《高考物理冲刺试卷（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理冲刺试卷（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015年江西省宜春市高安中学高考物理冲刺试卷一、选择题：本大题共8个小题，每小题6分，共48分15小题单选，68小题多选全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A3tBCD2t2如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际航速为v1，所用时间为t1由于水速增大，第二次实际航程为
2、A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则（）At2t1 v2=Bt2t1v2=Ct2=t1v2=Dt2=t1v2=3质量为m=1kg的物体在水平面上运动，其Vt图象如图所示，其中一段时间受到一水平拉力的作用，另一段时间不受拉力作用则（）A物体所受摩擦力一定为3NB物体所受摩擦力一定为1NC水平拉力一定为4ND水平拉力一定为2N4如图为一自动温控电路，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，Rt为热敏电阻，其电阻值随着环境温度的升高而减小电键S闭合稳定后，当环境温度正在逐渐降低过程中，以下关于该电路的分析正确的是（）A电流方向是由b到aB电容
3、器的带电量正在逐渐增大C电源输出的功率变小D热敏电阻的消耗功率一定变大5如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和之间无磁场，一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域上边界H处由静止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是（）ABCD6甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量v1、v2、v3 和v1、v2、v3下列说法中正确的是（）A甲作的可能是直线运动，乙作的可能是圆周运动B甲和乙可能都作圆周运动C甲和乙受到的合力都可能是恒力D甲受到
4、的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力7如图所示，水平传送带足够长，小工件放在传送带A端静止，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25现让传送带由静止开始以加速度a0=5m/s2向右匀加速运动，当其速度增到v=5m/s时，立即改为以大小相同的加速度向右做匀减速运动直至停止，工件最终也停在传送带上工件在传送带上滑动时会留下“划痕”，取重力加速度g=10m/s2，在整个运动过程中（）A工件的最大速度为2.5m/sB工件的运动时间为sC工件在传送带上的“划痕”长mD工件相对传送带的位移为m8在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一
5、固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsin=kdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsinm1v2二、非选择题：本大题共4个小题，共52分请把实验题答案填在题中相应的横线上或括号中；解答计算题时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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9如图1所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，
6、与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数不变且近似等于砂和砂桶的重力，则必须满足A小车与滑轮间的细绳与长木板平行B小车与滑轮间的细绳足够长C砂和砂桶的总质量远小于小车的质量D砂和砂桶的总质量远大于小车的质量（2）实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线下列能直观得出“合外力一定时，加速度与质量成反比”的图线是图2中的（3）如图3，抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处
7、由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F的图线如图4所示实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将（填“变大”、“变小”或“不变”）10已知地球半径为R，地面附近的重力加速度为g，一天时间记为T，卫星质量为m已知万有引力势能公式，其中M为地球质量，r为卫星到地心距离求：（1）同步轨道卫星环绕地球的飞行速度；（2）从地球表面发射同步轨道卫星时的最小初速度（考虑地球自转的影响）11在x
8、轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2的左边），x轴上每一点的电势随着x变化的关系如图所示当x=x0时，电势为0；当x=x1时，电势有最小值（点电荷产生的电势公式为=k）（1）分析两个电荷的带电性质；（1）求两个电荷的位置坐标；（2）求两个电荷的电量之比12如图所示，让摆球从图中的 C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的 水平面上由D点向左做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.3m的 竖直放置的 光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L=2m，=60，小球质量为m=0.5kg，D点与小孔A的 水平距离s=2m，g取10m/s2试求：（1）求摆线能承受
