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2020年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 P 31 Cl 35.5 Ar 40 V 51 Fe 56二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。
若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。
故选D。
2.火星的质量约为地球质量的110，半径约为地球半径的12，则同一物体在火星表面与在地球表面受到的引力的比值约为（）A. 0.2B. 0.4C. 2.0D. 2.5【答案】B 【解析】【详解】设物体质量为m ，则在火星表面有1121M mF GR 在地球表面有2222M mF GR 由题意知有12110M M 1212R R = 故联立以上公式可得21122221140.4101F M R F M R ==⨯= 故选B 。
省2020年普通高中学业水平等级考试物理试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题3分，共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1．一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s 与时间t 的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N 表示，速度大小用v 表示。
重力加速度大小为g 。
以下判断正确的是A ．0~t 1时间，v 增大，F N >mgB ．t 1~t 2 时间，v 减小，F N <mgC ．t 2~t 3 时间，v 增大，F N <mgD ．t 2~t 3时间，v 减小，F N >mg2．氚核31H 发生β衰变成为氦核32He 。
假设含氚材料中31H 发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2⨯104s 时间形成的平均电流为5.0⨯10-8A 。
已知电子电荷量为1.6⨯10-19C ，在这段时间发生β衰变的氚核31H 的个数为 A ．145.010⨯B ．161.010⨯C ．162.010⨯D ．181.010⨯3．双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S 到S 1、S 2的距离相等，O 点为S 1、S 2连线中垂线与光屏的交点。
光源S 发出的波长为λ的光，经S 1出射后垂直穿过玻璃片传播到O 点，经S 2出射后直接传播到O 点，由S 1到O 点与由S 2到O 点，光传播的时间差为t ∆。
玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c ，不计光在玻璃片的反射。
以下判断正确的是A.5t cλ∆=B ．152t cλ∆=C ．10t cλ∆=D ．15t cλ∆=4．一列简谐横波在均匀介质中沿x 轴负方向传播，已知54x λ=处质点的振动方程为2πcos()y A t T =，则34t T=时刻的波形图正确的是5．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=22:3，输入端a 、b 所接电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示。
全国I 卷解析14. D 【解析】根据动量定理，碰撞后司机的动量改变量不变，安全气囊延长司机受力作用时间，同时增大司机的受力面积，减小压强，A 、B 选项错误；D 选项正确；司机碰撞过程中，动能转化为内能，C 选项错误。
15. B 【解析】物体在星球表面受到的引力为2m R GM F =，物体在火星和地球表面受到的引力比值为4.012101222=×=×=火地地火地火R R M M F F ，B 选项正确。
16. B 【解析】该同学做圆周运动，在最低点每根绳子的作用力为F ，有l mv mg -22=F ，解得F=410N ，B 选项正确。
17. A 【解析】电容器的电荷量CU =q ，则tt q i ΔΔ=ΔΔ=U C ，电容器充放电电流过程中电流大小与U C -t 图像的斜率成正比，电阻两端电压与电流成正比。
0-1s 内电路中没有电流，电阻两端电压为0,1-2内电容器充电，3-5s 内电容器放电，1-2s 内电流是3-5s 内电流的两倍，电流方向相反，2-3s 内电容器电压不变，电路中无电流，电阻电压为零，则A 选项正确。
18.C 【解析】粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中运动轨迹对应圆心角决定，即T πθ2t =。
采用放缩法，粒子垂直ac ，则圆心必在ac 直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大，在r 《0.5R 和r 》1.5R 时，粒子从ac 、bd 区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。
当0.5R<r<1.5R 时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R 逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从π逐渐增大，当轨迹半径为R 时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R 时轨迹圆心角最大，即πππθ343=+=，粒子运动最长时间为BB T 3q m π4q m 2234π2θt =×==πρπ,C 正确。
2020山东高考物理试题答案解析1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N表示，速度大小用v表示。
重力加速度大小为g。
以下判断正确的是（）A. 0~t1时间内，v增大，F N>mgB. t1~t2时间内，v减小，F N<mgC. t2~t3时间内，v增大，F N <mgD. t2~t3时间内，v减小，F N >mg【答案】D【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则F N<mg，选项A错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则F N=mg，选项B错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，超重，则F N>mg，选项C错误，D正确；故选D。
