2019-2020学年北京师大附中高一(下)期末物理试卷(含答案解析)

2019-2020学年北京师大附中高一(下)期末物理试卷
一、单选题（本大题共11小题，共34.0分）
1.某同学认为物理量可分为矢量和标量两种，在研究物理问题时首先要知道各物理量是矢量还是
标量，你认为下列物理量都是矢量的是()
A. 平均速度、位移、速度
B. 速度、加速度、时间
C. 路程、速度、温度
D. 质量、时间、加速度
2.两个半径很小带等量异种电荷的小球，两球心相距1m时的作用力为F，现将它们的电量均增加
一倍后，放到相距2m的位置，则它们的相互作用力大小变为()
A. 4F
B. 2F
C. F
D. F
4
3.下列各图中每个点电荷所带电荷量均为q(带电性质图中已标出)，且到坐标原点O的距离相同，
则坐标原点O处电场强度最大的是()
A. B.
C. D.
4.下列说法正确的是()
A. 对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点
B. “和谐号”动车组行驶313km从成都抵达重庆，这里的“313km指的是位移大小
C. 高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于超重状态
D. 绕地球做匀速圆周运动且周期为24ℎ的卫星，不一定相对于地面静止
5.质量分别为m a=0.5kg，m b=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰，若不计碰撞时间，
它们碰撞前后的位移−时间图象如图所示，则下列说法正确的是()
A. 碰撞前a物体的动量大小为4kg⋅m/s
B. 碰撞前b物体的动量大小为零
C. 碰撞过程中b物体受到的冲量为1N⋅s
D. 碰撞过程中a物体损失的动量大小为1kg⋅m/s
6.如图所示，在匀速转动的水平圆盘边缘处轻放一个小物块，小物块随着圆盘做
匀速圆周运动，对小物块之后情况说法正确的是()
A. 小物块仅受到重力和支持力的作用
B. 小物块受到重力、支持力和向心力的作用
C. 小物块受到的摩擦力产生了向心加速度
D. 小物块受到的摩擦力一定指向圆盘外侧
7.如图所示，导体球A与导体球壳B同心，原来都不带电，也不接地，设M、
N两点的场强大小为E M和E N，下列说法中正确的是()
A. 若使A带电，则E M≠0，E N=0
B. 若使B带电，则E M≠0，E N≠0
C. 若使A、B两球分别带上等量异种电荷，则E M≠0，E N=0
D. 若使A球带电，B球接地，则E M=0，E N=0
8.真空中有两个相同的带电金属小球A和B，相距为r，带电量分别为−q和7q，它们之间作用力
的大小为F，A、B两小球接触后再放回原处，此时，A、B间的作用力大小为()
A. 7F
9B. 9F
7
C. 7F
16
D. 16F
7
9.图中画出了某一个电场的一些电场线，将一个正电荷q置于该电场中，下
面的说法正确的是()
A. 电场线所表示的电场方向是自左向右的
B. 电场线所表示的电场方向是自右向左的
C. 负电荷q受电场力方向是自左向右的
D. 正电荷q受电场力方向是自右向左的
10.设计师设计了一个非常有创意的募捐箱。

