2021届全国百所名校新高考原创预测试卷（二十八）物理

2021届全国百所名校新高考原创预测试卷（二十八）

物理

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡

上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷

类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂

黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸

和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答

案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用

0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选

修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一、单选题

1.质点是一个理想化模型，下列说法中正确的是

A.研究刘翔110m栏比赛的跨栏技术时，其身体可看作质点

B.研究月球绕地球的运动轨迹时，月球可看作质点

C.研究火车通过隧道所需的时间时，火车可看作质点

D.研究“嫦娥一号”在轨道上的飞行姿态时，“嫦娥一号”可看作质点

【答案】B

【解析】

试题分析：当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根

据把物体看成质点的条件来判断即可.

解：A、研究刘翔110m栏比赛的跨栏技术时，需要分析人的不同的动作，所以此时人不能看

成质点，所以A错误；

B、研究月球绕地球的运动轨迹时，月球的大小相对于和地球之间的距离来说是很小的，可以

忽略，此时月球可看作质点，所以B正确；

C、研究火车通过隧道所需的时间时，火车的长度相对于隧道来说是不能忽略的，所以此时的

火车不能看成质点，所以c错误；

D、研究“嫦娥一号”在轨道上的飞行姿态时，看的就是它的形状如何，所以不能看成质点，

所以D错误.

故选B

2.如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动.已知小

球在最低点时对轨道的压力大小为N„在高点时对轨道的压力大小为N2.重力加速度大小为g,

则N,-N2的值为

A.3mgB.4mgC.5mgD.6mg

【答案】D

【解析】

试题分析：在最高点，根据牛顿第二定律可得"2+/〃8=/〃殳，在最低点，根据牛顿第二定

律可得乂-加生工，从最高点到最低点过程中，机械能守恒，故有

r

1,1,

mg-2r=-mv---mv；,联立三式可得N「NQ=6mg

考点：考查机械能守恒定律以及向心力公式

【名师点睛】根据机械能守恒定律可明确最低点和最高点的速度关系；再根据向心力公式可

求得小球在最高点和最低点时的压力大小，则可求得压力的差值.要注意明确小球在圆环内

部运动可视为绳模型；最高点时压力只能竖直向下.

3.汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：

s=16r-2/(m),则它在停止运动前最后1s内的平均速度为()

A.6m/sB.4m/sC.2m/sI).Im/s

【答案】C

【解析】

【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系

xvQt+—cit~16f—2厂，

2

解得：%=16m/s,a=-4m/s;

采取逆向思维，在物体在停止运动前Is内的位移

x--at2=—x4xl2m=2m,

22

停止运动最后Is的平均速度

-x2._,

v=—=—m/s=zm/s,

t1

故选C.

【点睛】根据位移时间关系求出初速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s内

的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度.

4.如图所示，点电荷+2Q、-。分别置于肌X两点，。点为连线的中点，点a、6在版V

连线上，点c、d在也¥中垂线上，它们均关于0点对称•下列说法正确的是（）

I

r

—・—-------'—0

M°\N

d\

I

A.c、d两点的电场强度相同

B.a、6两点的电势相同

C.将电子沿直线从c移到d,电场力对电子先做负功再做正功

D.将电子沿直线从a移到6,电子的电势能一直增大

【答案】D

【解析】

【分析】

根据电场线分布，比较c、d两点的电场强度大小和方向关系.根据沿电场线方向电势逐渐降

低，来比较a点和b点的电势，由沿直线从a到b电势的变化，分析电子从a移到b过程中

电势能如何变化.将电子沿直线从c点移到d点，通过电子所受的电场力与速度的方向夹角

判断电场力做正功还是负功.

【详解】A：根据电场线分布的对称性可知，c、d两点的电场强度大小相等，方向不同，则c、

d两点的电场强度不同.故A项错误.

BD：MN间的电场线方向由MfN,沿电场线方向电势逐渐降低，则a点的电势高于b点的电势；

电子沿直线从a移到b电势降低，电子带负电，器Ep=q（p,则电子的电势能一直增大.故B

项错误，D项正确.

