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答案:⑴ 0.8m ⑵ 0.3N 方向豎直向下點撥:本題能將圓周運動及勻變速直線運動.平拋運動三種高中物理中典型的運動模型相結合.能很好考查了力學兩大基本觀點和一個基本方法.注意在分析圓周運動某一點的受力情況常用牛頓第二定律引結合.研究平拋運動的基本方法是運動的合成和分解.解答曲線運動全過程問題常用動能定理.本題是一道中等難度新穎的好題．考點5:理解萬有引力提供向心力【查看更多】

（20分）如圖所示，兩根相距L=1.0m的光滑平行金屬導軌水平固定放置，導軌距水平地面 H=0.8m，導軌的左端通過電鍵連接一電動勢E=4.0V、內阻r=1.0Ω的電源，在距導軌上橫跨一質量為m=0.5kg、有效電阻為R=1.0Ω的金屬棒，整個裝置處在磁感應強度為B=0.5T方向豎直向上的勻強磁場中。將電鍵接通后，金屬棒在磁場力的作用下沿導軌向右滑動，最終滑離導軌．

求：（1）金屬棒在滑動過程中的最大加速度及離開導軌后有可能達到的最大水平射程；

（2）若金屬棒離開導軌后的實際水平射程僅為0.8m，則從閉合電鍵到金屬棒離開導軌在金屬棒上產生的焦耳熱為多少？

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（20分）如圖所示，兩根相距L=1.0m的光滑平行金屬導軌水平固定放置，導軌距水平地面 H=0.8m，導軌的左端通過電鍵連接一電動勢E=4.0V、內阻r=1.0Ω的電源，在距導軌上橫跨一質量為m=0.5kg、有效電阻為R=1.0Ω的金屬棒，整個裝置處在磁感應強度為B=0.5T方向豎直向上的勻強磁場中。將電鍵接通后，金屬棒在磁場力的作用下沿導軌向右滑動，最終滑離導軌．

求：（1）金屬棒在滑動過程中的最大加速度及離開導軌后有可能達到的最大水平射程；

（2）若金屬棒離開導軌后的實際水平射程僅為0.8m，則從閉合電鍵到金屬棒離開導軌在金屬棒上產生的焦耳熱為多少？

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. 如圖所示，兩根相距L=1.0m的光滑平行金屬導軌水平固定放置，導軌距水平地面 H=0.8m，導軌的左端通過電鍵連接一電動勢E=4.0V、內阻r=1.0Ω的電源，在距導軌上橫跨一質量為m=0.5kg、有效電阻為R=1.0Ω的金屬棒，整個裝置處在磁感應強度為B=0.5T方向豎直向上的勻強磁場中。將電鍵接通后，金屬棒在磁場力的作用下沿導軌向右滑動，最終滑離導軌．

求：⑴金屬棒在滑動過程中的最大加速度及離開導軌后有可能達到的最大水平射程；

⑵若金屬棒離開導軌后的實際水平射程僅為0.8m，則從閉合電鍵到金屬棒離開導軌在金屬棒上產生的焦耳熱為多少？

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（20分）如圖所示，兩根相距L=1.0m的光滑平行金屬導軌水平固定放置，導軌距水平地面H=0.8m，導軌的左端通過電鍵連接一電動勢E=4.0V、內阻r=1.0Ω的電源，在距導軌上橫跨一質量為m=0.5kg、有效電阻為R=1.0Ω的金屬棒，整個裝置處在磁感應強度為B=0.5T方向豎直向上的勻強磁場中。將電鍵接通后，金屬棒在磁場力的作用下沿導軌向右滑動，最終滑離導軌．
求：（1）金屬棒在滑動過程中的最大加速度及離開導軌后有可能達到的最大水平射程；
（2）若金屬棒離開導軌后的實際水平射程僅為0.8m，則從閉合電鍵到金屬棒離開導軌在金屬棒上產生的焦耳熱為多少？

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如圖所示，兩根相距L=1.0m的光滑平行金屬導軌水平固定放置，導軌距水平地面 H=0.8m，導軌的左端通過電鍵連接一電動勢E=4.0V、內阻r=1.0Ω的電源，在距導軌上橫跨一質量為m=0.5kg、有效電阻為R=1.0Ω的金屬棒，整個裝置處在磁感應強度為B=0.5T方向豎直向上的勻強磁場中。將電鍵接通后，金屬棒在磁場力的作用下沿導軌向右滑動，最終滑離導軌．