2.氚核31H发生β衰变成为氦核32He。
假设含氚材料中31H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2⨯104 s时间内形成的平均电流为5.0⨯10-8 A。
已知电子电荷量为1.6⨯10-19 C，在这段时间内发生β衰变的氚核31H的个数为（）A. 145.010⨯ B. 161.010⨯ C. 162.010⨯ D.181.010⨯【解析】根据q ne I t t== 可得产生的电子数为8416195.010 3.210101.610It n e --⨯⨯⨯===⨯个 因在β衰变中，一个氚核产生一个电子，可知氚核的个数为1.0×1016个。
故选B ．3.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S 到S 1、S 2的距离相等，O 点为S 1、S 2连线中垂线与光屏的交点。
光源S 发出的波长为λ的光，经S 1出射后垂直穿过玻璃片传播到O 点，经S 2出射后直接传播到O 点，由S 1到O 点与由S 2到O 点，光传播的时间差为t ∆。
玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c ，不计光在玻璃片内的反射。
专题04平抛运动与圆周运动【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅰ卷）【母题原题】（2020·新课标Ⅰ卷）如图，一同学表演荡秋千。
已知秋千的两根绳长均为10m ，该同学和秋千踏板的总质量约为50kg 。
绳的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8m/s ，此时每根绳子平均承受的拉力约为（）A.200NB.400NC.600ND.800N【答案】B【解析】在最低点由22mv T mg r-=，知T =410N ，即每根绳子拉力约为410N ，故选B 。
【母题来源二】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国Ⅱ卷）【母题原题】（2020·新课标Ⅱ卷）如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h ，其左边缘a 点比右边缘b 点高0.5h 。
若摩托车经过a 点时的动能为E 1，它会落到坑内c 点。
c 与a 的水平距离和高度差均为h ；若经过a 点时的动能为E 2，该摩托车恰能越过坑到达b 点。
21E E 等于（）A.20B.18C.9.0D.3.0【答案】B【解析】有题意可知当在a 点动能为E 1时，有21112E mv =，根据平抛运动规律有2112h gt =，11h v t =，当在a 点时动能为E 2时，有22212E mv =，根据平抛运动规律有221122h gt =，223h v t =，联立以上各式可解得2118E E =，故选B 。
【母题来源三】2020年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】（2020·江苏卷）如图所示，小球A 、B 分别从2l 和l 的高度水平抛出后落地，上述过程中A 、B 的水平位移分别为l 和2l 。
忽略空气阻力，则（）A.A 和B 的位移大小相等B.A 的运动时间是B 的2倍C.A 的初速度是B 的12D.A 的末速度比B 的大【答案】AD【解析】A ．位移为初位置到末位置的有向线段，如图所示可得A s ==，B s ==，A 和B 的位移大小相等，A 正确；B．平抛运动运动的时间由高度决定，即A t ==，B t ==A 的运动时间是B 倍，B 错误；C ．平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则xAA l v t ==，xB B 2l v t ==，则A 的初速度是B的，C 错误；D ．小球A 、B 在竖直方向上的速度分别为yA v=yB v=，所以可得Av=B v ==，即A B v v >，D 正确。
理科综合物理局部 - - -新课标二、选择题 .此题共8小题 ,每题6分 .在每题给出的四个选项中 ,有的只有一项符合题目要求 ,有的有多项符合题目要求 .全部选对的得6分 ,选对但不全的得3分 ,有选错的得0分 .14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验 ,提出了惯性的概念 ,从而奠定了牛顿力学的根底 .早期物理学家关于惯性有以下说法 ,其中正确的选项是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用 ,物体只能处于静止状态C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用 ,将继续以同一速度沿同一直线运动 答案：AD答案及解析： 14.【答案】AD 【解析】惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性 ,所以A 正确；如果没有力 ,物体将保持静止或匀速直线运动 ,所以B 错误；行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等 ,所以C 错误；运动物体不受力 ,它将保持匀速直线运动状态 ,所以D 正确 . 15.如图 ,x 轴在水平地面内 ,y 轴沿竖直方向 .图中画出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a 、b 和c 的运动轨迹 ,其中b 和c 是从同一点抛出的 ,不计空气阻力 ,那么 A.a 的飞行时间比b 的长 B.b 和c 的飞行时间相同 C.a 的水平速度比b 的小 D.b 的初速度比c 的大 答案：BD 15.【答案】BD 【解析】根据212h gt =可知t =,所以a b c t t t <= ,即A 错误 ,B 正确；由x v t =得a b c v v v >> ,所以C 错误 ,D 正确 .16.如图 ,一小球放置在木板与竖直墙面之间 .设墙面对球的压力大小为N 1 ,球对木板的压力大小为N 2 .以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴 ,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置 .