9、的最大拉力为多大？（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数的范围2015年江西省宜春市高安中学高考物理冲刺试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共8个小题，每小题6分，共48分15小题单选，68小题多选全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分1如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab是圆的一条直径一带电粒子从a点射入磁场，速度大小为2v，方向与ab成30时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t；若仅将速度大小改为v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子所受重力）（）A3tBCD2t【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；匀速圆周运动【
10、专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断粒子的运动的时间【解答】解：根据周期公式T=可得，同一粒子在磁场中运动时的运动的周期相同，当速度的大小为2v时，圆周运动的圆心为O1，圆弧所对的圆心角为60，当速度的大小为v时，圆周运动的圆心在O2，由几何关系可知所对的圆心角为120，则粒子的运动的时间为2t，所以D正确故选D【点评】根据粒子的运动的轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子的运动的时间2如图所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变，已知第一次实际航程为A至B，位移为s1，实际
11、航速为v1，所用时间为t1由于水速增大，第二次实际航程为A至C，位移为s2，实际航速为v2，所用时间为t2，则（）At2t1 v2=Bt2t1v2=Ct2=t1v2=Dt2=t1v2=【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】根据合运动与分运动的等时性、运动的独立性，求解【解答】解：由运动的独立性，船对水的航速v不变，航向也不变，则渡河时间为：t=；河宽为d，航速v不变，故有：t2=t1船做匀速运动，运动时间为：t=，故有：2=，又t2=t1=联立解得：v2=故选：C【点评】考查了运动的合成与分解，抓住运动的几个性质，等时性、运动的独立性合理利用3质量为m=1kg的物体在水平
12、面上运动，其Vt图象如图所示，其中一段时间受到一水平拉力的作用，另一段时间不受拉力作用则（）A物体所受摩擦力一定为3NB物体所受摩擦力一定为1NC水平拉力一定为4ND水平拉力一定为2N【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】由图象可求得物体的加速度，由牛顿第二定律可求得合力，不受水平拉力作用时物体的合力即为摩擦力【解答】解：根据图象可知02s内加速度为：a1=，23s内加速度为：a2=，若水平拉力与运动方向相同时，则02s内有拉力，23s内没有拉力，根据牛顿第二定律得：Ff=ma1f=ma2解得：F=2N，f=3N若水平拉力与运动方向相反时，则02s内没有拉力，23s内有
13、拉力，根据牛顿第二定律得：f=ma1，Ff=ma2，解得：f=1N，F=2N，所以水平拉力一定是2N，故D正确故选：D【点评】图象在物理学中具有非常重要的地位，本题将图象与牛顿第二定律相结合，是道好题4如图为一自动温控电路，电源电动势为E，内电阻为r，C为电容器，A为零刻度在中央的电流计，R为定值电阻，Rt为热敏电阻，其电阻值随着环境温度的升高而减小电键S闭合稳定后，当环境温度正在逐渐降低过程中，以下关于该电路的分析正确的是（）A电流方向是由b到aB电容器的带电量正在逐渐增大C电源输出的功率变小D热敏电阻的消耗功率一定变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当环
14、境温度降低时Rt增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化电容器的电压等于R两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化，从而确定电流表中电流的方向根据电源内外电阻的关系，分析电源的输出功率的变化将R看成电源的内阻，分析热敏电阻的消耗功率的变化【解答】解：A、B当环境温度正在逐渐降低过程中，Rt增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律则知总电流减小，R的电压减小，而电容器的电压等于R两端的电压，则知电容器板间电压减小，带电量逐渐减小，处于放电状态，所以通过电流表的电流方向是由b到a，故A正确，B错误C、由于电源的内电阻与外电阻的关系不能确定
15、，所以电源的输出功率如何变化也不能确定，故C错误D、将R看成电源的内阻，则热敏电阻的消耗功率就是等效电源的输出功率，由于等效电源的内电阻与热敏电阻大小关系不能确定，所以不能判断热敏电阻的消耗功率如何变化故D错误故选：A【点评】对于电路的动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，是常用的分析思路电源的输出功率要根据内外电阻的关系进行判断5如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接电阻R，宽度相同的水平条形区域和之间无磁场，一导体棒两端套在导轨上，并与两导轨始终保持良好的接触，导体棒从距区域上边界H处由静
16、止释放，在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是（）ABCD【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像【专题】电磁感应与图像结合【分析】根据导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，分析安培力的变化，判断合力和加速度的变化，即可解答【解答】解：据题导体棒从距区域上边界H处由静止释放，做自由落体运动，做匀加速运动，由于导体棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻R上的电流及其变化情况相同，说明导体棒穿过磁场的过程必定做减速运动，导体棒所受的安
17、培力大于重力，而速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，合力减小，则导体棒的加速度减小，vt图象的斜率逐渐减小，而且根据两个过程的相似性可知进磁场和出磁场的速度相同，故C正确，ABD错误故选：C【点评】对于电磁感应中动态分析问题，关键要抓住安培力与速度的关系进行分析，知道速度减小，安培力即减小，再进一步分析加速度的变化，即可进行解答6甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量v1、v2、v3 和v1、v2、v3下列说法中正确的是（）A甲作的可能是直线运动，乙作的可能是圆周运动B甲和乙可能都作圆周运动C甲和乙受到的合力都可能是恒力D甲受到的合力可能是恒力，乙受到
