C.①③  D.①④
第Ⅰ卷选择题答题卡
题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 得 分
答 案             
二、实验题(共2题,共19分,13题每空3分,14题每空2分)
 
13.用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能.将弹簧放置在水平气垫导轨上,左端固定,右端在O点;在O点右侧的B、C位置各安装一个光电门,计时器(图中未画出)与两个光电门相连.先用米尺测得B、C两点间距离s,再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置A后由静止释放,计时器显示遮光片从B到C所用的时间t,用米尺测量A、O之间的距离x.
(1)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________.
(2)为求出弹簧的弹性势能,还需要测量__________.
A.弹簧原长     B.当地重力加速度
C.滑块(含遮光片)的质量
(3)增大A、O之间的距离x,计时器显示的时间t将__________.
A.增大     B.减小     C.不变
14.在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中,质量m=1.00 kg的重物自由下落,打点计时器在纸带上打出一系列点.如图1所示为选取的一条符合实验要求的纸带,O为第一个点,A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续点(其他点未画出).已知打点计时器每隔0.02 s打一次点,当地的重力加速度g=9.80 m/s2. 那么:
 
(1)纸带的________(选填“左”或“右”)端与重物相连;
(2)根据图上所得的数据,应取图中O点和________点来验证机械能守恒定律;
(3)从O点到所取点,重物重力势能减少量Ep=________J,该所取点的速度大小为________m/s;(结果取3位有效数字)
(4)如图2,一位同学按如下方法判断机械能是否守恒:在纸带上选取多个计数点,测量它们到起始点O的距离h,计算对应计数点的重物速度为v,描绘v2-h图象,若图象是一条过原点的直线,则重物下落过程中机械能守恒,该同学的判断依据________.(填“正确”或“不正确)
三、计算题(共2题,共21分.15题10分,16题11分)
15.一辆载货的汽车,总质量是4.0×103 kg,牵引力是4.8×103 N,从静止开始做匀加速直线运动,经过10 s前进了40 m.求:
(1)汽车运动的加速度;
(2)汽车所受到的阻力(设阻力恒定).

 

 

 

 

 

 

 
16.如图所示,长为l的细线下系一质量为m的小球,线上端固定在O点,小球可以在竖直面内摆动,不计空气阻力,当小球从偏角为θ的位置由静止运动到最低点的过程中,求:
(1)重力对小球做的功;
(2)小球到最低点时的速度大小;
(3)小球在最低点时,对细绳的拉力大小.
 
第Ⅱ卷 (选做题,共50分)
四、多项选择题(共5小题,每小题全选对记6分,部分对记3分,有选错的记0分,共30分)
17.18世纪,数学家莫佩尔蒂,哲学家伏尔泰曾经设想“穿透”地球;假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球,一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中,忽略一切阻力,此人可以从南极出口飞出,(已知此人的质量m=50 kg;地球表面处重力加速度g取10 m/s2;地球半径R=6.4×106 m;假设地球可视为质量分布均匀的球体.均匀球壳对壳内任一点的质点合引力为零)则以下说法正确的是
A.人与地球构成的系统,由于重力发生变化,故机械能不守恒
B.人在下落过程中,受到的万有引力与到地心的距离成正比
C.人从北极开始下落,到刚好经过地心的过程,万有引力对人做功W=3.2×109 J
D.当人下落经过距地心12R瞬间,人的瞬时速度大小为43×103 m/s
 
18.如图所示,三个小球A、B、C的质量均为m,A与B、C间通过铰链用轻杆连接,杆长为L,B、C置于水平地面上,用一轻质弹簧连接,弹簧处于原长.现A由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角α由60°变为120°,A、B、C在同一竖直平面内运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为g.则在此过程中
A.A的动能达到最大前,B受到地面的支持力小于32mg
B.A的动能最大时,B受到地面的支持力等于32mg
C.弹簧的弹性势能最大时,A的加速度方向竖直向下
D.弹簧的弹性势能最大值为32mgL
 
19.如图所示,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘,两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面,且处于同一竖直平面内,若用图示方向的水平推力F作用于小球B,则两球静止于图示位置.如果将小球B向左推动少许,并待两球重新达到平衡时,则两个小球的受力情况与原来相比
A.推力F将增大
B.竖直墙面对小球A的弹力减小
C.地面对小球B的弹力一定不变
D.两个小球之间的距离增大

 
20.如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB, 电势能分别为EpA、EpB. 下列说法正确的是
A.电子一定从A向B运动
B.若aA>aB, 则Q靠近M端且为正电荷
C.无论Q为正电荷还是负电荷,一定有EpA<EpB
D.B点电势可能高于A点电势
 