不计摩擦 ,在此过程中 A.N 1始终减小 ,N 2始终增大 B.N 1始终减小 ,N 2始终减小 C.N 1先增大后减小 ,N 2始终减小 D.N 1先增大后减小 ,N 2先减小后增大 答案：B16【答案】B【解析】受力分析如下图: 重力的大小方向都不变 ,可知N 1、N 2的合力大小、方向都不变 ,当木板向下转动时 ,N 1、N 2变化如下图 ,即N 1、N 2都减小 ,所以正确选项为B17.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈 ,原、副线圈都只取该线圈的某局部 ,一升压式自耦调压变压器的电路如下图 ,其副线圈匝数可调 .变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝 ,接在有效值为220V 的交流电源上 .当变压器输出电压调至|最|大时 ,负载R 上的功率为2.0 kW .设此时原线圈中电流有效值为I 1 ,负载两端电压的有效值为U 2 ,且变压器是理想的 ,那么U 2和I 1分别约为 和 和 和 和 答案：B 17.【答案】B 【解析】由1212U U n n =得：221119002203801100n U U V V n ==⨯= ,由121122P P U I U I ===得21120009.1220P I A A U === ,所以B 正确 .GF 电F 合18.如图 ,平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度 ,两极板与一直流电源相连 .假设一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器 ,那么在此过程中 ,该粒子 A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 答案：BD18.【答案】BD【解析】受力分析如下图 ,知重力与电场力的合力与速度方向相反 ,所以粒子做匀减速直线运动 ,动能减小 ,所以A 、C 错误 ,D 正确；因为电场力与速度方向夹角为钝角 ,所以电场力做负功 ,电势能增加 ,即B 正确 .19.如图 ,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框 ,半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面 (纸面 )向里 ,磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周 ,在线框中产生感应电流 .现使线框保持图中所示位置 ,磁感应强度大小随时间线性变化 .为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流 ,磁感应强度随时间的变化率tB∆∆的大小应为 A.πω04B B.πω02B C.πω0B D.πω20B 答案：C 19【答案】C【解析】线圈匀速转动过程中 ,22001122B R B R E I r r rωω===；要使线圈产生相同电流 ,221111122B R E BR I r r t r t r tπφπ∆∆∆====∆∆∆ ,所以0B B t ωπ∆=∆ ,所以C 正确 .20.如图 ,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内 ,线框在长直导线右侧 ,且其长边与长直导线平行 .在t =0到t =t 1的时间间隔内 ,直导线中电流i 发生某种变化 ,而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右 .设电流i 正方向与图中箭头方向相同 ,那么i 随时间t 变化的图线可能是答案：A20【答案】A【解析】由楞次定律可知：线框受力水平向左时 ,线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱 ,说明导线中的电流正在减弱；线框受力水平向右时 ,线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的增强 ,说明导线中的电流正在增强；所以导线中的电流先减弱后增强 ,所以CD 错误；又因线圈中的电流为顺时针方向 ,所以由右手螺旋定那么知线圈产生磁场为垂直纸面向里 ,因为线圈中的磁场要阻碍原磁场引起的磁通量的减弱 ,故导线初始状态在导线右侧产生的磁场方向为垂直纸面向里 ,由右手螺旋定那么知导线中电流方向为正方向 ,所以A 正确 ,B 错误 .21.假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体 .一矿井深度为d .质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零 .矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 A.R d -1 B. Rd +1 C. 2)(R d R - D. 2)(d R R -答案：A 21【答案】A【解析】在地球外表2M mg Gm R = ,又343M R ρπ= ,所以243M g G G R R πρ== ,因为球壳对球内物体的引力为零 ,所以在深为d 的矿井内()2Mmg Gm R d '=- ,得()()243Mg GG R d R d πρ'==-- ,所以1g R d d g R R '-==- . 第二卷三、非选择题 .包括必考题和选考题两局部 .第22题~第32题为必考题 ,每个试题考生都必须做答 .第33题~第40题为选考题 ,考生根据要求做答 . (一 )必考题 (11题 ,共129分 ) 22. (5分 )某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度 .该螺旋测微器校零时的示数如图 (a )所示 ,测量金属板厚度时的示数如图 (b )所示 .图 (a )所示读数为_________mm ,图 (b )所示读数为_________mm ,所测金属板的厚度为_________mm .答案：；；22. (5分 )【考点】长度测量 【答案】；； 【解析】 (a )图螺旋测微器的读数步骤如下.首|先 ,确定从主尺读出毫米数为0mm ,可动刻度与主尺对齐个数为 (格 ) ,读数为 ,那么螺旋测微器读数为 + = , (b )图螺旋测微器的读数步骤如下.首|先 ,确定从主尺读出毫米数为 ,可动刻度与主尺对齐个数为 (格 ) ,读数为 ,那么螺旋测微器读数为 + = ,考虑调零问题金属板实际厚度 6.8700.100 6.860d mm =-=23. (10分 )图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场 .