山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试（模拟卷）2
物理试题
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码
上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用
0.5 毫米黑色签字笔书写。字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿
纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 3 分，共 24 分。在每小题给出的四个选
项中，只有一项是符合题目要求的。
1.中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站—华能石岛湾高温气冷堆核电站，位
于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核
裂变方程是 ＋x→ ＋ ＋3x。下列关于 x 的说法正确的是（ ）
A. x 是 α 粒子，具有很强的电离本领
B. x 是 α 粒子，穿透能力比较弱
C. x 是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的
D. x 是中子，中子是查德威克通过实验最先发现的
【答案】D
【解析】
【详解】AB．根据该反应的特点可知，该核反应属于重核裂变，根据核反应方程的质量数守
恒和电荷数守恒可知，x 为中子，故 AB 错误；
CD．根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查德威克通过实验
最先发现的，故 C 错误，D 正确。
故选 D。
2.分别用频率为 ν 和 2ν 的甲、乙两种单色光照射某金属，逸出光电子的最大初动能之比为 1∶3，
已知普朗克常量为 h，真空中光速为 c，电子电量为 e。下列说法正确的是（ ）
A. 用频率为 2ν 的单色光照射该金属，单位时间内逸出的光电子数目一定较多
235
92 U 144
56 Ba 89
36 KrB. 用频率为 的单色光照射该金属不能发生光电效应
C. 甲、乙两种单色光照射该金属，对应光电流的遏止电压相同
D. 该金属的逸出功为
【答案】B
【解析】
【详解】A．单位时间内逸出 光电子数目与光的强度有关，由于光的强度关系未知，故 A 错
误；
BD．光子能量分别为
和
根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为 ，逸出光电子的最大初
动能之比为 1：3，联立解得
用频率为 的单色光照射该金属不能发生光电效应，故 B 正确，D 错误；
C．两种光的频率不同，光电子的最大初动能不同，由动能定理可知，题目对应的遏止电压是
不同的，故 C 错误。
故选 B。
3.恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成
在做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ）
A 半径变大
B. 速率变大
的
1
4
ν
1
4 hν
1=E hν 2 =2E hν
km 0E h Wν= −
0
1= 2W hν
4
νC. 角速度变大
D. 加速度变大
【答案】A
【解析】
【详解】A：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行
星做离心运动，即半径增大，故 A 正确；
B、C、D：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质是为 m，恒
星质量为 ，则有： ．解得： ，
， ， ．因 变大，质量减小，则速度变小，角速度变小，
加速度变小，故 BCD 错误．
4.下列说法正确的是（ ）
A. 一定量的理想气体，当气体体积增大时，气体一定对外界做功
B. 物体放出热量，其内能一定减少
C. 温度高的物体分子平均动能一定大，但内能不一定大，
D. 压缩气体需要用力，这是因为气体分子间存在斥力
【答案】C
【解析】
【详解】A．一定量的理想气体，当气体由于自由扩散而体积增大时，气体对外界不做功，故
A 错误；
B．物体放出热量，若同时外界对物体做功，物体的内能不一定减少，故 B 错误；
C．内能取决于物体的温度、体积和物质的量，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能
一定大，故 C 正确；
D．气体之间分子距离很大，分子力近似为零，用力才能压缩气体是由于气体内部压强产生的
阻力造成的，并非由于分子之间的斥力造成，故 D 错误。
故选 C
5.背越式跳高采用弧线助跑，距离长，速度快，动作舒展大方．如图所示是某运动员背越式跳
高过程的分解图，由图可估算出运动员在跃起过程中起跳的竖直速度大约为
。
M
2 2
2 2
4Mm vG m r m mar T r
π= = = GMv r
=
3
2 rT GM
π= 3
GM
r
ω = 2
GMa r
= rA. 2m/s B. 5m/s C. 8m/s D. 11m/s
【答案】B
【解析】
【详解】运动员跳高过程可以看做竖直上抛运动，当重心达到横杆时速度恰好为零，运动员
重 心 升 高 高 度 约 为 ： ， 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 可 知 ： ； 解 得 ：
，故 B 正确，ACD 错误．
6.如图所示，真空中有一个半径为 R，质量分布均匀的玻璃球，频率为 的细激光束在真空中
沿直线 BC 传播，并于玻璃球表面的 C 点经折射进入玻璃球，并在玻璃球表面的 D 点又经折
射进入真空中，已知 ，玻璃球对该激光的折射率为 ，则下列说法中正确的
是（ ）
A. 出射光线的频率变小
B. 改变入射角 的大小，细激光束可能在玻璃球的内表面发生全反射