21.如图,同一平面内的a,b,c,d四点处于匀强电场中,电场方向与此平面平行,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点.一电荷量为q(q>0)的粒子从a点移动到b点,其电势能减小W1;若该粒子从c点移动到d点,其电势能减小W2.下列说法正确的是
A.此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行
B.若c、d之间的距离为L,则该电场的场强大小一定为W2qL
C.若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22
D.若W1=W2,则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势差
第Ⅱ卷选择题答题卡
题 号 17 18 19 20 21 得 分
答 案      
五、综合应用题(本题共2小题,共20分.第22题12分,第23题8分)
 
22.如图所示为一皮带传送装置,其中AB段水平,长度LAB=4 m,BC段倾斜,长度足够长,倾角为θ=37°,AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧).传送带以v=4 m/s的恒定速率顺时针运转.现将一质量m=1 kg的工件(可看做质点)无初速度地放在A点,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.g取10 m/s2,求:
(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t;
 
(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中,工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.

 

 

 

 

23.如图所示,绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面,AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道,斜面与圆轨道在A点相切.整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中.现有一质量为m的带正电、电量q=3mg3E的小球,要使小球能安全通过圆轨道,在O点的初速度应为多大?
 

 

湖南师大附中2017-2018学年度高一第二学期期末考试
物理参考答案
第Ⅰ卷
一、单项选择题(每小题5分,共60分)

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C C D B D C D A B B A
1.D 【解析】速度是物体的位移与所用时间的比值,与位移大小.时间都无关;加速度是用比值法定义的,与速度的变化量无关,是伽利略首先建立起来的.故A正确;在共点力的合成实验中要求两次拉橡皮筋的效果相同,故实验采用了等效替代的方法.故B正确;牛顿提出了万有引力定律,卡文迪许通过实验测出了万有引力常量的数值.故C正确;牛顿在伽利略的理想斜面实验的基础上,利用逻辑思维对事实进行分析得出了牛顿第一定律,该定律不能用实验直接验证.故D错误.
2.C 【解析】汽车减速到0需要的时间为:t=v0a=205=4 s,刹车后1 s内的位移x1=(20×1-12×5×12) m=17.5 m,2 s内的位移为:x2=v0t+12at21=(20×2-12×5×22) m=30 m,∴刹车后第2 s内的位移Δx=x2-x1=12.5 m.汽车运动4 s就停止运动,则刹车后5 s内的位移为:x=v202a=2022×5=40 m,故答案为:C.
 