如图所示，O点为漏斗
形口的圆心，某个硬币在募捐箱上类似于漏斗形的部位滚动很多
圈之后，从下方的圆孔掉入募捐箱。

硬币直径远小于漏斗形孔径。

如果把硬币在不同位置的运动近似看成水平面内的匀速圆周运动，空气阻力和摩擦阻力忽略不计，则关于这枚硬币在a、b两处的说法正确的是()
A. 在a、b两处做圆周运动的圆心都为O点
B. 向心力的大小F a=F b
C. 角速度的大小ωa<ωb
D. 线速度的大小v a>v b
11.两个完全相同、质量均为m的滑块A和B，放在光滑水平面上，
滑块A与轻弹簧相连，弹簧另一端固定在墙上，当滑块B以的
初速度向滑块A运动，如图所示，碰到A后不再分开，下述说法
中正确的是(填选项前的字母)
A. 两滑块相碰和以后一起运动过程，系统动量均守恒
B. 两滑块相碰和以后一起运动过程，系统机械能均守恒
C. 弹簧最大弹性势能为
D. 弹簧最大弹性势能为
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
12.正方向导线框abcd置于光滑水平桌面上，其质量为m，电阻值为R，边长为L，在线框右侧距
离cd边2L处由一宽度为2L的匀强磁场区域，磁场的左、右边界与线框的cd边平行，磁场的磁感应强度大小为B，方向竖直向下，其俯视图如图．对线框施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始向右运动，cd边始终与磁场边界平行．已知线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，则线框()
A. 离开磁场区域过程中的电流方向为dcbad
B. 通过磁场区域过程中的最小速度为√2FL
m
C. 通过磁场区域过程中的焦耳热为2FL
D. 进入磁场区域过程中受到的安培力的冲量大小为B2L3
R
13.如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在
杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆
动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)()
A. B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B. A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C. A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D. A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
14.如图，斜面体C质量为M、足够长，始终静止在水平面上，一质
量为2m的足够长的木板A上表面光滑，木板A恰好能沿斜面匀速
下滑，以沿斜面向下为正方向。

当木板A以速度v0匀速下滑时，将
一质量为m的滑块B轻轻放在木板A的上表面之后，下列说法正
确的是()
A. 滑块B放在木板A的上表面之后，木板A继续匀速运动
B. 滑块B的动量为3mv0时，木板A的动量为−mv0
C. 木板A在运动过程中地面对C有向左的摩擦力
D. 木板A在运动过程中斜面体对水平面的压力大小为(M+3m)g
三、实验题（本大题共1小题，共18.0分）
15.如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的
动量关系．
(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量______(填选项前的
符号)，间接地解决这个问题．
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止
释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程．然后，把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号)．
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则m1______m2，r1______r2(
填“>”，“<”或“=”)
(4)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰
撞，那么还应满足的表达式为______(用(2)中测量的量表示)．
四、计算题（本大题共3小题，共24.0分）
16.如图所示，两轻绳AC与BC的一端系一质量为m=0.1kg的小球，两
绳的另一端分别固定于转轴的A、B两处，上面绳AC的长度L=2m，
两绳拉直时与转轴的夹角分别为θ=30°和α=60°，(sin30°=
1 2,sin60°=√3
2
,cos30°=√3
2
,cos60°=1
2
,√3=1.732,g=10m/s2)，试
求：
(1)当BC绳与轴的夹角为60°，但BC绳恰好无拉力时，AC绳的拉力为多大？
(2)当小球的角速度ω=3rad/s时，试判断AC、BC两绳中有无拉力，并写出判断依据；
(3)根据第(2)问中你的判断结果，分别求出AC、BC两绳的拉力大小。

17.一宇航员在国际空间站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A=0.1kg、
m B=0.2kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，处于
锁定状态，一起以速度v0=0.1m/s做匀速直线运动。

如图所示，经过一段时间后，突然解除锁定(解除锁定时没有机械能损失)，两球仍然沿直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经过时间t=3.0s，两球之间的距离增加了s=2.7m，求：
①弹簧与小球B刚刚分离时两小球的速度分别为多大；
②原先弹簧锁定时的弹性势能E p
18.如图所示，A、B两板间电势差为U AB=400V，C、D两板长为L=1m，两板间电势差为U CD=
200V，OO′为C、D两板间的中间线。

在O处有一电荷量q=+1×10−6C、质量m=2×10−8kg 的带电粒子，由静止经A、B间电场加速又经C、D间电场偏转后，恰好能从极板右边缘射出，同时进入一个垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁感应强度为B=1T，带电粒子能够垂直打到磁场的右边界处的光屏PQ的端点上，若不考虑空气阻力和粒子重力的影响。

求：
(1)带电粒子离开B板时的速度v B；
(2)C、D两板间的距离d；
(3)匀强磁场的宽度s。

五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）
19. (1)关于冲量和动量，下列说法中正确的是_________。