C. 此激光束在玻璃中穿越的时间为 （c 为真空中的光速）
D. 激光束的入射角为 =45°
【答案】C
【解析】
【详解】A.光在不同介质中传播时，频率不会发生改变，所以出射光线的频率不变，故 A 错误；
B. 激光束从 C 点进入玻璃球时，无论怎样改变入射角，折射角都小于临界角，根据几何知识
可知光线在玻璃球内表面的入射角不可能大于临界角，所以都不可能发生全反射，故 B 错误；
C. 此激光束在玻璃中的波速为
1.3mh ≈ 21
2 mv mgh=
2 26m/s 5m/sv gh= = ≈
γ
120COD °∠ = 3
α
3t R
c
=
αCD 间 距离为
则光束在玻璃球中从 到 传播的时间为
故 C 正确；
D. 由几何知识得到激光束在在 点折射角 ，由
可得入射角 ，故 D 错误．
7.图示为一列沿 x 轴负方向传播的简谐横波，实线为 t＝0 时刻的波形图，虚线为 t＝0.6s 时的
波形图，波的周期 T>0.6s，则（ ）
A. 波的周期为 2.4s
B. 波速为 m/s
C. 在 t＝0.9s 时，P 点沿 y 轴正方向运动
D. 在 t＝0.2s 时，Q 点经过的路程小于 0.2m
【答案】D
【解析】
【详解】A．波的周期 T＞0.6s，说明波的传播时间小于一个周期，波在 t=0.6s 内传播的距离
不到一个波长，则由图知
解得
故 A 错误；
B．由图可知，波长为 8m，波速为
的
3
c cv n
= =
2 60 3S Rsin R= ° =
C D
3S Rt v c
= =
C 30r = °
sinn sinr
α=
60α = °
10
3
3 0.6s4T =
=0.8sT故 B 错误；
C．由于波沿 x 轴负方向传播，故 t=0 时 P 点沿 y 轴负方向运动，故
t=0.8s=1T
时 P 点沿 y 轴负方向运动，再过 0.1s 即 0.9s 时 P 点沿 y 轴负方向运动，故 C 错误；
D．由
可知，由于 Q 点在 t=0 时刻从靠近最大位移处向最大位移处运动，则经过四分之一周期小于
振幅 A 即 0.2m，故 D 正确。
故选 D。
8.某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为 S，水流以速 v 垂
直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为 p，则水对墙面的冲力为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设 t 时间内有 V 体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：
m=ρV=ρSvt
以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为 F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有：
Ft=0-mv，
即：
F=- =-ρSv2，
负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，水对钢板的冲
10m/sλv T
= =
0.2s 4
Tt = =
Svρ 2Svρ
2
2
Svρ
2
Svρ
mv
t击力大小也为 ρSv2．
A. ，与结论不相符，选项 A 错误；
B. ，与结论相符，选项 B 正确；
C. ，与结论不相符，选项 C 错误；
D. ，与结论不相符，选项 D 错误．
二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分。在每小题给出的四个选
项中，有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错
的得 0 分。
9.电磁炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的杀伤武器。下图是电磁炮的原理示意图，与电
源的正、负极相连的水平平行金属轨道位于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道所在平面向上，
通电的导体滑块将在磁场中向右加速，下列说法正确的是（ ）
A. a 为电源正极
B. 仅增大电源电动势滑块出射速度变大
C. 仅将磁场反向，导体滑块仍向右加速
D. 仅减小弹体质量，其速度变化率增大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据左手定则可知，受到的安培力向右，电流方向由下向上流过滑块，则 b 为电
源正极，故 A 错误；
B．仅增大电源电动势，流过滑块的电流增大，安培力增大，加速度增大，速度变化增大，故
B 正确；
C．仅将磁场反向，根据左手定则可知，滑块向左加速，故 C 错误；
D．仅减小弹体质量，滑块的合力不变，根据牛顿第二定律可知，加速度增大，速度变化量增
大，故 D 正确。
Svρ
2Svρ
2
2
Svρ
2
Svρ故选 BD。
10.如图所示，一根水平横杆上套有 A、B 两个轻环，拴柱水杯的等长细绳系在两环上，整个装
置处于静止状态，现缓慢增大两环距离，则下列说法正确的是
A. 杆对 A 环的支持力逐渐增大
B. 杆对 A 环的摩擦力保持不变
C. 杆对 B 环的支持力保持不变
D. 细绳对 B 环的拉力逐渐增大
【答案】CD
【解析】
【详解】AC. 设水杯的质量为 ，以两个轻环和水杯组成的系统为研究对象，竖直方向受到
重力和水平横梁对铁环的支持力 ，力图如图所示，根据平衡条件得：
可得：
可见，水平横梁对铁环的支持力 不变，故 A 错误、C 正确；
B. 以 环为研究对象，竖直方向：
M
NF
2 NF Mg=
1
2NF Mg=
NF
A
sinαNF F=水平方向：
联立解得：
减小时， 变大，故 B 错误；
D. 设与 环相连的细绳对水杯的拉力为 ，根据竖直方向的平衡条件可得：
由于绳子与竖直方向的夹角 增大，则 变小，绳子拉力变大，故 D 正确．