3.C 【解析】由题得知,A、B间的杆一定水平,对其中一个小球受力分析如图所示.
因为杆的长度等于碗的半径,根据几何知识得知OA、OB与竖直方向的夹角为30°.
如图,由共点力的平衡知识可得,杆的作用力为:
F=mgtan 30°=33mg,故C正确,ABD错误.
4.D 【解析】当合力与速度不在同一条直线上时,物体做曲线运动,而加速度可不变,也可以变化,但速度一定变化,答案为:D.
5.B 【解析】因质点在恒力作用下运动,由牛顿第二定律可知,质点做匀变速曲线运动,由于加速度不变,从M到N过程中,根据一段路程中的平均速率v=st,可知,速度大小变化,A不符合题意;因加速度不变,则质点在这两段时间内的速度变化量大小相等,方向相同,B符合题意,C不符合题意;在MN间的运动是匀变速曲线运动,故答案为:B.
6.D 【解析】圈圈做平抛运动,竖直分运动是自由落体运动,根据h=12gt2,有:t=2hg,故t1>t2, 故C错误,D正确;水平分位移相同,由于t1>t2,根据x=v0t,有:v1<v2;故A、B均错误.
7.C 【解析】第一宇宙速度是绕地球做匀速圆周运动的最大的线速度,由于卫星B的轨道半径大于地球的半径,则卫星B的速度小于地球的第一宇宙速度,A不符合题意.对B、C,根据GMmr2=mv2r知,v=GMr,C的轨道半径大于B的轨道半径,则vB>vC, 对于A、C,A、C的角速度相等,根据v=rω知,vC>vA, 所以vB>vA, B不符合题意,D不符合题意.A、C的角速度相等,则A、C的周期相等,根据T=4π2r3GM知,C的周期大于B的周期,故答案为:C.
8.D 【解析】轨道高度逐渐降低,即飞船的高度降低、重力势能减少,速度将增大、动能增大,重力势能一部分转化为动能;由于飞船受轨道上稀薄空气的影响,飞船要克服空气阻力做功,飞船的机械能减少,转化为内能.故答案为:D.
9.A 【解析】a、b、c三个小球的初位置相同,它们的末位置在同一水平线上,由于重力做功只与物体的初末位置的高度差有关,所以三个球的重力做功相等,A符合题意.由动能定理可知,三个球的重力做功相等,它们的动能的变化相同,但是c是平抛的,所以c有初速度,故c的末动能要大,B不符合题意.由A的分析可知,三个球的重力做功相等,三个球中b、c的运动时间相同,a的运动的时间要比b、c的长,所以a的平均功率最小,所以运动过程中重力的平均功率不相等,C不符合题意.三个球的重力相等,但是它们的竖直方向上的末速度不同,所以瞬时功率不可能相等,故答案为:A.
10.B 【解析】由力的图象分析可知:
在0~t1时间内,质点向正方向做加速度增大的加速运动.
在t1~t2时间内,质点向正方向做加速度减小的加速运动.
在t2~t3时间内,质点向正方向做加速度增大的减速运动.
在t3~t4时间内,质点向正方向做加速度减小的减速运动.t4时刻速度为零.
则t2时刻质点的速度最大,动能最大.故选B.
11.B 【解析】由v2=2ax得,a=v22x=10022×500 m/s2=10 m/s2.则牵引力F=ma=1×105×10 N=1×106 N.所以牵引力最大功率P=Fv=1×106×100 W=1×108 W.故B正确,A、C、D错误.故答案为:B.
12.A 【解析】对全过程由动能定理可知W1-W2=0,故W1∶W2=1∶1,③符合题意,④不符合题意;
W1=Fs
W2=fs′
由图可知:s∶s′=3∶4
所以F1∶F2=4∶3,②符合题意,①不符合题意;
故答案为:A.
二、实验题(共2题,共19分,13题每空3分,14题每空2分)
13.(1)st (2)C (3)B
【解析】(1)滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动,故可以用BC段的平均速度表示离开时的速度;则有:v=st;(2)弹簧的弹性势能等于物体增加的动能,故应求解物体的动能,根据动能表达式可知,应测量滑块的质量;故答案为:C.(3)增大AO间的距离时,滑块被弹出后的速度将增大,故通过两光电门的时间将减小.
14.(1)左 (2)B (3)1.88 1.92 (4)不正确
【解析】(1)下落过程为匀加速运动,物体运动速度渐渐变大,故打点间距应变大,所以纸带的左端与重物相连;(2)验证机械能守恒时,我们验证的是减少的重力势能ΔEp=mgh和增加的动能ΔEk=12mv2之间的关系,所以我们要选择能够测h和v的数据.因为B点的速度可以根据A、C两点间的平均速度计算出来,h对应O、B两点间的距离,故答案为:B点.
(3)减少的重力势能为:ΔEp=mgh=1×9.8×19.2×10-2 J=1.88 J,B点的速度为:vB=xAC2T=23.23+15.550.04×10-2 m/s=1.92 m/s;④该同学的判断依据不正确.在重物下落h的过程中,若阻力f恒定,根据a=mg-fm,可得v2=2ah,则此时v2-h图象也是过原点的一条直线.所以要想通过v2-h图象的方法验证机械能是否守恒,还必须看图象的斜率是否接近2g.
三、计算题(共2题,共21分.15题10分,16题11分)
15.【解析】(1)汽车从静止开始做匀加速运动,则有
s=12at23分
则得:加速度a=2st2=2×40102=0.8 m/s22分
答:汽车运动的加速度是0.8 m/s2;
(2)由牛顿第二定律F-f=ma3分
代入得4800-f=4000×0.8
解得 阻力f=1600 N2分
答:汽车所受到的阻力是1600 N.
16.【解析】(1)小球由静止运动到最低点的过程中,重力所做的功为W=mgh=mgl(1-cos θ)2分
(2)小球从静止开始运动到最低点的过程中,根据动能定理得:
解得:mgl(1-cos θ)=12mv2-02分
∴v=2gl(1-cos θ)2分
(3)小球在最低点时,根据牛顿第二定律有T-mg=mv2l2分
解得 T=3mg-2mgcos θ2分
根据牛顿第三定律,小球对细绳的拉力大小为
T′=3mg-2mgcos θ1分
 
