2018-2019学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测物理试题 解析版

2018-2019学年四川省攀枝花市高二上学期期末教学质量监测物理试题 解析版

攀枝花市2018-2019学年度（上）普通高中教学质量监测 高二物理 一、选择题 ‎1.下列各图中，金属导体棒ab所受安培力F方向正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 左手定则：伸开左手，让拇指和其余四指垂直，并且都在一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。‎ ‎【详解】A、根据左手定则，导体棒ab所受安培力方向垂直于导体棒斜向上，A正确；‎ B、ab棒放置和磁场方向平行，不受安培力，B错误；‎ C、根据左手定则，ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向下，C错误；‎ D、根据左手定则，ab棒所受安培力方向垂直于导体棒向左，D错误；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题重点考查学生利用左手定则判断安培力方向的能力。‎ ‎2.如图所示，A1、A2为电流表，V为电压表， C为电容器，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻，电源电动势为E，内阻为r。现将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，下列结论正确的是 A. 电压表V示数变小 B. 电流表A1示数变小 C. 电流表A2示数变大 D. 电容器C上电荷量增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 局部电阻的变小，会引起全电路电阻的变小，根据闭合电路欧姆定律，可得到干路电流的变化情况，路端电压的变化情况；根据串并联电流电压的特点，可以判断各支路电表示数的变化情况。‎ ‎【详解】ABC、将开关S闭合，当滑动变阻器滑片P向右移动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，导致路端总电阻变小，根据可知，干路电流增大，即电流表A1示数变大；又因为，则路端电压减小，则电压表V的示数变小；R2为定值电阻，故流过R2的电流减小，即电流表A2示数变小；故A正确，BC错误；‎ D、因电容器跟电阻R2并联，故电容器两端的电压为U，因，可知，电容器上的带电量减小，故D错误。‎ 故选A。‎ ‎【点睛】熟练掌握闭合电路欧姆定律及其变形表达式，清楚串并联电路电流电压的关系，是解决问题的关键。‎ ‎3.如图所示，坐标系 xOy位于纸面内，两根直导线M、N垂直纸面放置，M、N位于x轴上关于O点对称。若在M、N中通有大小相等的电流，M中电流方向垂直纸面向外，N 中电流方向垂直纸面向里，两电流在y轴上的P点产生的合磁场方向为 A. x轴正方向 B. x轴负方向 C. y轴正方向 D. y轴负方向 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据安培右手定则，导线M在O点产生的磁场方向沿y轴正方向，导线N在O点产生的磁场方向沿y轴正方向，故坐标原点O处的合磁场沿y轴正方向。‎ ‎【点睛】知道磁场的矢量叠加原理，并能熟练使用安培右手定则，是解决问题的关键。‎ ‎4.如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=3∶2∶1。在此长方体的上、下、左、右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定电压，导体的电阻为R1；在3、4两端加上恒定电压，导体的电阻为R2，则R1∶R2为 A. 1∶3 B. 3∶1‎ C. 9∶1 D. 1∶9‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 确定导体的长度和横截面积的大小，根据电阻定律，即可求解。‎ ‎【详解】设c的长度为L，则b的长度为2L，a的长度为3L，根据电阻定律可知，1、2两点间的电阻为；3、4两点间的电阻为，故。‎ 故本题选D。‎ ‎5.如图所示的电路中，电源电动势E=4 V，内阻r=0.5 Ω，定值电阻R=1 Ω。开关S闭合后，电动机M刚好正常工作，理想电流表A的示数为1 A。电动机的线圈电阻R0=0.5 Ω，下列说法中正确的是 A. 定值电阻消耗的热功率3.5 W B. 电动机的输出功率为2 W C. 电动机两端的电压为2 V D. 电源的输出功率是4 W ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 定值电阻的功率由焦耳定律求得，电源的输出功率由总功率减去内阻功率，电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差。‎ ‎【详解】A、定值电阻消耗的热功率，A错误；‎ BC、电动机两端的电压，则电动机的电功率为，又因为电动机线圈上的发热功率为，所以，电动机的输出功率为，B正确，C错误；‎ D、电源的输出功率为，D错误。