(填正确答案标号)
A.冲量是反映力的作用时间积累效果的物理量
B.动量是描述物体运动状态的物理量
C.动量是物体冲量变化的原因
D.某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化
E.某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的方向发生了变化
(2)如图所示，质量分别为M 1=0.49kg和M 2=0.5kg的木块静置在光滑水平地面上，两木块间夹有一轻质弹簧，一粒质量m=0.01kg的弹丸以v 0=150m/s的速度打入木块M 1并停留在其中(打击时间极短)，求：
①当弹丸在木块M 1中相对静止的瞬间木块M 1的速度v 1；
②当M 2的速度v=1m/s时弹簧的弹性势能E p。

【答案与解析】
1.答案：A
解析：解：A、平均速度、位移、速度即有大小又有方向，都是矢量，故A正确；
B、速度、加速度即有大小又有方向，都是矢量，时间是只有大小，没有方向的标量．故B错误；
C、路程、温度是只有大小，没有方向的标量，速度即有大小又有方向，是矢量，故C错误；
D、质量、时间是只有大小，没有方向的标量．加速度即有大小又有方向，是矢量，故D错误；
故选：A．
即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；
只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量．
物理量的矢标性也是学习的重要内容之一，要结合矢量方向特点进行记忆．
2.答案：C
解析：解：根据库仑定律，两球心相距r=1m时的作用力为F=k q2
r2
=kq2将它们的电量均增加一倍，
放到相距r=2m时的作用力F′=k4q 2
(2r)2
=kq2，故ABD错误，C正确，
故选：C。

根据库仑定律F=k q1q2
r2
分别列式对比两式得到它们的电量均增加一倍后，放到相距2m的位置时的相互作用力。

本题考查库仑定律F=k q1q2
r2
的直接应用，简单题目。

3.答案：B
解析：解：设电量为q点电荷在O点产生的场强大小为E，
A图中坐标原点O处电场强度是正点电荷产生的，原点O处电场强度大小为E；
B图中坐标原点O处电场强度是第一象限正点电荷和第二象限负点电荷叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于√2E。

C图中第一象限和第三象限正点电荷产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是负点电荷产生的，原点O处电场强度大小为E；
D图中第一象限和第三象限产生电场相互抵消，第二象限和第四象限产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。

所以坐标原点O处电场强度最大的是B。

故选：B。

根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题，即可求解。

本题关键是要抓住对称性和叠加原理分析O点的场强，要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题。

4.答案：D
解析：解析：
试题分析：在对运动员“大力扣篮”过程进行技术分析时，运动员的动作特别关键，不能把运动员看成质点，A错；B选项中的313km指的是路程，B错；高台跳水腾空至最高位置时，只受重力作用，加速度向下，处于完全失重状态，C错；绕地球做匀速圆周运动且周期为24ℎ的卫星不一定是同步卫星，所以不一定相对地面静止，D正确。

考点：基本概念的理解
5.答案：B
解析：
根据图示图象由速度公式求出碰撞前后物体的速度，然后由动量的计算公式求出物体的动量。

本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，难度适中。

解：A、由图示图象可知，碰撞前a的速度：v a=s a t
a =16
4
m/s=4m/s，碰撞前a的动量：p a=m a v a=
0.5×4kg⋅m/s=2kg⋅m/s，故A错误；
B、由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；
C、由图示图象可知，碰撞由a、b的速度相等，为：
v=s
t =24−16
12−4
m/s=1m/s，
碰撞后b的动量大小为：p b′=m b v=1.5×1kg⋅m/s=1.5kg⋅m/s，
由动量定理可知碰撞过程中b物体受到的冲量为1.5N⋅s，故C错误；
D、碰撞后a的动量大小为：p a′=m a v=0.5×1kg⋅m/s=0.5kg⋅m/s，碰撞过程中a物体损失的动量大小为：Δp a=p a′−p a=0.5kg⋅m/s−2kg⋅m/s=−1.5kg⋅m/s，故D错误。