现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力 ,来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向 .所用局部器材已在图中给出 ,其中D 为位于纸面内的U 形金属框 ,其底边水平 ,两侧边竖直且等长；E 为直流电源；R 为电阻箱；○A 为电流表；S 为开关 .此外还有细沙、天平、米尺和假设干轻质导线 .(1 )在图中画线连接成实验电路图 . (2 )完成以下主要实验步骤中的填空①按图接线 .②保持开关S 断开 ,在托盘内参加适量细沙 ,使D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m 1 .③闭合开关S ,调节R 的值使电流大小适当 ,在托盘内重新参加适量细沙 ,使D________；然后读出_________________ ,并用天平称出_______ . ④用米尺测量_______________ .(3 )用测量的物理量和重力加速度g 表示磁感应强度的大小 ,可以得出B =_________ . (4 )判定磁感应强度方向的方法是：假设____________ ,磁感应强度方向垂直纸面向外；反之 ,磁感应强度方向垂直纸面向里 .23. (10分 )【答案】连线如下图 .(2)③重新处于平衡状态； 电流表的示数I ；此时细沙的质量 m 2 .④ D 的底边长度l . (3)B =Ilgm m 12-(4)m 2> m 1 ,【解析】测磁感应强度原理：开关断开时 ,线框的重力等于砝码的重力 ,所以01m g m g = ,得01m m =；接通电源后 ,假设磁感应强度的方向垂直于纸面向里 ,那么安培力向上 ,那么有02m g BIl m g -= ,所以()12m m g B Il-=；接通电源后 ,假设磁感应强度的方向垂直于纸面向外 ,那么安培力向下 ,那么有02m g BIl m g += ,所以()21m m gB Il-=；所以⑶中磁感应强度的大小为12m m gB Il-= .24. (14分 )拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具 (如图 ) .设拖把头的质量为m ,拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ ,重力加速度为g ,某同学用该拖把在水平地板上拖地时 ,沿拖杆方向推拖把 ,拖杆与竖直方向的夹角为θ . (1 )假设拖把头在地板上匀速移动 ,求推拖把的力的大小 .(2 )设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ .存在一临界角θ0 ,假设θ≤θ0 ,那么不管沿拖杆方向的推力多大 ,都不可能使拖把从静止开始运动 .求这一临界角的正切tan θ0 .24.(14分 )解：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F 的力推拖把 .将推拖把的力沿竖直和水平方向分解 ,按平衡条件有Fcosθ + mg =N ① Fsinθ =f②式中N 和f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力 .按摩擦定律有 f =μN ③联立①②③得F =mg θμθμcos sin -④(2)假设不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动 ,应有 Fsinθ≤λN ⑤这时①式仍满足 ,联立①⑤得 sinθ -λcosθ≤λFmg现考察使上式成立的θ角的取值范围 ,注意到上式右边总是大于零 ,且当F 无限大时极限为零 ,有 sinθ -λcosθ≤0 ⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0 ,这里θ0是题中所定义的临界角 ,即当θ≤θ0时 ,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把 .临界角的正切为 tanθ0 =λ 25. (18分 )如图 ,一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面 (纸面 ) .在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场 ,一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线在圆上的a 点射入柱形区域 ,在圆上的b 点离开该区域 ,离开时速度方向与直线垂直 .圆心O 到直线的距离为 .现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场 ,同一粒子以同样速度沿直线在a 点射入柱形区域 ,也在b 点离开该区域 .假设磁感应强度大小为B ,不计重力 ,求电场强度的大小 .25. (18分 )【答案】解：粒子在磁场中做圆周运动 .设圆周的半径为r ．由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得rv m qvB 2= ①式中v 为粒子在a 点的速度过b 点和O 点作直线的垂线 ,分别与直线交于c 和d 点 .由几何关系知 ,线段ac 、bc 和过a 、b 两点的轨迹圆弧的两条半径 (未画出 )围成一正方形 .因此ac =bc =r ②设cd =x ,由几何关系得 ac =45 R +x ③bc =2253x R R -+ ④联立②③④式得r =75R ⑤再考虑粒子在电场中的运动 .设电场强度的大小为E ,粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a ,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE =ma ⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r 由运动学公式得 r =12 at 2r =vt式中t 是粒子在电场中运动的时间 .联立①⑤⑥⑦⑧式得mRqB E 5142=⑨33.[物理 - -选修3 -3] (15分 )(1 ) (6分 )关于热力学定律 ,以下说法正确的选项是________ (填入正确选项前的字母 ,选对1个给3分 ,选对2个给4分 ,选对3个给6分 ,每选错1个扣3分 ,最|低得分为0分 ) . A.为了增加物体的内能 ,必须对物体做功或向它传递热量 B.对某物体做功 ,必定会使该物体的内能增加 C.可以从单一热源吸收热量 ,使之完全变为功 D.