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；电源的输出功率由总功率减去内阻功率，要注意功率公式的适用条件。‎ ‎6.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，a点坐标为（0,0）、电势φa=10 V；b点坐标为（,1）、电势φb=13 V；d点坐标为（,3）、电势φd=1 V；则坐标为（0,4）的c点电势φc 为 A. -3 V B. -2 V C. 4 V D. 7 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接ab、bc、cd、da，由距离公式计算ab、bc、cd、da的长度，由几何关系确定abcd为矩形，求出ac和bd两条对角线交点e的电势，即可根据匀强电场中电势降落的特点，判断处c点的电势。‎ ‎【详解】由题意可知，a、b两点连线的长度为，同理，bc两点连线的长度，因为，刚好等于a、c两点间的长度，同理也能计算ad、dc的长度，综合得，四边形abcd为矩形，如下图所示：‎ 故db和ac两对角线交点e的电势。因为，解得：。‎ 故本题选C。‎ ‎【点睛】本题注重几何关系的应用，主要是考查匀强电场中，电势之间的关系。‎ 二、选择题 ‎7.关于电磁感应，下述说法中正确的是 A. 穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大 B. 穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零 C. 穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 D. 穿过线圈的磁通量的变化越大，感应电动势越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据对法拉第电磁感应定律及楞次定律的理解分析答题。‎ ‎【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化率 越大，感应电动势越大，磁通量变化率的大小反映磁通量变化的快慢，即磁通量变化得越快，感应电动势越大。而与、无关。故本题正确答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查了影响感应电动势大小的因素，即匝数确定的情况下，磁通量变化的越快，感应电动势越大。‎ ‎8.如图所示，在负点电荷Q（图中未画出）形成的电场中。一电子从a点静止释放，仅在电场力作用下沿直线ab向b点运动，则 A. a点的场强比b点大 B. a点的电势比b点高 C. 电场线方向从a指向b D. 电子在a点的电势能比b点小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电子的运动判断其受力情况，根据受力方向确定电场的方向，进而确定场源电荷Q的位置，之后可根据点电荷电场分布的特点，正确解题。‎ ‎【详解】电子由静止释放，仅在电场力作用下从a向b运动，则电子受到的电场力的方向从a到b，则电场方向从b到a，C错误；则场源负点电荷Q位于a点的左侧，故根据点电荷电场线分布特点（或点电荷场强公式）可知，a点的场强比b点的大，A正确；a点的电势低于b点的电势，B错误；负电子在电势低的地方，电势能较大，故D错误。‎ 故本题正确答案选A。‎ ‎【点睛】熟练掌握点电荷电场分布的特点，是解决本题问题的关键。‎ ‎9.如图甲所示，圆形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。取磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流i顺时针方向为正，则i－t图线正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图乙可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由楞次定律可得感应电流的方向，二者结合可得出正确的图象。‎ ‎【详解】设圆形线圈的匝数为n，线圈回路的面积为S，总电阻为R，根据法拉第电磁感应定律，线圈电流，得：在0~2s内，回路中电流大小恒为，沿逆时针方向，图像在横轴下方；在2~3秒内，磁场强弱不变，即为零，；在3~4秒内，电流大小恒为，沿顺时针方向，图像出现在横轴下方。‎ 故本题正确答案选D。‎ ‎【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果。‎ ‎10.如图所示，在三角形区域ACD内有一垂直纸面向里的匀强磁场。在纸面内一束电子以不同大小的速度从A点沿同一方向射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是 A. 从CD边出射的电子，在磁场中运动时间都相等 B. 从AC边出射的电子，在磁场中运动时间都相等 C. 从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小 D. 