C：对两个电荷在中垂线上的场强进行叠加，在0c段场强方向斜向右上，在0d段场强方向斜

向右下；电子所受的电场力在0c段斜向左下，在0d段斜向左上；电子沿直线从c移到d,电

场力跟速度的方向先是锐角后是钝角，电场力对电子先做正功后做负功.故C项错误.

【点睛】解决本题的关键是进行电场的叠加，通过电场力与速度的方向关系判断电场力做正

功还是负功.

5.在图中所示的电路中，当滑动变阻器的滑动触片向方端移动时（）

A.伏特表V读数增大，电容C的电荷量在减小

B.安培表A的读数增大，电容C的电荷量在增大

C.伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小

D.伏特表V的读数减小，安培表A的读数增大

【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查的是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析，也可根

据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小，通过其电流必定增大。

当滑动变阻器的滑动触片向8端移动时，先分析变阻器电阻的变化，得到总电阻的变化，分

析总电流的变化，判断出路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电压

的变化和总电流的变化，分析电流表读数的变化。

【详解】当滑动变阻器的滑动触片向。端移动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小,

总电流增大，则路端电压减小，所以伏特表V的读数减小。

根据串联电路分压特点可知，电路中并联部分分压减小，通过的电流减小，而总电流增大，

所以通过电流表的电流增大，即安培表A的读数增大。

由于并联部分电压减小，电容器板间电压减小，由。=。。可知，电容c的电荷量在减小，

故ABC错误，D正确。

故选D.

6.如图所示，图为等量异种点电荷力、6连线的中垂线，。为中垂线上的一点，以N分别为

AC.6c的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（）

P：

-•eN

8

A.M、N两点电场强度相同

B.肌”两点的电势相等

C.若将一负试探电荷由〃点移到C点，电场力做正功

D.若将一负试探电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定增加

【答案】C

【解析】

试题分析：M、N两点场强大小相等，但方向不同，选项A错误；PQ线上各点的电势均为零，

PQ左侧电势为负，右侧电势为正，则M点电势低于N点电势，选项B错误；负电荷由M点移

到C处，电势能减小，故电场力做正功，选项C正确；无穷远处电势为零，N点电势大于零，

故负电荷由无穷远处移到N点时，电势能一定减小，选项D错误；故选C.

考点：电场强度；电势及电势能.

7.如图所示为一物体作匀变速直线运动的速度图线，下列判断正确的是（）

A.物体一直往负方向向运动

B.物体的加速度大小为1.5m/s2

C.2s末物体位于出发点

I）.前2秒的加速度与后两2秒的加速度方向相反

【答案】B

【解析】

【详解】A.由图线可知，物体在前2s内沿正方向运动，后2s内沿负方向运动，故A错误。

B.图线的斜率表示加速度，则加速度：

a=-=—m/s2=1.5m/s2

\t2

大小为1.5m/s2,故B正确。

C.2s末的位移：

x=-x2x3m=3m

2

没有回到出发点，故C错误。

D.前2s内和后2s内图线的斜率相同，则加速度大小和方向都相同，故D错误。

8.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为10V、20V、

30V,实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内运动的轨迹，轨迹上有a、爪c三点，己知

带电粒子所带电荷量为0.01C,在a点处的动能为0.5J,则该带电离子（）

B.在人点处的电势能为0.5J

C.在6点处的动能为零D.在c点处的动能为0.4J

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由

带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，A错误；

B.方点处的电势能：

Ep=w>=0.01x30J=0.3J

B错误；

C.由能量守恒，a点处动能和电势能总和：

E=0.01xl0J+0.5J=0.6J

则3点处的动能为：

Ek=0.6J—O.3J=O.3J

C错误；

D.c点处的动能为：

,

£k=0.6J-0.01x20J=0.4J

D正确。

故选D。

9.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔f内位移为s,动能变为原来的9倍.