不可能使热量从低温物体传向高温物体E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程 答案：ACE(2 ) (9分 )如图 ,由U 形管和细管连接的玻璃泡A 、B 和C 浸泡在温度均为0°C 的水槽中 ,B 的容积是A 的3倍 .阀门S 将A 和B 两局部隔开 .A 内为真空 ,B 和C 内都充有气体 .U 形管内左边水银柱比右边的低60mm .翻开阀门S ,整个系统稳定后 ,U 形管内左右水银柱高度相等 .假设U 形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积 .(i )求玻璃泡C 中气体的压强 (以mmHg 为单位 )；(ii )将右侧水槽的水从0°C 加热到一定温度时 ,U 形管内左右水银柱高度差又为60mm ,求加热后右侧水槽的水温 . 33⑴【答案】ACE【解析】由热力学第|一定律W Q U +=∆ ,知A 正确 ,B 错误；由热力学第二定律知 ,C 、D 这些过程在借助于外界帮助的情况下是可以实现的 ,所以C 正确、D 错误；由自然界中一切与热现象有关的过程都是不可逆的 ,所以E 正确 .(2) (i )在翻开阀门S 前 ,两水槽水温均为T 0 =273K .设玻璃泡B 中气体的压强为p 1 ,体积为V B ,玻璃泡C 中气体的压强为p C ,依题意有p 1 =p C +Δp ①式中Δp =60mmHg .翻开阀门S 后 ,两水槽水温仍为T 0 ,设玻璃泡B 中气体的压强为p B . 依题意 ,有p A =p C ②玻璃泡A 和B 中气体的体积为 V 2 =V A +V B ③ 根据玻意耳定律得 p 1 V B =p B V 2 ④ 联立①②③④式 ,并代入题给数据得 180mmHg BC AV p p V =∆= ⑤ (ii )当右侧水槽的水温加热至|T′时 ,U 形管左右水银柱高度差为Δp .玻璃泡C 中气体的压强为p c ′ =p a +Δp ⑥玻璃泡C 的气体体积不变 ,根据查理定理得0C C p p T T '='⑦联立②⑤⑥⑦式 ,并代入题给数据得 T′ =364 K ⑧ 34.[物理 - -选修3 -4] (15分 )(1 ) (6分 )一简谐横波沿x 轴正向传播 ,t =0时刻的波形如图 (a )所示 ,x =处的质点的振动图线如图 (b )所示 ,该质点在t =0时刻的运动方向沿y 轴_______ (填 "正向〞或 "负向〞 ) .该波的波长大于 ,那么该波的波长为_______m .答案：正向；(2 ) (9分 )一玻璃立方体中|心有一点状光源 .今在立方体的局部外表镀上不透明薄膜 ,以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体 .该玻璃的折射率为2 ,求镀膜的面积与立方体外表积之比的最|小值 .34⑴【答案】正向【解析】⑴由b 图可知 ,0时刻质点振动方向沿y 轴正向；根据质点带动法和波向右传播 ,得a 图知介质中各质点的振动方向如图示 ,由振动方程t T A y π2sin= ,即有t Tπ2sin 22= 得22sin 2t T π= ,又因为该波长大于 ,所以234t T ππ= ,得38t T = ,又0.338x v T t T λ∆===∆ 所以0.8m λ= .如图 ,考虑从玻璃立方体中|心O 点发出的一条光线 ,假设它斜射到玻璃立方体上外表发生折射 .根据折射定律有sin sin n θα= ① 式中 ,n 是玻璃的折射率 ,入射角等于θ ,α是折射角 .现假设A 点是上外表面积最|小的不透明薄膜边缘上的一点 .由题意 ,在A 点刚好发生全反射 ,故2A πα=②设线段OA 在立方体上外表的投影长为R A ,由几何关系有A 22sin =()2A A R a R θ+③式中a 为玻璃立方体的边长 ,有①②③式得221A a R n =-④由题给数据得2A a R =⑤ 由题意 ,上外表所镀的面积最|小的不透明薄膜应是半径为R A 的圆 .所求的镀膜面积S′与玻璃立方体的外表积S 之比为2266AR S S a π'=⑥ 由⑤⑥式得4S S π'=⑦ 35.[物理 - -选修3 -5] (15分 )(1 ) (6分 )氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量 ,该反响方程为：21H +31H →42He +x ,式中x 是某种粒子 .：21H 、31H 、42He 和粒子x 的质量分别为、、和；2 ,c 是真空中的光速 .由上述反响方程和数据可知 ,粒子x 是__________ ,该反响释放出的能量为_________ MeV (结果保存3位有效数字 ) 答案：10n (或中子 ) ,(2 ) (9分 )如图 ,小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂 ,将球b 向右拉起 ,使细线水平 .从静止释放球b ,两球碰后粘在一起向左摆动 ,此后细线与竖直方向之间的最|大偏角为60° .忽略空气阻力 ,求 (i )两球a 、b 的质量之比；(ii )两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最|大动能之比 .35.【答案】⑴10n (中子 )【解析】根据234112H H H x +→+并结合质量数守恒和电荷数守恒知x 为10n ；由质能方程2E mc ∆=∆得()()23412341112112293617.61H H H n H H H nMevE m m m m c m m m m MeV u∆=+--=+--=(i )设球b 的质量为m 2 ,细线长为L ,球b 下落至|最|低点 ,但未与球a 相碰时的速度为v ,由机械能守恒定律得22212m gL m v =① 式中g 是重力加速度的大小 .设球a 的质量为m 1；在两球碰后的瞬间 ,两球共同速度为v′ ,以向左为正 .有动量守恒定律得 212()m v m m v '=+②设两球共同向左运动到最|高处 ,细线与竖直方向的夹角为θ ,由机械能守恒定律得212121()()(1cos )2m m v m m gL θ'+=+-③联立①②③式得121m m =-代入数据得121m m = (ii )两球在碰撞过程中的机械能损失是 212()(1cos )Q m gL m m gL θ=-+-联立①⑥式 ,Q 与碰前球b 的最|大动能E k (E k =2212m v )之比为 1221(1cos )k m m QE m θ+=--⑦ 联立⑤⑦式 ,并代入题给数据得1k Q E =-⑧。
热点08圆周运动高考真题1．（2019海南物理·6）.如图，一硬币（可视为质点）置于水平圆盘上，硬币与竖直转轴'OO 的距离为r ，已知硬币与圆盘之间的动摩擦因数为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），重力加速度大小为g 。