第Ⅱ卷
四、多项选择题(共5小题,共30分)
题号 17 18 19 20 21
答案 BD AB BCD BC CD
17.BD 【解析】人与地球构成的系统,由于只有重力做功,故系统机械能守恒,故A错误;与球心的距离为r时,万有引力为:F=GM′mr2=Gρ•43πr3mr2=4Gπρm3r∝r;故B正确;人从北极开始下落,直到经过地心的过程中,万有引力对人做功:W=F•R
其中:F=F2=12mg
联立解得:W=12mgR=12×50×10×6.4×106=1.6×109 J
故C错误;
D.人从下落到距地心R2过程,万有引力的平均值为:
F=mg+12mg2=34mg=34×50×10 N=375 N
根据动能定理,有:F•R2=12mv2
解得:v=FRm=375×6.4×10650=43×103 m/s
故D正确.
18.AB 【解析】A的动能最大时,设B和C受到地面的支持力大小均为F,此时整体在竖直方向受力平衡,可得2F=3mg,所以F=32mg;在A的动能达到最大前一直是加速下降,处于失重情况,所以B受到地面的支持力小于32mg,故A、B正确;当A达到最低点时动能为零,此时弹簧的弹性势能最大,A的加速度方向向上,故C错误;A下落的高度为:h=Lsin 60°-Lsin 30°,根据功能关系可知,小球A减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能,即弹簧的弹性势能最大值为Ep=mgh=(32-12)mgL,故D错误.
19.BCD 【解析】以A球为研究对象,分析受力,作出力图如图1所示.
设B对A的库仑力F库与墙壁的夹角为θ,由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为:N1=mAgtan θ,
将小球B向左推动少许时θ减小,则N1减小.
再以AB整体为研究对象,分析受力如图2所示,由平衡条件得:
 
F=N1
N2=(mA+mB)g
则F减小,地面对小球B的弹力一定不变.故A错误,BC正确.
由上分析得到库仑力F库=mAgcos θ,θ减小,cos θ增大,F库减小,根据库仑定律分析得知,两个小球之间的距离增大,故D正确.
20.BC 【解析】由于不知道电子速度变化,由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动,故A错误;若aA>aB, 则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端;又由运动轨迹可知,电场力方向指向凹的一侧即左侧,所以,在MN上电场方向向右,那么Q靠近M端且为正电荷,故B正确;点电荷Q若是正电荷,只能放在M左侧;若是负电荷,只能放在N右侧,不论哪种情况,都是φA>φB,∴C对,D错.故C正确.
21.CD 【解析】A.选项根据题意无法判断,故A项错误.因为不知道匀强电场方向,所以场强大小不一定是W2qL ,故B错误;由于电场为匀强电场,M为a、c连线的中点,N为b、d连线的中点,所以φN=φb+φd2,φM=φa+φc2,∴φM-φN=(φa-φb)+(φc-φd)2,若该粒子从M点移动到N点,则电场力做功一定为W1+W22,故C正确;若W1=W2, 说明Ucd=Uab,由φa-φb=φc-φd,∴φa-φc=φb-φd,φa-φM=φa-φc2,φb-φN=φb-φd2;解得:UaM=UbN,故D正确.
五、综合应用题(本题共2小题,共20分.第22题12分,第23题8分)
22.【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1, 由牛顿第二定律得:μmg=ma11分
解得:a1=μg=5 m/s21分
设经t1时间工件与传送带的速度相同,则有:t1=va1=45s=0.8 s1分
工件前进的位移为:x=12a1t21=12×5×0.82 m=1.6 m1分
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点,用时:t2=lAB-x0v=0.6 s1分
所以工件第一次到达B点所用的时间为:t=t1+t2=1.4 s1分
答:工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t是1.4 s;
(2)工件上升过程中受到摩擦力大小为:f=mgcos θ1分
由牛顿第二定律可得:工件上升的加速度大小为:a2=mgsin θ-fm=gsin θ-μgcos θ=(10×0.6-0.5×10×0.8) m/s2=2 m/s2,方向沿斜面向下1分
由运动学公式可得:工件上升的时间为:t3=va2=2 s1分
下降过程加速度不变 a3=a2
由运动学公式可得:t4=va3=2 s1分
工件与传送带的相对路程为:Δx=v(t3+t4)=4×(2+2) m=16 m1分
摩擦生热为:Q=fΔx=μmgcos θΔx=0.5×1×10×0.8×16 J=64 J1分
23.【解析】小球先在斜面上运动,受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动,受重力、电场力、轨道的作用力,如图所示,
 
类比重力场,将电场力与重力的合力视为等效重力mg′,大小为mg′=(qE)2+(mg)2=233mg,1分
tan θ=qEmg=33,解得θ=30°,1分
等效重力的方向与斜面垂直指向右下方,小球在斜面上匀速运动,1分
因要使小球能安全通过圆轨道,在圆轨道的等效最高点(D)点满足等效重力提供向心力,有:mg′=mv2DR,1分
因θ=30°,与斜面倾角相等,由几何关系可知AD=2R.1分
令小球以最小初速度v0运动,由动能定理知:
-mg′•2R=12mv2D-12mv201分
解得v0=103gR3,1分
因此要使小球安全通过圆轨道,初速度应为v0≥103gR3.1分

 

 

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