故选B。

6.答案：C
解析：解：AB、以物体为研究对象，受到：重力、支持力和静摩擦力，受力如图
所示，故AB错误；
CD、物体相对圆盘静止，与圆盘一起做匀速圆周运动，所需要的向心力在水平
面内指向圆心，重力G与支持力F N在竖直方向上，G与F N二力平衡，不可能提供向心力，因此物体作圆周运动的向心力由三力的合力，即静摩擦力f提供。

摩擦力指向圆心，故C正确，D错误；
故选：C。

物体在圆盘上绕圆心做匀速圆周运动，所需要的向心力由合外力提供，对他进行受力分析，然后确定什么力提供向心力。

明确向心力与合外力的关系。

本题关键对做圆周运动的物体进行受力分析，明确做匀速圆周运动的物体需要向心力，向心力是效果力，它由物体所受的合外力提供。

7.答案：C
解析：
利用感应带电和导体的静电屏蔽分析即可．空腔导体只能屏蔽外部的电场，不能屏蔽内部向外的电场．
明确同种电荷排斥，再分析场强是解题的关键；灵活应用静电平衡分析是解题的核心．
A、如果A带电，则会感应B内部带异种电荷，外部电性与A相同，那么E M≠0，E N≠0；故A错误；
B、如果B带电，由于同种电荷的排斥，电荷只分布在外表面E内=0，因此E M=0.故B错误；
C、如果A、B带等量异种电荷，A与B的静电感应使B外表面恰好无电荷量，则E M≠0，E N=0，故C正确；
D、如使A球带电，B球接地，是接地屏蔽，E M≠0，E N=0.故D错误．
故选：C．
8.答案：B
解析：解：因两个球带异种电荷，电荷量大小分别为−q和7q，之比即为1：7，
根据库仑定律，则有，库仑力为：
F=k q⋅7q
r2=7kq2
r2
两球接触后带电量均为3q，库仑力为：F′=k3q⋅3q
r2
F，故ACD错误，B正确；
故F′=9
7
故选：B。

带异种电荷，两相同的球接触后电量先中和后均分，根据库仑定律列式分析即可．
本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，同时注意，若没有电性，则要分两种情况讨论．
9.答案：A
解析：解：A、A点的电场强度方向即为该点的切线方向，所以沿电场线向右．故A正确；
B、A点的电场强度方向即为该点的切线方向，所以沿电场线向右．故B错误；
C、正点电荷在某点所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，而负点电荷在A点受力方向则相反．故C错误；
D、正点电荷在某点所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，由于是匀强电场，所以正点电荷受力不变．故D错误；
故选：A
由图可知，电场线是平行等间距，则是匀强电场．而匀强电场大小与方向均相同．
电场强度的方向为正点电荷在某点所受电场力方向，也可以是电场线某点的切线方向．
10.答案：C
解析：解：A、在a、b两处做圆周运动的圆心是通过O点的竖直轴上，不是以O点为圆心的，故A 错误；
B、设在a、b所在弧的切线与水平方向的夹角为α、β，根据力的合成可得a的向心力F a=mgtanα、b的向心力F b=mgtanβ，而α<β，故向心力的大小F a<F b，故B错误；
C、根据F=mrω2可知，F a<F b，r a>r b，则角速度的大小ωa<ωb，故C正确；
D、硬币下滑过程中，重力做正功，动能增加，线速度增大，故v b>v a，故D错误。

故选：C。

根据a、b的运动情况判断圆心的位置；
根据受力情况判断向心力的大小，根据F=mrω2判断角速度；
根据能量关系判断动能，进一步判断线速度。

本题主要是考查圆周运动的知识，解答此类问题的关键是能够对物体进行受力分析，确定哪些力的合力或哪个力的分力提供了向心力，根据向心力的计算公式进行解答。

11.答案：D
解析：试题分析：两滑块只在相碰时系统动量才守恒，在以后一起运动过程中，由于受到弹簧的弹力作用，故系统动量不守恒，选项A 错误；两滑块在相碰时系统机械能减小，在以后一起运动过程中，由于只有弹簧的弹力做功，故系统机械能守恒，选项B错误;两物体相碰时，弹簧的最大弹性势能，选项D正确，C错误。