求：（1）金屬棒在滑動過程中的最大加速度及離開導軌后有可能達到的最大水平射程；

（2）若金屬棒離開導軌后的實際水平射程僅為0.8m，則從閉合電鍵到金屬棒離開導軌在金屬棒上產生的焦耳熱為多少？

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一、選擇題

1、根據圖象分析：若沿x軸作勻速運動，通過圖1分析可知，y方向先減速后加速；若沿y軸方向作勻速運動，通過圖2分析可知，x方向先加速后減速。

答案：B

2、乙船能到達A點，則vcos60⁰=u，

過河時間t滿足：t = H/（ vsin60⁰）, 甲、乙兩船沿垂直于河岸方向的分速度相同，故過河時間相同。在t時間內甲船沿河岸方向的位移為s= （vcos60⁰ + u ）t=。

答案：D

3、根據萬有引力定律：，得：T=

答案：A

4、質點在A、B、C、D四點離開軌道，分別做下拋、平拋、上拋、平拋運動。很明顯，在A點離開軌道比在C、D兩點離開軌道在空間時間短。通過計算在A點下拋落地時間為t_A=（6-4）s，在B點平拋落地時間t_B=4s，顯然，在A點離開軌道后在空中時間最短。根據機械能守恒，在D剛拋出時機械能最大，所以落地時速度最大。

答案：AD

5、在軌道上向其運行方向彈射一個物體，由于質量遠小于空間站的質量，空間站仍沿原方向運動。根據動量守恒，彈出后一瞬間，空間站沿原運行方向的速度變小，提供的向心力（萬有引力）大于需要的向心力，軌道半徑減小，高度降低，在較低的軌道上運行速率變大，周期變小。

答案：C

6、當懸線在豎直狀態與釘相碰時根據能量守恒可知，小球速度不變；但圓周運動的半徑減小，需要的向心力變大，向心加速度變大，繩子上的拉力變大。

答案：BD

7、根據萬有引力定律：可得：M=,可求出恒星質量與太陽質量之比，根據可得：v=,可求出行星運行速度與地球公轉速度之比。

答案：AD

8、衛星仍圍繞地球運行，所以發射速度小11.2km/s；最大環繞速度為7.9km/s，所以在軌道Ⅱ上的速度小于7.9km/s；根據機械能守恒可知：衛星在P點的速度大于在Q點的速度；衛星在軌道Ⅰ的Q點是提供的向心力大于需要的向心力，在軌道Ⅱ上Q點是提供的向心力等于需要的向心力，所以在Q點從軌道Ⅰ進入軌道Ⅱ必須增大速度。

答案：CD

9、同步衛星隨地球自轉的方向是從東向西，把同步衛星從赤道上空3.6萬千米、東經103°處，調整到104°處，相對于地球沿前進方向移動位置，需要增大相對速度，所以應先下降高度增大速度到某一位置再上升到原來的高度。

答案：A

10、開始轉動時向心力由靜摩擦力提供，但根據F=mrω²可知，B需要的向心力是A的兩倍。所以隨著轉速增大，B的摩擦力首先達到最大靜摩擦力。繼續增大轉速，繩子的張力增大，B的向心力由最大靜摩擦力提供，A的向心力由靜摩擦力和繩子的張力的合力提供，隨著轉速的增大，B需要的向心力的增量（繩子張力的增量）比A需要的向心力的增量大，因而A指向圓心的摩擦力逐漸減小直到為0然后反向增大到最大靜摩擦力。所以，B受到的靜摩擦力先增大，后保持不變；A受到的靜摩擦力是先減小后增大；A受到的合外力就是向心力一直在增大。

答案：BD

二、填空題

11、圓盤轉動時，角速度的表達式為ω= ， T為電磁打點計的時器打點的時間間隔，r為圓盤的半徑，x₂、x₁是紙帶上選定的兩點分別對應米尺上的刻度值，n為選定的兩點間的打點數（含兩點）。地紙帶上選取兩點（間隔盡可能大些）代入上式可求得ω= 6.8rad/s。