小环与卤化氢加成,有区域选择性,那么第三个个式子里的卤素为什么加在那个碳上,

设细线中拉力在大小为T，对小球进行受力分析，设∠BAC=θ
在竖直方向上有：Tcosθ=mg
在水平方向上有：T+T sinθ=mω²R
由几何关系知：tanθ=[3/4]
联立①②③解出：
T=[5/4mg
ω=

8g
3L]
答：（1）细线中的拉力大小为[5/4mg；
（2）小环做匀速圆周运动的角速度是

8g
3L]．

点评：
本题考点： 向心力；匀速圆周运动．

考点点评： 本题关键是对环受力分析后，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解，不难．

（1）由h1＝
1
2gt12得：t1＝

2h1
g＝

2×0.8
10s＝0.4s；
（2）v_B=gt₁，
h2＝vBt2+
1
2at22
代入数据解得：a=0，
根据平衡条件，滑动摩擦力为：
f=mg=0.1×10N=1N．
（3）设距B点上方h₃下落，到达B点的速度为v_B′，运动时间为t₃，
由vB′2＝2gh3得：vB′＝
2gh3
由v_B′=gt₃得：t3＝
vB′
g＝

2h3
g，
设BC段的时间为t₄，
由h₂=v_B′t₄得：t4＝
h2
vB′＝
h2

点评：
本题考点： 自由落体运动；匀变速直线运动规律的综合运用．

考点点评： 本题考查了运动学公式和牛顿第二定律的基本运用，掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式、速度位移公式，并能灵活运用．

（1）由图得：a=[v/t]=0.5m/s²，
前2s，物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
F₁-mgsinα=ma ①
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：
F₂=mgsinα ②
由①②两式，代入数据可解得：m=1kg，α=30°．
故小环的质量m为1kg．
（2）由第一问解答得到，细杆与地面间的倾角α为30°．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题关键是对小球进行运动情况分析，先加速后匀速；然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解．

设细线中拉力在大小为T，对小球进行受力分析，设∠BAC=θ
在竖直方向上有：Tcosθ=mg
在水平方向上有：T+T sinθ=mω²R
由几何关系知：tanθ=[3/4]
联立①②③解出：
T=[5/4mg
ω=

8g
3L]
答：（1）细线中的拉力大小为[5/4mg；
（2）小环做匀速圆周运动的角速度是

8g
3L]．

点评：
本题考点： 向心力；匀速圆周运动．

考点点评： 本题关键是对环受力分析后，根据牛顿第二定律和向心力公式列式求解，不难．

沿AO杆下滑，加速度a=g，位移为L，则L=
1
2gt12，解得t1＝

2L
g．
沿AB杆下滑，设∠OAB=α，则AB=2Lcosα，加速度a=[mgcosα/m＝gcosα．
根据2Lcosα=
1
2gcosαt2，解得t2＝2

L
g]．
故答案为：

2L
g，2

L
g．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；力的合成与分解的运用．

考点点评： 解决本题的关键正确地受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

（1）设环受到重力为Gp，电场力为F，绳子拉力为 T，对环受力分析如图，其中F=qE=4×10^-5C×5×10⁴N/C=2N．
由平衡条件得：T cos37°+N₁=（Gp+F） cos53°　　
代入数据得：N₁=0.8N
则环对杆的压力大小为N₁′=N₁=0.8N
设竖直墙A处对杆的弹力为N，对杆分析，由力矩平衡条件得：
G•[L/2]cos53°=NLsin53°+N₁′
.
CO

代入数据得：N=2.95N
（2）设小环下滑时，绳与杆之间的夹角为α时，小环速度最大，此时小环沿杆方向的合外力为零（F+G）sin53°=Fsinα，得：α=37°，也即小环滑至O₁正下方时，小环速度最大，此时小环下滑s=0.3m．
根据动能定理得：（F+G）s•sin53°-F（s•sin53°-s•cos53°）=[1/2m
v2m]
解得，v_m=2.68m/s
（3）当电场力反向，电场力正好与重力平衡，当小环下滑至绳拉力方向与杆垂直时，速度最大．
由对称性得：小环下滑s₁=2scos53°×cos53°=2×0.3×0.6×0.6（m）=0.216（m），此时电势能变化值最大，则电势能变化的最大值为
△ɛ=Fs₁•sin53°=2×0.216×0.8J=0.3456J
答：（1）刚释放小环时，竖直墙A处对杆的弹力大小是2.95N；
（2）下滑过程中小环能达到的最大速度是2.68m/s；
（3）若仅把电场方向反向，其他条件都不变，则环运动过程中电势能变化的最大值是0.3456J．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度；电势能．