该质点的加速度为（）

s3s4s8s

A,不B.炉C.产D.

【答案】A

【解析】

1,1,

【详解】设初速度为匕，末速度为匕，则9x/加加=]机（，得岭=39,由3匕=、+〃得

11s

V]=—at,代入^二卬+万〃广，得a=w，只有选项A正确。

10.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度逐渐增大.小王分别画出汽车转

弯时的四种加速度方向，则正确的是（）

MM

w

w

c.

M

【答案】A

【解析】

【详解】汽车从"点运动到从曲线运动，必有些力提供向心力，向心力是指向圆心的；汽车

同时速度增大，所以沿切向方向有与速度方向相同的分力；向心力和切线方向的合力与速度

方向的夹角要小于90°,故6G9错误，力正确；

故选A

【点睛】解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析汽车的受力情况，在水平面上，加

速的汽车受到水平的力的合力在半径方向的分力使汽车转弯，在切线方向的分力使汽车加速,

知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了.

二、多选题

11.如图，一带正电的点电荷固定于。点，两虚线圆均以。为圆心，两实线分别为带电粒子"

和2先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点•不计重力,下列说法正

确的是（）

A.〃带负电荷，N带正电荷

B.M在b点的动能小于它在a点的动能

C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能

I）.N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功

【答案】ABC

【解析】

试题分析：由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，

N带正电荷，故A正确.M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点

的动能小于在a点的动能，故B正确.d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的

电势能等于在e点的电势能，故C正确.

D、N从c到d,库仑斥力做正功，故D错误.故选ABC

考点：带电粒子在电场中的运动

【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能

变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能

的变化.

12.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率,

之后保持以额定功率运动•其v-t图象如图所示•已知汽车的质量为加=1x1()3小，汽车受到

地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是()

A.汽车在前5s内的牵引力为5X1()3N

B.汽车速度为25m/s时的加速度为5机//

C.汽车的额定功率为100kW

D.汽车的最大速度为80m/s

【答案】AC

【解析】

20

由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=—®/52=W52,根据牛顿第二定律得，

F-f=ma,解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N,故A正确.汽车的额定功率

zP100000g

P=Fv=5000X20W=100000W=lOOkW,汽车在25m/s时的牵引力F"=—=-------A-4000M根

v25

据牛顿第二定律得，加速度d='―/二40°';I。。。m/$2=3，./$2,故B错误，C正确.当

m1000

牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度%=与=丹黑根/$=100机/$,故D错误.故

j1000

选AC.

点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二

定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大.

13.如图所示，足够长的〃形光滑金属导轨平面与水平面成〃角，其中物V与可平行且间距

为乙导轨平面与磁感应强度为8的匀强磁场垂直，导轨电阻不计.金属棒数由静止开始沿

导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，棒接入电路的电阻为当流过劭棒某

一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为匕则金属棒数在这一过程中（）

A.加速度为二B.下滑位移为经

2LBL

C.产生的焦耳热为些处s山6加廿D.受到的最大安培力为四互

BL2R

【答案】BCD

【解析】

【详解】A、金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，感应电流也增大，金

属棒受到的安培力增大；根据牛顿第二定律，有：mgsine-BIL=ma,又/=§=§察，

则：a=gsin6-00，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动.故A

mR

错误.

B、由感应电量计算公式q=7-4="加=丝・加=些=四可得，下滑的位移

R\tRRR

x,故B正确.

BL

C、根据能量守恒定律：产生的焦耳热Q=mgxsine—1=鳖宜5山6-2加丫2,故c正

2BL2

确.

D、当金属棒的速度大小为v时，金属棒助受到的安培力最大，所以安培力的最大值

2

nBLvTBl3v

HQIJL—故D正确.