从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、如图所示，过入射点A过入射速度v的垂线AE，电子入射速度不同，但它在磁场中做圆周运动的圆心均集中在直线AE上，利用“放缩圆法”可知，能从AC边射出的电子的最大轨迹，刚好和CD边相切于F点。结合运动轨迹图和几何关系可知，所有能从AC边出射的电子，轨迹对应的圆心角相同，故时间相同，则A错误，B正确；‎ ‎ ‎ CD、由图可知，从AC边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越大；从CD边出射的电子距C点距离越近，其轨道半径越小。故CD错误；‎ 故选B。‎ ‎11.如图所示，A、B两相同的金属板水平放置。现让两板带上等量异种电荷，两板间形成竖直方向的匀强电场。将一带电粒子沿水平方向从A板左侧靠近A板射入电场中。当粒子射入速度为v1时，粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出，电场力做功为W1；当粒子射入速度为v2时，粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间，电场力做功为W2。不计粒子重力，则 A. v1∶v2＝2∶1 B. v1∶v2＝2∶1‎ C. W1∶W2＝1∶1 D. W1∶W2＝1∶2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电子垂直射入电场做类平抛运动，沿垂直于电场的分运动为匀速直线运动，沿平行于电场方向的分运动为初速度为零的匀加速直线运动；（2）电场力做功只与初末位置沿电场线方向的距离有关，而与路径无关。‎ ‎【详解】AB、设粒子在该平行板间做类平抛运动的加速度为，平行板的长度为L，板间距为d，当粒子沿轨迹Ⅰ运动时，，；当粒子沿轨迹Ⅱ运动时，，。；联立方程解得：，则A错误，B正确；‎ CD、根据电场力做功的特点可知，，，故，则C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎【点睛】熟练掌握类平抛运动“化曲为直”的方法，并知道电场力做功的特点，是解决本题的关键。‎ ‎12.如图所示，质量为m的带正电小球甲用长为L的绝缘轻质细线悬于O点，带负电的小球乙固定在绝缘支架上。现将小球乙放在适当位置并调整两小球电量，使得甲球静止于b点时，两球处在同一水平面上，相距为L，细线与竖直方向的夹角为θ。现保持小球乙位置不变，将小球甲拉至与O同高的c点，细线处于拉直状态，由静止释放，重力加速度为g，小球可视为点电荷，不计空气阻力。小球甲从c运动到b的过程中，下列说法正确的是 A. 小球甲过b点时所受合力方向指向圆心O B. 小球甲过b点时的速度大小为 C. 小球甲过b点时两球间的库仑力大小为mgsinθ D. 小球甲从c点到b点的过程中电势能先增大后减小 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 小球甲受重力、电场力和绳子拉力，起初静止于b点，则b点是小球甲的平衡位置，即小球甲做圆周运动的“等效”最低点，此时重力和电场力的合力与绳子拉力等值反向，即等效重力与绳子拉力等大反向。‎ ‎【详解】A、由题意可知，b点为小球甲做圆周运动的等效最低点，当小球甲运动到b点的瞬间，绳子拉力和等效重力方向相反，二力的合力提供向心力，如下图所示，故A正确；‎ B、小球从c运动到b的过程中，根据几何关系可知，b和c点到a的距离相同，根据点电荷电场的分布规律，小球甲从c点运动到b点的过程中，电场力做功为零。所以根据动能定理：，解得，故B正确；‎ C、如上图所示，小球甲经过b点时，两球的库仑力，C错误；‎ D、小球甲从c运动到b的过程中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加，故D错误；‎ 故本题选AB。‎ ‎【点睛】本题的关键是确定圆周运动的等效最低点，能利用竖直平面圆周运动最低点的理论来解决问题，同时本题还要求掌握点电荷的等势面的特点，并能熟练运用动能定理来解决问题。‎ ‎13.如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直纸面向里。金属圆环半径为L，圆心为O1，OM为直径，总电阻为4R。金属棒OA长为4L、电阻为2R。二者位于纸面内。现让金属棒绕O点以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒与金属环接触良好，当金属棒转至图中虚线位置时，下列说法正确的是 A. 金属棒OA产生的感应电动势为 B. 金属棒所受安培力大小为 C. 圆环上O、M两点间电压为 D. 圆环上的电功率为 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、金属棒OA转至虚线位置的瞬间，产生的感应电动势，A错误；‎ BCD、金属棒OA转至虚线位置的瞬间，OM棒相当于电源，电动势，此时外电路总电阻为，金属棒OM部分电阻，则O、M两点间的电势差为；此时流过金属棒的电流为：，所以金属棒OM所受的安培力大小为：；此时圆环上的电功率为：，故B错误，CD正确；‎ 故本题选CD。‎ ‎【点睛】本题考查导线转动切割磁场产生的感应电动势、闭合电路欧姆定律、安培力、电功率。