11.如图所示，水平面内有 A、B、C、D、E、F 六个点，它们均匀分布在半径为 R＝2cm 的同
一圆周上，空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知 A、C、E 三点的电势分别为
、φC＝2V、 ，下列判断正确的是（ ）
A. 电场强度的方向由 E 指向 A
B. 电场强度的大小为 1V/m
C. 该圆周上的点电势最高为 4V
D. 将电子从 D 点沿 DEF 移到 F 点，静电力做正功
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设 AE 中点为 G，如图所示，则根据匀强电场的性质可解得该点的电势为
则
cosαfF F=
tanα
N
f
FF =
α fF
B T
2 cosθT mg=
θ cosθ
(2 3)VA
ϕ = − (2 3)VE
ϕ = +
+ 2+ 3 +(2 3)= = 2V2 2
A E
G
ϕ ϕϕ =（ ） －所以 GC 连线是一个等势线；电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，
所以电场强度的方向由 E 指向 A，故 A 正确；
B．EA 两点间的电势差为
EA 两点间的距离
再根据电场强度公式可得
故 B 错误；
C．沿着电场线方向电势逐渐降低，因此 H 点电势最高，则
而
解得
故 C 正确；
D．电子从 D 沿着圆周移到 F 点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，
静电力先做正功后做负功，故 D 错误。
故选 AC。
12.如图甲所示，在倾角为 θ 的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上
C G
ϕ ϕ=
2 3VEA E AU ϕ ϕ= − =
2 sin60 2 3cmd R °= =
100V/mEAUE d
= =
2VHOU E R= × =
HO H OU ϕ ϕ= −
4VH
ϕ =为磁感应强度正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示。一质量为 m、电阻为
R 的矩形金属框从 t＝0 时刻由静止释放，t3 时刻的速度为 v，移动的距离为 L，重力加速度为
g，线框面积为 S，t1＝t0、t2＝2t0、t3＝3t0，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. t1~t3 时间内金属框中的电流先沿逆时针后顺时针
B. 0~t3 时间内金属框做匀加速直线运动
C. 0~t3 时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D. 0~t3 时间内金属框中产生的焦耳热为
【答案】BD
【解析】
【详解】A．根据 B－t 图象可知，t1～t3 时间内 B－t 线的斜率不变，由公式
则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，故 A 错误；
BC．0～t1 时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，t1～t3 时间内电流不变，由左手定则
可知，金属框所受安培力的合力为零，则线圈向下做匀加速直线运动，故 B 正确，C 错误；
D．线圈中的感应电动势为
由于 0～t1 时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，也无焦耳热产生，则 0～t3 时间内金
属框中产生的焦耳热为
故 D 正确。
故选 BD。
三、非选择题：本题共小题，共 60 分。
2
0
0
2B S
Rt
BSE n nt t
∆Φ ∆= =∆ ∆
0
0
B SBSE t t
∆= =∆
2 22
0
0
0
22 B SEQ tR Rt
= ⋅ =13.某同学采用如图甲所示的实验装置来验证钢球沿斜槽滚下过程中机械能守恒．实验步骤如
下：
A.将斜槽固定在实验台边缘，调整斜槽出口使出口处于水平；
B.出口末端拴上重锤线，使出口末端投影于水平地面 0 点．在地面上依次铺上白纸.复写纸；
C.从斜槽某高处同一点 A 由静止开始释放小球，重复 10 次．用圆规画尽量小的圆把小球所有
的落点都圈在里面，圆心 P 就是小球落点的平均位置；
D.用米尺测出 A 点与槽口之间的高度 h，槽口 B 与地面的高度 H 以及 0 点与钢球落点 P 之间
的距离 s．
(1)实验中，0 点与钢球平均落点 P 之间的距离 s 如图乙所示，则 s=______cm；
(2)请根据所测量数据的字母书写，当 s²=_____时，小球沿斜槽下滑过程中满足机械能守恒．
【答案】 (1). 40.5 (2). 4hH
【解析】
【详解】（1）由图可知 s=40.5cm；
（2）从起点 O 到 P 的过程中重力势能减少量是：△Ep=mgH；槽口 B 与地面的高度 h 以及 O
点与钢球落点 P 之间的距离 S，根据平抛运动的规律，则有：S=v0t；h= gt2，因此
v0=S ；那么增加的动能：△EK= ；若机械能守恒，则需满足 ，
即 S2=4hH
14.要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：
直流电源（3V.内阻不计）
电流表 A1 量程为 0.6 A，内阻为 0.6n）
电流表 A2（量程为 300mA.内阻未知）
电压表 V（量程 0—3V，内阻约 3kQ）
滑动变阻器 R（0—5Ω，允许最大电流 3A）
开关、导线若干．
1
2
2
g
h
2
2
0
1
2 4
mgSmv h
=
2
4
mgSmgH h
=其实验步骤如下：
①由于电流表 A1 的里程偏小.小组成员把 A1、A2 并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代
表导线在实物图中完成余下导线的连接.
