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10解析 (1)滑块在MN段，由N1＝kmg＋mg＝1.2mg，f1＝μN1＝0.3 mg， f1
2
根据牛顿第二定律得a1＝＝3 m/s
m由运动学公式得vN＝v0－2a1s＝3.16 m/s.
(2)滑块沿NO向上运动时：N2－mgcos 37°－kmg＝0； f2＝μN2 由牛顿第二定律得f2＋mgsin 37°＝ma2 f2＋mgsin 37°2
a2＝＝8.5 m/s.
m
vN
(3)滑块沿NO向上运动的最大距离：s1＝＝0.59 m＜0.6 m
2a2
又因为μ(mgcos 37°＋kmg)＜mgsin 37°所以滑块能再次回到N点． 答案 (1)3.16 m/s (2)8.5 m/s (3)能
11解析 (1)设轻绳长为R，则小球绕C在竖直面内做圆周运动时，半径为R－L，恰好能做竖直v
面内的圆周运动，则在最高点mg＝m
R－L
125
根据机械能守恒有mg[R－2(R－L)]＝mv解得R＝L.
23
12
(2)由机械能守恒定律，小球到最低点时mgR＝mv′得到v′＝
2
10gL. 3
2
2
2
2
(3)若滑块与小球粘在一起且恰好能在竖直面内绕C做圆周运动，则碰撞后的共同速度也为v′＝
10gL 3
12
对滑块根据动能定理有mgh－μmg(hcot θ＋s)＝mv1
21212
根据功能关系：E机损＝mv1－·2mv′
2210
解得E机损＝mgh－mgL－μmg(hcot θ＋s)．
35
答案 (1)L； (2)
3
1010
gL； (3)mgh－mgL－μmg(hcot θ＋s) 33
12．解：（1）P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用做匀速圆周运动 可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡
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相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用， 洛仑兹力等于向心力 所以电场力F=qE= G=mg=0.3N E=20 N/C （2）P在磁场中受洛伦兹力提供P作圆周运动的向心力故有qvB＝m RV2 得P做圆周运动的半径R=qB① 周期T＝代入数据得T=12s 由已知条件，有t＝4.0s＝T+T 12411mV2πmqB 故如下图所示： P的轨迹圆心角θ=30° 由右图可知，轨迹半径R+Rsin30°＝0.6m 所以R=0.4m 结合①式得v=0.2m/s； 方向：与磁场上边界夹角为60° （3）P和Q碰撞时，有mv0=mv+mQvQ 代入数据可解得vQ=0.6m/s 碰撞后Q水平方向只受摩擦力作用，应用牛顿第二定律，有μmg=ma得a=0.8m/s 因为Q在摩擦力作用下做匀减速直线运动，取速度为正方向，故加速度a=-0.8m/s 则Q停下前运动时间t′＝0?Va22＝0?0.6?0.8s＝0.75s 由于t′＜t=4s，说明P离开电、磁场时，Q已经停下 故位移x＝=0?v22a=2X(?0.8)m＝0.225m 0?0.62即Q停留在右方距初始位置0.225m处． 答：（1）通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做匀速圆周运动； （2）P从电、磁场中出来时的速度v=0.2m/s； （3）P从电、磁场中出来的时刻，Q停留在右方距初始位置0.225m处． @学无止境！@
2020-2021学年高考理综(物理)最后一次模拟试题及答案解析一