若硬币与圆盘一起绕'OO 轴匀速转动，则圆盘转动的最大角速度为（）A.B.C.D.【参考答案】B【名师解析】硬币与圆盘一起绕'OO 轴匀速转动，隔离硬币，由牛顿第二定律，μmg=mω2r ，解得：圆盘转动的最大角速度为，选项B 正确。
2.（2019高考江苏卷物理6）如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动．座舱的质量为m ，运动半径为R ，角速度大小为ω，重力加速度为g ，则座舱（A ）运动周期为2πRω（B ）线速度的大小为ωR（C ）受摩天轮作用力的大小始终为mg （D ）所受合力的大小始终为mω2R 【参考答案】BD【名师解析】由于座舱做匀速圆周运动，由公式2πT ω=，解得：2πT ω=，故A 错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v R ω=，故B 正确；由于座舱做匀速圆周运动，所以座舱受到摩天轮的作用力是变力，不可能始终为mg ，故C 错误；由匀速圆周运动的合力提供向心力可得：2F m R ω=合，故D 正确。
3.（2018年11月浙江选考物理）一质量为2.0×103kg 的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N ，当汽车经过半径为80m 的弯道时，下列判断正确的是第9题图A.汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力B.汽车转弯的速度为20m/s 时所需的向心力为1.4×104NC.汽车转弯的速度为20m/s 时汽车会发生侧滑D.汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s 2【参考答案】D【名师解析】分析受力只能分析性质力，不能添加效果力，所以汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力，选项A 错误；由F=m 2v R =2.0×103×22080N=1.0×104N ，选项B 错误；汽车转弯的速度为20m/s 时，所需向心力1.0×104N ，小于路面可提供的最大静摩擦力1.4×104N ，汽车不会发生侧滑，选项C 错误；由f max =ma ，解得a=7.0m/s 2，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过7.0m/s 2，选项D 正确。
高考物理生活中的圆周运动试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试生活中的圆周运动1．如图所示,半径R=2.5m的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接,一个质量m=0.50kg 的小滑块(可视为质点)静止在A点.一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动,经B点进入圆轨道,沿圆轨道运动到最高点C,并从C点水平飞出,落在水平面上的D点.经测量,D、B间的距离s1=10m,A、B间的距离s2=15m,滑块与水平面的动摩擦因数 ,重力加速度.求:(1)滑块通过C点时的速度大小;(2)滑块刚进入圆轨道时,在B点轨道对滑块的弹力;(3)滑块在A点受到的瞬时冲量的大小.【答案】（1）（2）45N（3）【解析】【详解】（1）设滑块从C点飞出时的速度为v c，从C点运动到D点时间为t滑块从C点飞出后，做平抛运动，竖直方向：2R=gt2水平方向：s1=v c t解得：v c=10m/s（2）设滑块通过B点时的速度为v B，根据机械能守恒定律mv B2=mv c2+2mgR解得：v B=10m/s设在B点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：N-mg=m解得：N=45N（3）设滑块从A点开始运动时的速度为v A，根据动能定理；-μmgs2=mv B2-mv A2解得：v A=16.1m/s设滑块在A点受到的冲量大小为I，根据动量定理I=mv A解得：I=8.1kg•m/s；【点睛】本题综合考查动能定理、机械能守恒及牛顿第二定律，在解决此类问题时，要注意分析物体运动的过程，选择正确的物理规律求解．2．如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R =0.6m,平台上静止放置着两个滑块A 、B ,m A =0.1kg,m B =0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上．小车质量为M =0.3kg,车面与平台的台面等高,小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的,PQ 间距离为L 滑块B 与PQ 之间的动摩擦因数为μ=0.2,Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后,A 、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度v A =6m/s,而滑块B 则冲向小车．两滑块都可以看作质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,且g=10m/s 2．求:(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力;(2)若L =0.8m,滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；(3)要使滑块B 既能挤压弹簧,又最终没有滑离小车,则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内【答案】（1）1N ，方向竖直向上（2）0.22P E J =（3）0．675m ＜L ＜1．