14.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率匕运行。初速度大小为匕的小物块从与传送

带等高的光滑水平地面上的1处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传

送带上运动的v—r图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知％>w，则（）

A.J时刻，小物块离1处的距离达到最大

B.J时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0~弓时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0~4时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

【答案】B

【解析】

【详解】A.0~力时间内小物块向左做匀减速直线运动，白时刻小物块向左速度减为零，此时

离A处的距离达到最大，故A错误；

B.友时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，弓时刻小物块相对传

送带滑动的距离达到最大，故B正确；

C.0~%时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作

用，故c错误；

D.芍时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，L时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平

传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。

故选B。

15.如图所示，质量为m的小球从距离地面高II的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入

泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零.不计空气阻力，重力

加速度为g.关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有()

A.小球的机械能减少了mgh

B.小球克服阻力做的功为mg(H+h)

C.小球所受阻力的冲量等于zn廊7

D.小球动量的改变量大小等于不回汨

【答案】BD

【解析】

小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H+h),则小球的机械能减小了mg

(H+h).故A错误.对全过程运用动能定理得，mg(H+h)-Wr=0,则小球克服阻力做功Wkmg

(H+h).故B正确.落到地面的速度u=J砺,对进入泥潭的过程运用动量定理得，Ic+I,

=0属后，知阻力的冲量大小不等于/属万'.故C错误.落到地面的速度v=J诙，

对进入泥潭后的速度为0,所以小球动量的改变量大小等于mJ而.故D正确.故选BD.

点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的

方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向.

三、实验题

16.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：

A.电流表A1内阻a=100Q,满偏电流4=3mA

B.电流表A,内阻约为0.4Q,量程为0.6A

C.定值电阻尼=900Q

D.滑动变阻器E(5Q,2A)

E.干电池组(6V,0.05Q)

F.一个开关和导线若干

G.螺旋测微器，游标卡尺

(1)如图1,用螺旋测微器测金属棒直径为mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度

为cm。

图1图2

(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“义10Q”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用

挡(填“X1Q”或“X100Q”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3

(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值—o

(4)若实验测得电流表4示数为人电流表A2示数为4,则金属棒电阻的表达式用,o

(用/i,I\>R«,凡表不)

【答案】(1).6126(2).10.230(3).XIQ(4).10.0(5).

【详解】(1)口］金属丝的直径为

d=6mm+12.6x0.01mm=6.126mm

［2］长度为

L=10.2cm+6xO.O5mm=10.230cm

(2)［3］用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“X10Q”挡时发现指针偏转角度过大，示数偏

小，要增大示数，则要倍率减小换成XIQ的倍率；

[4]如图可知,粗测电阻为10.00；

（3）[5]由于题目中没有给出电压表，显然是用电流表人与总串联后组成电压表，为多测几组

数据滑动变阻器采用分压接法，改装后电压表的内阻为1000Q,则电流表采用外接法，设计

（4）[6]由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为：

RqM4+R。）

&=7=I

1x1221

17.某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑

水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连

接.向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压

缩后的弹性势能.

打点计时器空第物块，：：；；

~~II单位E：＜rn"lS9"2.5$22.’

固定栓尸•；：：：：

UU,单位on布布丁

0.951.151.561.551.54

图（a）图（b）

（1）实验中涉及到下列操作步骤：

①把纸带向左拉直

②松手释放物块

③接通打点计时器电源

④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量

上述步骤正确的操作顺序是一（填入代表步骤的序号）.

（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果.打点计

时器所用交流电的频率为50Hz.由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱

离弹簧时的速度为_m/s.比较两纸带可知，一（填"M”或"L”）纸带对应的实验中弹簧被

压缩后的弹性势能大.