18、的合力不可能是恒力【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动，圆周运动的速度方向时刻改变根据速度变化量的方向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力【解答】解：A、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙不可能做直线运动故A错误 BCD、甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲不可能都作圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力故BC错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外
19、力的方向与加速度的方向相同7如图所示，水平传送带足够长，小工件放在传送带A端静止，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25现让传送带由静止开始以加速度a0=5m/s2向右匀加速运动，当其速度增到v=5m/s时，立即改为以大小相同的加速度向右做匀减速运动直至停止，工件最终也停在传送带上工件在传送带上滑动时会留下“划痕”，取重力加速度g=10m/s2，在整个运动过程中（）A工件的最大速度为2.5m/sB工件的运动时间为sC工件在传送带上的“划痕”长mD工件相对传送带的位移为m【考点】牛顿第二定律【分析】由牛顿第二定律求出工件的加速度，传送带的加速度大于工件的加速度，传送带加速过程工件做加速运动，传送带
20、减速到与工件速度相等过程中，工件做加速运动，然后工件做匀减速直线运动，最后停止运动，应用匀变速直线运动的运动规律分析答题【解答】解：对工件，由牛顿第二定律得：mg=ma，代入数据解得：a=2.5m/s2，传送带加速时间：t1=1s，传送带加速结束时工件的速度：v1=at1=2.51=2.5m/s，传送带减速到与工件速度相等过程，v1+at2=va0t2，代入数据解得：t2=s，此时工件的速度最大：v最大=v1+at2=m/s，故A错误；然后工件做匀减速直线运动，减速运动的时间：t3=s，工件的运动时间：t=t1+t2+t3=s，故B正确；传送带的位移：s传送带=2=5m，工件的位移：s工件=（
21、t1+t1）+t3=m，工件相对传送带的位移：x=s传送带s工件=m，工件在传送带上的划痕为m，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题是一道力学综合题，考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，分析清楚传送带与工件的运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题8在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v则此时（）A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsin=kdC物
22、块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为Fdm1gdsinm1v2【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律；弹性势能【分析】当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，根据胡克定律求解出弹簧的伸长量；根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小；根据功能关系可求弹簧弹性势能的增加量【解答】解：A、由于拉力F与速度v同向，所以拉力的瞬时功率为 P=Fv，故A错误；B、开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力，当B刚离开C时，弹簧的弹力等于B的重力沿斜面下的分力，故m2gsin=kx2 ，但由于开始是弹簧是压缩的，故dx2，故m2gsinkd，故B错误；C、当B刚离开C时
23、，对A，根据牛顿第二定律得：Fm1gsinkx2=m1a1 ，又开始时，A平衡，则有：m1gsin=kx1，而d=x1+x2，解得：物块A加速度为，故C正确；D、根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故D正确；故选：CD【点评】含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路二、非选择题：本大题共4个小题，共52分请把实验题答案填在题中相应的横线上或括号中；解答计算题时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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9如图1所示，一端带有定滑轮
24、的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力不计空气阻力及一切摩擦（1）在探究“合外力一定时，加速度与质量的关系”时，要使测力计的示数不变且近似等于砂和砂桶的重力，则必须满足ACA小车与滑轮间的细绳与长木板平行B小车与滑轮间的细绳足够长C砂和砂桶的总质量远小于小车的质量D砂和砂桶的总质量远大于小车的质量（2）实验时，先测出小车质量m，再让小车从靠近光电门甲处由静止开始运动，读出小车在两光电门之间的运动时间t改变小车质量m，测得多组m、t的值，建立坐标系描点作出图线下列能直观得出“合外力一
25、定时，加速度与质量成反比”的图线是图2中的C（3）如图3，抬高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得多组数据，得到的F的图线如图4所示实验中测得两光电门的距离L=0.80m，砂和砂桶的总质量m1=0.34kg，重力加速度g取9.8m/s2，则图线的斜率为0.54kgm或0.54Ns2（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将不变（填“变大”、“变小”或“不变”）【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力