35m 【解析】 【详解】(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：2211222A A A A m v m v m g R -=⨯ 在最高点由牛顿第二定律：2A N A v m g F m R+=滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：F N =1N由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为1N ，方向向上 （2）爆炸过程由动量守恒定律：A AB B m v m v =解得：v B =3m/s滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律可知：)B B B m v m M v =+共（由能量关系：2211()-22P B B B B E m v m M v m gL μ=-+共解得E P =0.22J(3)滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：)B B B m v m M v =+（若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止， 设滑块恰好滑到Q 点，由能量守恒定律得：22111()22B B B B m gL m v m M v μ=-+联立解得：L 1=1.35m若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：222112()22B B B B m gL m v m M v μ=-+ 联立解得：L 2=0.675m综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675m ＜L ＜1.35m3．水平面上有一竖直放置长H ＝1.3m 的杆PO ，一长L ＝0.9m 的轻细绳两端系在杆上P 、Q 两点，PQ 间距离为d ＝0.3m ，一质量为m ＝1.0kg 的小环套在绳上。
专题四曲线运动精做11 圆周运动的相关计算1．（2016·新课标全国Ⅲ卷）如图，在竖直平面内有由14圆弧AB 和12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接。
AB 弧的半径为R ，BC 弧的半径为2R 。
一小球在A 点正上方与A 相距4R处由静止开始自由下落，经A 点沿圆弧轨道运动。
（1）求小球在B 、A 两点的动能之比；（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点。
【答案】（1）k k 5BAE E = （2）小球恰好可以沿轨道运动到C 点 【解析】（1）设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为k A E ，由机械能守恒可得k 4A R E mg =① 设小球在B 点的动能为k B E 同理有k 54B R E mg =② 由①②联立可得k k 5BAE E =③（2）若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足0N ≥④设小球在C 点的速度大小为C v ，根据牛顿运动定律和向心加速度公式有22Cv N mg mR +=⑤联立④⑤可得，C v 应满足22Cv m mg R≥⑥根据机械能守恒有2142C R mgmv =⑦ 根据⑥⑦可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点。
【方法技巧】分析清楚小球的运动过程，把握圆周运动最高点临界速度的求法：重力等于向心力，同时要熟练运用机械能守恒定律。
2．（2019·湖南省湘东六校高二期末联考）如图所示，固定的半径为R =1.25 m 的1/4光滑圆弧面与质量为6 kg 的小车B 的上表面平滑相接，一个质量为4 kg 的滑块A 从圆弧顶端静止释放，滑块A 可看作质点。
最终A 没有从小车B 上滑出。
已知滑块A 与小车B 的动摩擦因数为μ=0.5，小车B 与水平地面的摩擦忽略不计，取g =10 m/s 2。
求：（1）物块A 滑到圆弧底端时对圆弧的压力大小； （2）小车最终的速度大小； （3）小车B 的最小长度。
【答案】（1）120 N ，方向竖直向下 （2）2 m/s （3）1.5 m 【解析】（1）设滑块A 滑倒圆弧末端时的速度大小为v 0 由机械能守恒有：m A gh =12m A v 02 代入数据得出：v 0m/s 5m/s = 轨道对物块的压力竖直向上，由牛顿第二定律得：F N –mg =m 20v R解得：F N=120 N由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为F'=120 N，方向竖直向下（2）设A、B最终的共同速度为v，取向右为正方向，滑块A与B组成的系统动量守恒则有m A v0=（m A+m B）v代入数据计算得出v=2 m/s（3）设车B的最短长度为L，根据能量守恒定律有：µ（m A+m B）gL=12m A v02–12（m A+m B）v2解得：L=1.5 m3．如图，一个质量为M的人，站在台秤上，手拿一个质量为m，悬线长为R的小球，在竖直平面内做圆周运动，且摆球恰能通过圆轨道最高点，求台秤示数的变化范围。
【答案】Mg–0.75mg≤F≤（M+6m）g【解析】小球恰好能通过圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得：mg=m2 0 v R小球在圆轨道最高点时的速度v0小球由最高点运动到最低点的过程中，只有重力做功，机械能守恒由机械能守恒定律得：12mv02+mg·2R=12mv2解得，小球到达最低点时的速度：v小球运动到最低点时悬线对人的拉力最大，且方向竖直向下，故台秤示数最大小球通过最低点时，由牛顿第二定律得：T–mg=m2vR，解得：T=6mg台秤的最大示数：F最大=（M+6m）g小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但是不是最小，当小球处于如图所示状态时设其速度为v1，由机械能守恒定律得：1 2mv12=12mv02+mgR（1–cos θ）由牛顿第二定律得：T′+mg cos θ=m2 1 v R解得，悬线拉力：T′=3mg（1–cos θ）其分力：T y=T cos θ=3mg cos θ–3mg cos2 θ当cos θ=12，即θ=60°时台秤的最小示数为：F最小=Mg–34mg=Mg–0.75mg台秤示数的变化范围为Mg–0.75mg≤F≤（M+6m）g【名师点睛】对物体进行受力分析，运用牛顿第二定律列出力与力的关系，根据题目的条件中找到临界状态。
对于圆周运动的受力问题，我们要找出向心力的来源。
4．（2019·浙江省金华市云富高级中学高三普通高中学业水平模考）滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作，给人以美的享受。