【答案】(1).④①③②(2).1.29(3).M

【解析】

【详解】(1)实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直：先接通电源,

稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；

(2)由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；

258

故2.58段时物体应脱离弹簧：则由平均速度可求得，其速度片；^=L29m/s；

0.02

因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由

图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大：

四、计算题

18.如图所示，传送带与水平面之间的夹角。=30。，其上从6两点间的距离/=5/，传送带

在电动机的带动下以片lm/s的速度匀速运动.现将一质量片10kg的小物体(可视为质点)

轻放在传送带的1点，已知小物体与传送之间的动摩擦因数〃=注，在传送带将小物体从/

2

点传送到8点的过程中，求：(取支10m/-)

(1)物体刚开始运动的加速度大小；

(2)物体从/到6运动的时间；

(3)传送带对小物体做的功；

(4)电动机做功。

【答案】(1)2.5m/s2(2)5.2s(3)255J(4)270J

【解析】

【详解】(D对小物体进行受力分析有：

f=〃N=/Limgcosd—xlOxlOx—=75N

22

侬sin0=50N

/>"0in。，则小物体可以与传送带上静止。

根据牛顿第二定律:

f-mgsin0-ma

75N-50N=10a

得：

a=2.5m/s?

(2)物块匀加速的时间：

v1_.

t、=—=——=0.4s

1a2.5

匀加速的位移：

22

vl八c

s,=---=-------=0.2m

2a12x2.5

则小物体匀速运动的位移为：

s2=5m-0.2m=4.8m

匀速运动的时间：

s4.8.0

-—2-二—=4.8s

~v1

则小物体从1到8所需时间为：

t=0.4s+4.8s=5.2s

(3)由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量：

W=—mv2+mgs-5ZH300=—xl0xl2+10xl0x5x—=255J

222

(4)在前0.4s时间内传送带运动的位移为：

X0.4=0.4m

所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即：

Q-umgcos0(S-S)=75NX(0.4-0.2)J=15J

电动机做的功为：

r=255J+15J=270J

19.如图所示，粗糙水平地面与半径为庐0.4m的粗糙半圆轨道及加相连接，且在同一竖直平

面内，。是灰力的圆心，蹴在同一竖直线上.质量为疗1kg的小物块在水平恒力/M5N的作

用下，从4点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到6点时撤去“小物块沿半圆轨

道运动恰好能通过〃点，已知/、6间的距离为3m,小物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重

力加速度g取10m/s'.求:

（1）小物块运动到6点时对圆轨道6点的压力大小.

（2）小物块离开〃点后落到地面上的点与〃点之间的距离

B

【答案】（1）160N（2）0.872m

【解析】

【详解】（1）小物块在水平面上从4运动到8过程中，根据动能定理，有：

（户〃mg）照B=—ZB/B'-O

2

在8点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：

N-mg=，"节

联立解得小物块运动到8点时轨道对物块的支持力为：.AE60N

由牛顿第三定律可得，小物块运动到尻点时对圆轨道8点的压力大小为：N=AM60N

（2）因为小物块恰能通过〃点，所以在〃点小物块所受的重力等于向心力，即：

年

mg=方

可得：n）=2m/s

设小物块落地点距6点之间的距离为x,下落时间为力,根据平抛运动的规律有：

2启1/z

解得：尸0.8m

则小物块离开。点后落到地面上的点与〃点之间的距离/=Jir=O.80m

20.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2"?的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强

电场，场强大小为3乂1。6丫/加有一质量为0.12依、带负电的小球，电荷量大小为lExKT6。，

小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点力时,小球与轨道压力恰好为零,g取10机//,

求:

(1)小球在力点处的速度大小;

(2)小球运动到最高点8时对轨道的压力.

【答案】⑴？.S；(2)?N

【解析】

【详解】(1)重力：G=mg=O.12kgX10N/kg=l.2N

电场力：F=qE=1.6X10-6CX3Xl06V/m=4.8N

2

在A点，有：qE-mg=mB

R

代入数据解得：vi=6m/s

(2)设球在B点的速度大小为V2,从A到B,由动能定理有:

2nV|2

(qE-mg)X(2R)=-^nv2-■^

在B点，设轨道对小球弹力为R,则有：

F\+mg-qE=-^nv22

由牛顿第三定律有：R'=R

代入数据解得:代=216N

【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析,

可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行

分析.

21.如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有

一垂直于平面