考点点评： 了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题．选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．

A、小环在D点受重力和金属杆弹力作用，合力不为零，加速度不为零，故A错误；
B、小环在B点和D点受力不同，合力不同，加速度不同，故B错误；
C、小环运动过程中机械能守恒，在C点的动能最大，所以在C点速度最大，故C正确；
D、小环在C点和E点的加速度方向相反，故D错误
故选C

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 判断一个力是否做功要从这个力的方向与位移方向是否垂直或力的方向与速度方向是否时刻垂直这两个角度出发，利用机械能守恒解题比较方便

A、B、C、小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（有时有）、弹力（有时有）、向左的电场力、向右的洛伦兹力．
①开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向右，大小为N=qE-qvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=μN也减小，小球所受的合力F_合=mg-f，f减小，F_合增大，加速度a增大；
②当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；
③小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qvB-qE，v增大，N增大，f增大，F_合减小，a减小．
④当mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；杆对球的弹力先减小后反向增大，最后不变；洛伦兹力先增大后不变．
故A错误，B正确，C错误；
D、小球先加速后匀速，故动能先增加后不变；故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动．

考点点评： 本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增大的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大．

（1）小环沿AC杆匀速下滑，受力分析如图所示，小环共受3个力，电场力方向水平向右，故小环带负电．

由图可知，根据平衡条件得知，电场力 F=qE=mg
圆环离开直杆后，只受重力和电场力，
F_合=
F2+(mg)2=
2mg=ma
则加速度大小为 a=
2g=10
2m/s²，方向与水平成45°斜向右下方．
（2）小环从C运动到P点过程中，由动能定理得：
动能的增量△E_k=mgh=0.5×10×0.8J=4J
（3）环离开杆做类平抛运动，如图所示建立坐标x、y轴：
x轴方向做匀速运动：x=

2
2h=v₀t
y轴方向做初速度为零的匀加速运动：y=

2
2h=[1/2]at²
联立得：v₀=x

a
2y=

2
2×0.8×

10
2
2×

2
2×0.8m/s=2m/s
答：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为10
2m/s²，方向与水平成45°斜向右下方．
（2）小环从C运动到P点过程中动能的增量是4J；
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v₀是2m/s．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题考查带电粒子在电场与重力场共同作用下的运动，在直杆的束缚下的匀速直线运动与没有束缚下的类平抛运动．重点突出对研究对象的受力分析与运动分析，结合运动学公式、牛顿第二定律与动能定理等物理规律．

小环受到大环的摩擦力大小为f，方向向上，根据力的作用是相互的，大环受到两个小环的摩擦力大小各为f，方向向下；以大环为研究对象，处于静止状态，受力满足平衡关系，向上的力是绳子对它的拉力F，向下的力有：大环的重力G、两个小环的摩擦力2f；根据平衡力的大小相等的特点，得到F=G+2f=Mg+2f；
故选D．

点评：
本题考点： 摩擦力的种类．

考点点评： 根据物体的运动状态，分析物体的受力情况是解决此题的关键，另外在分析受力时要考虑周全，不要漏力或添力．

设半径方向与水平方向的夹角为θ，
根据合外力提供向心力得：
[mg/tanθ＝mω2r=mω²Rcosθ
解得：ω=

g
Rsinθ＝

g
R−h]=
10rad/s
答：圆环绕着环心的竖直轴旋转的角速度ω等于
10rad/s

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律．

考点点评： 本题主要考查了向心力公式的直接应用，能熟练运用几何关系进行求解，难度不大，属于基础题．