如图是模拟的滑板组合滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=1 m的凹形圆弧轨道和半径R2=1.6 m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O点与M点处在同一水平面上，一质量为m=1 kg可看作质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速滑下，经过M点滑向N点，P点距M点所在水平面的高度h=1.8 m，不计一切阻力，g取10 m/s2。
（1）滑板滑到M点时的速度多大？（2）滑板滑到M点时，轨道对滑板的支持力多大？（3）改变滑板无初速下滑时距M点所在水平面的高度h，用压力传感器测出滑板滑至N点时对轨道的压力大小N ，试推导出N 随h 变化函数表达式和滑板能到达N 点的最小高度h 。
【答案】（1）6 m/s （2）46 N （3）N =30−252h 1.6 m 【解析】（1）以地面为参考平面，对小车从P 到M 过程运用机械能守恒定律，得到：212M mgh mv =解得：6m/s M v = 即滑板滑到M 点时的速度为6 m/s（2）在M 点，重力和支持力的合力提供向心力，有21MN v F mg m R -=解得2146N MN v F mg m R =+= 即滑板滑到M 点时，轨道对滑板的支持力为46 N（3）在N 点，重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式和牛顿第二定律，得到22=v mg N m R -对从P 到N 过程运用机械能守恒定律，得到mg （h −R 2）=12mv 2 解得()222N mg mg h R R --＝ 代入数据得：N =30−252h N =mg 时，高度最低，解得h =1.6 m ，能到达N 点的最小高度h 为1.6 m5．如图所示，匀速转动的水平转台上，沿半径方向放置两个用细线相连的小物块A 、B （可视为质点），质量分别为3A m = kg 、1B m = kg ；细线长L =2 m ，A 、B 与转台间的动摩擦因数μ=0.2。
开始转动时A放在转轴处，细线刚好拉直但无张力，重力加速度g =10 m/s 2。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）使细线刚好拉直但无张力，转台转动的最大角速度ω1为多少；（2）使A 、B 能随转台一起匀速圆周运动，转台转动的最大角速度ω2为多少 【答案】（1）ω1=1 rad/s （2）ω2=2 rad/s【解析】（1）当转台角速度为ω1时，B 与转台间摩擦力恰好达最大静摩擦力，细绳的弹力刚好为零；有：21ωμL m g m B B = 代入数值解得：ω1=1 rad/s 。
（2）当转台角速度为ω2时，A 、B 与转台间摩擦力都达最大静摩擦力，则： 对A 有：T g m A =μ对B 有：22ωμL m g m T B B =+ 代入数值解得：ω2=2 rad/s6．（2019·贵州省六盘水七中高三第二次月考）如图所示，轻质弹簧左端与墙相连，右端与质量为2kg m = 的小球接触但不固连，初始时在外力作用下弹簧处于压缩状态，某时刻撤去外力，小球能顺利通过圆弧轨道ABC 并无能量损失地进入圆弧轨道CD E 而从E 点抛出，最终打在圆弧轨道ABC 的F 点。
已知圆弧轨道ABC 的半径是圆弧轨道CDE 的两倍且圆弧轨道AB C 的半径0.5m R =，B 、D 分别为圆弧轨道ABC 及圆弧轨道CDE 的中点。
当小球离开弹簧运动到圆弧轨道A 点时，对圆弧轨道的压力7N mg =，除圆弧轨道CDE 外，其余部分均光滑（210m/s g =）。
试求：（1）小球运动到A 点的速度大小及弹簧的弹性势能； （2）小球运动到B 点时，对轨道的压力大小及方向；（3）如果F 点距水平面的高度0.1m 0.2m h ≤≤，则小球在圆弧轨道CDE 克服摩擦力所做功的取值范围为多少？【答案】（1m/s ，30 J （2）80 N ，方向向右 （3）52151J J 38~ 【解析】（1）在A 点时，由牛顿第二定律：2AA v N mg m R-=解得m/s A v =由能量关系可知，弹簧的弹性势能为：2p 11230J 30J 22A E mv ==⨯⨯= （2）小球运动到B 点时：221122A B mv mv mgR =+ 2BB v N m R=解得B v =，N B =80 N则小球运动到B 点时，对轨道的压力大小为80 N ，方向向右（3）若h 1=0.1 m ，可计算得出小球从E 点射出时的竖直高度H 1=0.4 m 水平射程：x 1=0.3 m，速度1E v x == 此时对小球由动能定理：221111151J 228f B E W mv mv =-= 若h 1=0.2 m ，可计算得出小球从E 点射出时的竖直高度H 2=0.3 m ，水平射程：x 2=0.4 m，速度2E v x == 此时对小球由动能定理：22221152J 223f B E W mv mv =-= 则小球在圆弧轨道CDE 克服摩擦力所做功的取值范围为52151J J 38~ 7．地面上有一个半径为R =3 m 的圆形跑道，高为h =5 m 的平台边缘上的P 点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O 的距离为L =4 m ，如图所示。
跑道上停有一辆小车，现从P 点水平抛出小沙袋，使其落入小车中（沙袋所受空气阻力不计，g =10 m/s 2）。
问：（1）当小车位于B 点时（∠AOB =90°），抛出的沙袋刚好落入小车中，则沙袋被抛出时的初速度为多大？（2）若小车在跑道上运动时，抛出的沙袋都能落入小车中，则沙袋被抛出时的初速度在什么范围内？ （3）若小车沿跑道顺时针运动，当小车恰好经过A 点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B 处落入小车中，小车的转速n 应满足什么条件？【答案】（1） （2）1m/s 7m/s v ≤≤ （33，，…) 【解析】（1）沙袋从P 点被抛出后做平抛运动，设它的落地时间为t ，则2,2h gt =解得：t =1 s ，（2若当小车经过C 所以沙袋被抛出时的初速度范围为1m/s 7m/s v ≤≤（3）要使沙袋能在B 处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落和时间相同，小车从A 运动到B 的由于AB t t =、2πn ω=8．（2019·江西省四校期中联考）如图所示，一个人用一根长R =1.6 m 的轻质细绳拴着一个质量m =1 kg 的小球在竖直平面内做圆周运动，已知圆心O 距离地面h =4.8 m ，转动中小球在最低点时绳子刚好断裂，此时小球的速度12 m/s ，试求：（g =10 m/s 2）（1）小球恰好经过最高点时的速度大小； （2）绳子能够承受的最大拉力大小；（3）上述第（2）问中绳子断后小球的位移大小。