‎ 三、实验 ‎14.某实验小组为了完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验室备有下列器材：‎ A．小灯泡（3.0 V，1.5 W）‎ B．电流表A1（量程0～0.6 A，内阻约为0.5 Ω）‎ C．电流表A2（量程0～3 A，内阻约为0.1 Ω）‎ D．电压表V（量程0～3 V，内阻约为10 kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（阻值范围0～l kΩ，允许最大电流300 mA）‎ F．滑动变阻器R2（阻值范围0～20 Ω，允许最大电流1 A）‎ G．直流电源E（电动势4 V，内阻不计）‎ H．开关S，导线若干 ‎ ‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)某同学画出了大部分实验电路如图(a)，请将其补充完整________；‎ ‎(2)按你补充完整的实验电路进行实验，电流表最好选用_______；滑动变阻器最好选用_________。（填上述实验器材前的字母序号）‎ ‎(3)实验小组得到小灯泡的伏安特性曲线如图（b）所示，但由于实验小组绘图的同学粗心，忘记标注坐标轴了。如果请你给它标上坐标轴，你会在纵轴上标注_____、横轴上标注_____。（选填“I”或“U”）‎ ‎【答案】 (1). (1)如图： (2). (2)B (3). F (4). (3)U (5). I ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程。灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；‎ ‎（2）通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接。根据电路图连接实物图；‎ ‎（3）灯泡的电阻随（电压）温度的升高而增大，所以U-I图线是一条曲线。‎ ‎【详解】（1）小灯泡为小电阻，故使用电流表外接法，所以补充完整的电路图如下：‎ ‎（2）根据小灯泡额定电压为3V，额定功率为1.5W可知，灯泡正常工作时，可流过的最大电流为0.5A，故选量程为0～0.6 A最佳，能准确测量，故选B；由于本实验采用滑动变阻器的分压式接法，故选阻值偏小的滑动变阻器调节更灵敏和方便，即滑动变阻器最好选用F；‎ ‎（3）由于小灯泡的电阻率会随着电压（温度）的升高而逐渐变大，从而导致小灯泡的电阻变大，故该伏安特性曲线的纵轴应标注U，横轴标注电流I；‎ 故本题的答案为：(1)图见解析 (2)B ； F (3)U ；I ‎【点睛】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别。‎ ‎15.图（a）为某简易多用电表的电路图。图中G是表头；E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻；R6是可变电阻；虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，分别为：直流电压2.5 V挡和5 V挡，直流电流2.5 mA挡和10 mA挡，欧姆×100 Ω挡。‎ ‎(1)图（a）中的A端与___________（填“红”或“黑”）色表笔相连接。 ‎ ‎(2)某次测量时该多用电表指针位置如图（b）中的c位置所示。若此时多用电表使用的是直流电压2.5 V挡，则多用电表读数为_____________V；若此时多用电表使用的是欧姆×100 Ω挡，则读数为_____________Ω。‎ ‎(3)某次使用欧姆挡时，先将两表笔短接，若多用电表指针位置如图（b）中的d位置，则应应将R6接入电路的电阻调______(填“大”或“小”)，才能使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置。‎ ‎(4)当多用电表使用10 mA档时，虚线方框内的换挡开关应与________号接线柱连接。‎ ‎【答案】 (1). (1) 黑 (2). (2) 1.48（1.46-1.49） (3). 1.1×103 (4). (3)小 (5). (4) 1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；‎ ‎（2）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；‎ ‎（3）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据欧姆表工作原理分析答题；‎ ‎（4）表头并联的电阻越小，其改装后的量程越大。‎ ‎【详解】（1）由图（a）所示电路图可知，A端与欧姆表内置电源的正极相连，所以A为黑表笔；‎ ‎（2）若此时多用电表使用的是直流电压2.5 V挡，则用0-250的量程先读数，再除以100，即为最后读数，所以此时的电表读数为：。