26、计的示数等于小车所受的合外力（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2位移一定，找出a与t的关系（3）根据牛顿第二定律求出小车的加速度和合力的关系，进一步求出F的关系式【解答】解：（1）小车受重力，支持力和拉力，小车与滑轮间的细绳与长木板平行，测力计的示数等于小车所受的合外力要使小车所受合外力一定，操作中必须满足沙和沙桶的总质量远小于小车的质量；故AC正确，BD错误；（2）小车从靠近甲光电门处由静止开始做匀加速运动，位移x=at2改变小车质量m，测得多组m、t的值，所以加速度a=，位移不变，所以a与t2成反比，合外力一定时，加速度与质量成反比例”的图线是C（3）小车由静止
27、开始做匀加速运动，位移L=at2a=根据牛顿第二定律得对于沙和沙桶，F合=Fmg=maF=m+mg则图线的斜率为k=2mL=0.54kgmk与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，如图3所示测得图线斜率将不变故答案为：（1）AC；（2）C；（3）0.54 kgm或0.54 Ns2，不变【点评】对于实验问题一定要明确实验原理，并且亲自动手实验，熟练应用所学基本规律解决实验问题10已知地球半径为R，地面附近的重力加速度为g，一天时间记为T，卫星质量为m已知万有引力势能公式，其中M为地球质量，r为卫星到地心距离求：（1）同步轨道卫星环绕地球的飞行速度；（2）从地球表面发射同步轨道卫星时
28、的最小初速度（考虑地球自转的影响）【考点】同步卫星【专题】人造卫星问题【分析】卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，列出等式，根据根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式，两等式结合求解从地球表面发射同步轨道由能量守恒列出等式求解【解答】解：（1）卫星在离地高度为H处环绕地球做匀速圆周运动，据万有引力提供向心力，列出等式：=m2r根据根据在地面附近物体受到地球的万有引力近似等于物体在地面上的重力，列出等式： =mg=，解得：r=，v=r=，（2）从地球表面发射同步轨道由能量守恒列出等式：mmv2=v0=考虑到地球的自转，最小发射速度u
29、=v0v自=答：（1）同步轨道卫星环绕地球的飞行速度是；（2）从地球表面发射同步轨道卫星时的最小初速度是【点评】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用运用黄金代换式GM=gR2求出问题是考试中常见的方法本题考查了多个知识点的应用，要能根据求解的问题选择恰当的物理规律求解11在x轴上有两个点电荷q1和q2（q1在q2的左边），x轴上每一点的电势随着x变化的关系如图所示当x=x0时，电势为0；当x=x1时，电势有最小值（点电荷产生的电势公式为=k）（1）分析两个电荷的带电性质；（1）求两个电荷的位置坐标；（2）求两个电荷的电量之比【考点】电势差与电场强度的关系；电势【专
30、题】电场力与电势的性质专题【分析】根据顺着电场线方向电势降低，确定出两电荷的电性由图知当x=x0时，电势为零，由电场的叠加原理求出两电荷的位置，并求解两个电荷的比值【解答】解：由图知：x从0到，电势先降低后升高，则知q2是正电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，在x轴的负方向上设坐标为x，由图得：k+=0；+=0联立方程解得：x=， =答：（1）分析两个电荷的带电性质，q2电荷，在x轴上坐标原点；q1是负电荷，；（1）求两个电荷的位置坐标q2电在x轴上坐标原点；q1在；（2）求两个电荷的电量之比【点评】本题信息给予题，关键要抓住题干中有效信息和图象中有效信息，利用叠加原理分析，灵活应用电势的公
31、式和斜率为零12如图所示，让摆球从图中的 C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的 水平面上由D点向左做匀减速运动，到达小孔A进入半径R=0.3m的 竖直放置的 光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L=2m，=60，小球质量为m=0.5kg，D点与小孔A的 水平距离s=2m，g取10m/s2试求：（1）求摆线能承受的最大拉力为多大？（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求粗糙水平面摩擦因数的范围【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）摆球摆到D点时，摆线的拉力最大，根据机械能守恒定律求出摆球摆到D点时速
32、度，由牛顿第二定律求出摆线的最大拉力（2）要使摆球能进入圆轨道，并且不脱离轨道，有两种情况：一种在圆心以下做等幅摆动；另一种能通过圆轨道做完整的圆周运动小球要刚好运动到A点，对小球从D到A的过程，运用动能定理求出动摩擦因数的最大值；若小球进入A孔的速度较小，并且不脱离轨道，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，根据机械能守恒和动能定理求出动摩擦因数要使摆球能进入圆轨道，恰好到达轨道的最高点，就刚好不脱离轨道，在最高点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出此时小球的速度，对从D到轨道最高点的过程，运用动能定理求解动摩擦因数的最小值，即可得到的范围【解答】
33、解：（1）当摆球由C到D运动，机械能守恒，则得：mg（LLcos）=mv在D点，由牛顿第二定律可得：Fmmg=m联立可得：摆线的最大拉力为 Fm=2mg=10N （2）小球不脱圆轨道分两种情况：要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，对小球从D到A的过程，由动能定理可得：1mgs=0mv解得：1=0.5 若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得： m=mgR由动能定理可得：2mgs=mv解得：2=0.35若小球能过圆轨道的 最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得：mg=m由动能定理可得：3mgs2mgR=mv解得：3=0.125 综上所以摩擦因数的范围为：0.350.5或者0.125 答：（1）摆线能承受的最大拉力为10N（2）要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，粗糙水平面摩擦因数的范围为0.350.5或者0.125【点评】本题关键是不能漏解，要知道摆球能进入圆轨道不脱离轨道，有两种情况，再根据牛顿第二定律、机械能守恒和动能定理结合进行求解