（ ）
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关 S，调节滑片.发现
当 A1 示数为 0.50A 时，A2 的示数为 200mA，由此可知 A2 的内阻为_______.
③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A；为使其量程达
到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电
阻．
【答案】 (1). (2). 右 (3). 1.5 (4). 0.84 (5). I
【解析】
详解】（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实
物图如图所示：
【（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；
根据欧姆定律得：
（3）由于 Ug1＝0.6×0.6V＝0.36V，Ug2＝0.3×1.5V＝0.45V，由于 Ug1＜Ug2，故两电流表两段
允许所加最大电压为 0.36V，新电流表量程为： ，由于 A2 未达到最
大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表 A1 会烧毁，为了保护该电流表，应
给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻．
15.如图所示，一根直杆 AB 与水平面成某一角度自定，在杆上套一个小物块，杆底端 B 处有
一弹性挡板，杆与板面垂直．现将物块拉到 A 点静止释放，物块下滑与挡板第一次碰撞前后
的 v-t 图象如图乙所示，物块最终停止在 B 点．重力加速度为取 g=10 m/s2．求:
(1)物块与杆之间的动摩擦因数 μ；
(2)物块滑过的总路程 s．
【答案】（1）μ=0.25（2）s= 6m
【解析】
【详解】（1）设杆与水平方向的夹角为 θ，由图象可知，物块匀加速运动的加速度大小
，
匀减速上滑的加速度大小 ，
根据牛顿第二定律得， ， ，
联立两式解得 ， ．
（2）物块最终停止在底端，对全过程运用动能定理得，
，
由图线围成的面积知， ，
代入数据解得 s=6m．
1 1
2
2
0.5 0.6 1.50.2
A
A
I RR I
×= = Ω = Ω
0.360.6 0.841.5I A A= + =
2 2
1
4 m/s 4m/s1a = =
2 2
2
4 m/s 8m/s0.5a = =
1sin cosmg mg maθ µ θ− = 2sin + cosmg mg maθ µ θ =
0.25µ = sin 0.6θ =
1 sin cos 0mgs mg sθ µ θ− ⋅ =
1
1 4 1m 2m2s = × × =16.如图所示，竖直放置的汽缸内有一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S＝0.10m2，活塞
的质量忽略不计，气缸侧壁有一个小孔与装有水银的 U 形玻璃管相通．开始活塞被锁定，汽
缸内封闭了一段高为 80cm 的气柱（U 形管内的气体体积不计），此时缸内气体温度为 27℃，U
形管内水银面高度差 h1＝15cm．已知大气压强 p0＝75cmHg．
（1）让汽缸缓慢降温，直至 U 形管内两边水银面相平，求这时封闭气体的温度；
（2）接着解除对活塞的锁定，活塞可在汽缸内无摩擦滑动，同时对汽缸缓慢加热，直至汽缸
内封闭的气柱高度达到 96cm，求整个过程中气体与外界交换的热量（p0＝75cmHg＝
1.0×105Pa）．
【答案】（1）-23℃（2）吸收热量 ．
【解析】
【 详 解 】（1） 对 气 缸 内 的 气 体 ， 初 始 状 态 ：p1=p0+h1 ＝75+15=90cmHg；V1=HS=0.8S；
T1=273+27=300K
末态：p2=p0＝75cmHg；V2=HS=0.8S；T2=？
由 可得：
解得
T2=250K=-23℃
（2）解除对活塞的锁定后，气体内部压强变为 p0，气体吸收热量对外做功，最终气体温度与
外界温度相同，即气体内能不变；当汽缸内封闭的气柱高度达到 96cm 时，对外做功
由热力学第一定律可知，整个过程中气体吸收热量 ．
17.如图所示，在 xOy 平面直角坐标系中，直角三角形 ACD 内存在垂直平面向里磁感应强度
为 B 的匀强磁场，线段 CO=OD=L，CD 边在 x 轴上，∠ADC=30°．电子束沿 y 轴方向以相同
31.6 J10×
1 1 2 2
1 2
pV p V
T T
=
2
90 75=300 T
5 3
0 0.1 (0.96 01.0 10 .80)J 1.6 1 J0W p S h ×= − = ×= ∆ × ×
31.6 J10×的速度 v0 从 CD 边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为 ，在