（1.46-1.49均正确）；若此时多用电表使用的是欧姆×100Ω挡，则此时的电阻读数为：；‎ ‎（3）指针指在d，说明接入电路的电阻偏大，此时电流小于表头满偏电流，所以若将阻值往小调，这时即可达到目的，即可以让欧姆表指针指零；‎ ‎（4）若表头G并联的电阻越小，其量程越大，故当多用电表使用10 mA档时，虚线方框内的换挡开关应与1号接线柱连接；‎ 故本题答案为：(1)黑 (2) 1.48（1.46-1.49）；1.1×103 (3)小 (4)1‎ ‎【点睛】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意。‎ 四、计算题 ‎16.如图所示，电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=h，ad=L，质量为m。此线框从某一高度处自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁场磁感应强度大小为B，磁场宽度为h。若线框恰好以恒定速度通过磁场，不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)线框通过磁场过程中产生的焦耳热Q；‎ ‎(2)线框刚开始下落时bc边距磁场上边界的距离H。‎ ‎【答案】（1）2mgh（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由能量守恒得，线框通过磁场过程中产生的焦耳热：‎ ‎(2)设进入磁场的速度为v，感应电动势为E，感应电流为I，受到的安培力为F，则 由法拉弟电磁感应定律电动势为：‎ 欧姆定律得：‎ 由安培力公式得：‎ 由平衡条件得：‎ 由动能定理得：‎ 联立以上公式得：‎ ‎17.如图所示，纸面内直线PQ右侧足够大的区域内存在平行PQ的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度大小为E。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从O点沿垂直于电场方向以速度v0射入电磁场区域，粒子在电磁场中做匀速直线运动。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)匀强磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若将磁场撤去，则粒子运动到电场中的A点时速度方向与电场方向的夹角θ＝60°，求O、A两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由洛伦兹力公式得：‎ 电场力公式得：‎ 粒子在电磁场中匀速直线运动：‎ 联立以上公式得：‎ ‎(2) A点时速度方向与电场方向的夹角θ＝60°得： ‎ 由动能定理得：‎ 联立以上公式得：‎ ‎18.如图所示，纸面内两个边长均为L的正三角形ΔACD、ΔDEC构成一个棱形，ΔACD区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，ΔDEC区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从AC边的中点F沿与FA成θ＝30°的方向射入ΔACD区域，从DC边的中点G离开ΔACD区域进入ΔDEC区域。不计粒子重力，求：‎ ‎(1)粒子射入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)要使粒子不从CE边飞出，ΔDEC区域内磁场的磁感应强度B1的最小值。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在△ACD区域内做匀速圆周运动的轨道半径：‎ 由洛伦兹力公式得：‎ 由匀速圆周运动得：‎ 联立以上公式得：‎ ‎(2)由根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的特点及几何知识可知，粒子在△CDE区域中不从CE边飞出的最大轨道半径：‎ 由洛伦兹力公式得：‎ 由匀速圆周运动得：‎ 联立以上公式得：‎ ‎19.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑半圆形轨道与光滑水平轨道在B点平滑连接。O点是光滑半圆形轨道的圆心，半圆形轨道的最低点为B、最点高为C。整个装置处水平向左的匀强电场中。现让一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从水平轨道的某点A由静止释放，到达C点时对轨道的压力为零。当小球过C点时撤去电场，小球落到A点左侧水平轨道上的D点。已知A、D间的距离为，重力加速度为g，不计空气阻力，小球可视为质点，求：‎ ‎（1）小球过时C点速度v的大小；‎ ‎（2）该匀强电场场强E的大小；‎ ‎（3）小球经过半圆形轨道某点G（图中未画出）时，所受合外力方向指向圆心O，求小球过G点时，轨道对小球压力N的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 设小球过C点速度为v，轨道的压力为零，由向心力公式得： ‎ 解得：‎ ‎(2) 设C、D水平距离为x，由平抛运动的规律得： ‎ A到C由动能定理得：‎ 联立以上公式得：‎ ‎(3)由题意得所受合外力方向指向圆心O，设合力与竖直方向的夹角为θ，则有 ‎ ‎ 设小球过G点速度为v1，小球由A到G由动能定理得：‎ 过G点，向心力公式得：‎ 轨道对小球的压力：‎ ‎ ‎