考点：动量守恒定律及能量守恒定律。

12.答案：BD
解析：解：A、根据楞次定律可得，离开磁场区域过程中的电流方向为dabcd，A错误；
B、由题意可知，线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，所以线框离左边界L与距离右边界L 时的速度相同，即速度最小，设刚进入磁场速度v1，刚好完全进入磁场速度为v2。

由动能定理F·2L=
1 2mv12，FL=1
2
mv12−1
2
mv22。

解得v2=√2FL
m
C、从线框的cd边刚进入磁场到刚好出磁场的过程中动能变化为零，根据功能关系可得：F⋅2L−Q1= 0，所以通过磁场区域过程中产生的焦耳热为Q=2Q1=4FL，C错误；
D、线框进入磁场的过程量，安培力的冲量大小为I=BILt=B2L2vt
R =B2L3
R
，D正确．
故选：BD．
根据楞次定律可判断感应电流分析；由于线框cd边经过磁场左、右边界时速度相同，由此分析速度最小的位置，根据动能定理求解最小速度；根据功能关系计算通过磁场区域过程中产生的焦耳热根据冲量的计算公式求解安培力的冲量大小．
本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势可以根据E=BLv来计算，注意冲量可以利用平均力与时间的乘积来计算．
13.答案：BC
解析：
把杆置于水平位置后释放，两球速度都增大，A的重力势能增大，根据系统的机械能守恒分析B球机械能的变化．本题的关键是明确A、B球机械能均不守恒，但A与B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律进行分析．
解：A、由于B球的质量较大，所以B球要向下摆动，重力势能减少，动能增加，但B球和地球组成的系统机械能不守恒，故A错误．
B、A球向上摆动，重力势能和动能都增加，它们的和即机械能要增加，所以A球和地球组成的系统机械能不守恒，故B正确．
CD、A球和B球组成的系统，只有重力做功，总机械能守恒，故C正确，D错误．
故选：BC
14.答案：BD
解析：解：A、设A与C间的动摩擦因数为μ，木板A沿斜面匀速下滑处于平衡状态，由平衡条件得：2mgsinθ=μ⋅2mgcosθ，则：sinθ=μcosθ；滑块B放在木板A的上表面后，A受到的摩擦力：f′=μ⋅(m+2m)gcosθ=3μmgcosθ>2mgsinθ，A沿斜面受到的合力沿斜面向上，A做匀减速直线运动，故A错误；
B、滑块B在木板A上下滑的过程中，斜面体C对A的滑动摩擦力大小为f′=3μmgcosθ，方向沿斜面向上，
A与B组成的系统重力沿斜面向下的分力大小G分=3mgsinθ，方向沿斜面向下，则f′=G分，系统沿斜面方向所受合外力为零，系统在沿斜面的方向上动量守恒，滑块B的动量为3mv0时，设A的动量为p，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=3mv0+p，解得木板的动量p=−mv0，故B正确；
CD、木板A在运动过程中，A、B组成的系统所受摩擦力大小为3μmgcosθ，方向沿斜面向上，A、B 对C的摩擦力大小为f″=3μmgcosθ，方向沿斜面向下，A、B系统对斜面C的压力大小为N=
3mgsinθ，方向垂直于斜面向下，f″与N的合力大小为3mg，方向竖直向下，C在水平方向没有运动趋势也没有相对运动，C不受地面的摩擦力，木板A在运动过程中地面对斜面体的支持力为(M+ 3m)g，由牛顿第三定律可知，C对对水平面的压力大小为(M+3m)g，故C错误，D正确。

故选：BD。

分析清楚A受力情况，判断B的放在A上后A的运动情况，对A、B系统受力分析，判断系统动量守恒，根据A、B对C的作用力，判断地面对C有没有摩擦力，求出斜面体对地面的压力。