第四象限正方形 ODQP 内存在沿 x 轴正方向、大小为 E=Bv0 的匀强电场，在 y=－L 处垂直于 y
轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与 y 轴交点为 P．忽略电子间的相互作用，不计电子的重力．
(1)电子的比荷；
(2)从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与 P 点间的距离：
(3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距 P 的最远距离．
【答案】(1) (2) (3)
【解析】
【分析】
根据电子束沿速度 v0 射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运
动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并
且精确作图进行分析求解；
【详解】（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径
由牛顿第二定律得
电子的比荷 ；
（2）若电子能进入电场中，且离 O 点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边 AD
相切，即粒子从 F 点离开磁场进入电场时，离 O 点最远：
3
L
03ve
m BL
= 2
3
L 3
4 L
3
Lr =
2
0
0Bev m r
v=
03e
m BL
v=设电子运动轨迹的圆心为 点．则
从 F 点射出的电子，做类平抛运动，有 ，
代入得
电子射出电场时与水平方向的夹角为 有
所以，从 x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为 G，则它与 P 点的距离
；
（3）设打到屏上离 P 点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时
设该电子打到荧光屏上的点与 P 点的距离为 X，由平抛运动特点得
所以
所以当 ，有 ．
【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确
的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用
化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．
18.在某次学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家展示了一个装置，如图所示，将一质
量为 0.1kg 的钢球放在 O 点，用弹射器装置将其弹出，使其沿着光滑的半圆形轨道 OA 和 AB
运动，BC 段为一段长为 L＝2.0m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽。圆弧 OA 和 AB 的半径分别
为 r＝0.2m，R＝0.4m，小球与 BC 段的动摩擦因数为 μ＝0.5，C 点离接球槽的高度为 h＝
1.25m，水平距离为 x＝0.5m，接球槽足够大，g 取 10m/s2，求：
O′ 2
3
LOF x= =
22
3 2
L Eex m t= = 0y tv=
2
3
Ly=
θ 1
2 2
ytan x
θ = =
( ) 2
tan 3
L y LGP θ
−= =
0 0
2 2
3
xm xLy t Eev v= = =
2
X L y
yx
−=
2
3 32 2 22 8
3
8
xL xL LX x xy
Lx
= − = − = − +
−
3
8x L= 3
4m LX =(1)钢球恰好不脱离圆弧轨道，钢球在 A 点的速度 vA 多大；
(2)满足(1)时，钢球在圆轨道最低点 B 对轨道的压力；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度至少多大。
【答案】(1)2m/s；(2)6N，方向竖直向下；(3) m/s
【解析】
【详解】(1)要使钢球恰好不脱离圆轨道，钢球在 A 点有
mg＝m
解得
vA＝ ＝2m/s
(2)从 A 到 B 根据动能定理有
在 B 位置时，对钢球
联立解得
FB＝6N
根据牛顿第三定律，钢球对半圆轨道的压力大小为 6N，方向竖直向下
(3)使钢球刚好落入槽中时对钢球，则有 ，x＝vCt，解得
vC＝1m/s
从 O 到 C 点，根据动能定理有
解得
m/s
13
2
Av
R
gR
2 21 12 2 2B AmgR mv mv= −
2
B
B
vF mg m R
− =
21
2h gt=
2 2
0
1 1
2 2CmgR mgL mv mvµ− = −
0 13v =故要使钢球最终能落入槽中，弹射速度 v0 至少为 m/s13
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