本题的关键要正确分析物体的受力情况，对照动量守恒的条件：合外力为零，分析系统的动量是否守恒。

15.答案：C ADE>=m1OP=m1OM+m2ON m1OP2=m1OM2+m2ON2
解析：解：(1)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，即测量射程，故C正确．
(2)要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，为了测量位移，应找出落点；故选：ADE．
(3)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求m1>m2，r1=r2
(4)由(2)知，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
如果碰撞过程机械能守恒，则：1
2m1v12=1
2
m1v22+1
2
m2v32，
两边同时乘以t2得：1
2m1v12t2=1
2
m1v22t2+1
2
m2v32t2，
则可得：m1OP2=m1OM2+m2OP2．
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)>，=；(4)m1OP=m1OM+m2ON、m1OP2=m1OM2+m2ON2
(1)明确实验原理，知道实验验证的方法；
(2)由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
(3)根据(2)的分析确定需要验证的关系式；同时根据功能关系及弹性碰撞的性质明确弹性碰撞时对应的性质．
实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
16.答案：解：(1)根据题意，当BC绳中恰无拉力时，对小球进行受力分析，在竖直方向上，由平衡条件得：
F AC cosθ=mg
代入数据解得AC绳的拉力为：F AC=2√3
3
N
(2)设两绳都拉直时，AC、BC绳的拉力分别为F AC、F BC；
当BC绳中恰无拉力时，对小球进行受力分析，水平方向由牛顿第二定律得：
F AC sinθ=mω12Lsinθ
竖直方向时，由平衡条件得：F AC cosθ=mg
联立解得：ω1=√10√3
3
=√5.8rad/s
当AC绳中恰无拉力时，对小球进行受力分析，水平方向由牛顿第二定律得：
F BC sinα=mω22Lsinθ
F BC cosα=mg
联立解得：ω2=√10√3rad/s=√17.3rad/s
由于：ω1<ω<ω2，所以AC、BC两绳都有张力。

(3)AC、BC两绳都有张力，对小球受力分析，竖直方向，由平衡条件得：
F AC cosθ+F BC cosα=mg
水平方向上，由向心力方程得：F AC sinθ+F BC sinα=mω2Lsinθ
联立解得：F AC=0.83N，F BC=0.56N
答：(1)当BC绳与轴的夹角为60°，但BC绳恰好无拉力时，AC绳的拉力为2√3
3
N；
(2)当小球的角速度ω=3rad/s时，AC、BC两绳中都有拉力，判断依据如上所述；
(3)根据第(2)问中你的判断结果，AC绳中拉力大小为0.83N、BC绳中拉力大小为0.56N。

解析：(1)当BC绳拉直但没有力时，AC绳子拉力竖直方向的分力等于小球的重力，由此即可求出绳子AC的拉力；
(2)当BC绳拉直但没有力时，AC绳子拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出此时的角速度；当AC绳拉直但没有力时，BC绳子拉力的水平分力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出角速度，当角速度处于两者之间时，两绳均张紧，都有拉力；
(3)当ω=3rad/s时，AC、BC绳子拉力的水平分力的合力提供向心力，竖直方向分力之和与重力平衡，根据牛顿第二定律列式求解。

本题中小球做匀速圆周运动，拉力的水平分力提供向心力，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解，竖直方向上受力平衡；此题的难点是应用假设法求出临界角速度，然后与给定的小球的角速度进行对比，从而得出AC、BC两绳中都有拉力。

17.答案：解：①取A、B为系统，由动量守恒得：(m A+m B)v0=m A v A+m B v B…①
根据题意得：s=(v A−v B)t…②
由①②两式联立得v A=0.7m/s，v B=−0.2m/s；
②由机械能守恒得：E P+1
2(m A+m B)v02=1
2
m A v A2+1
2
m B v B2③
解得：E P=0.027J。

答：①弹簧与小球B刚刚分离时两小球的速度分别为0.7m/s和0.2m/s；
②弹簧被锁定时的弹性势能为0.027J。

解析：从受力上判断弹簧和B球分离的过程中动量守恒，分离后A球的速度大于B球的速度，所以距离会增加；分析AB两球的相对运动的关系，列出相对位移的式子；弹簧和B球分离的过程中，弹簧的弹性势能转化为球的动能；从这三方面列式，就可求出弹簧被锁定时的弹性势能E p。