17.(1)若选①由已知及正弦定理得,v3sinAcosA=sinA(sinBcosC+sin CcosB)∴3 sinAcosA= sarAsin(B+C),即√3 osasuna=sin2A,A∈(0,m),sinA≠0,nA=3,A=3(5分)若选②:由已知及倍角公式得(1-2 sin A)+2 sin B-1=2sinC(sinB-sinC)2 sin B-2 sin'A=2sinCsinB-2 sin'C,BWsin'B+sin'C-sin'A=sinCsinB,由正弦定理得b+c2-a2=bc,由余弦定理得coAb2+d2-d2=1,又A∈(0,n),∴A=3.(5分)若选③:由已知及正弦定理得(2sinB-sinC)cosA= sinAcom,2sin BcosA=sin(A+C)=sinBB∈(0),sB∴oMA=t,又A∈(0,x),A=,(5分)(2)由余弦定理a2=b2+2-2 2bccosa,a=2,A=3,得4=b2+c2-b,即(b+c)2-3bc=4.b+c=√10,∴b=2,S2.(12分

nmed13mgd【解析】通过金属杆的转动方向可知,P、Q板间的电场方向向上,粘合体受到的电场力方向向上。在半圆轨道最低点的速度恒定,如果金属杆转动的角速度过小粘合体受到的电场力较小,不能达到最高点T,临界状态是粘合体刚好达到T点,此时金属杆的角速度ω1最小,设此时对应的电场强度为E1粘合体达到T点时的速度为v1。由动量守恒定律得12mv=(2m+2m(1分)ros解得v(1分在T点,由牛顿第二定律得mg -Eni(1分从S到T,由动能定理得qE:·2r-mg·2(1分解得E1=(1分)金属杆转动产生的感应电动势n≈BI(1分两板间电场强度E1=(1分Tmd联立解得ω1(1分)49BL-如果金属杆转动角速度过大.粘合体受到的电场力较大粘合体在S点就可能脱离半圆轨道,临界状态是粘合体刚好在S点不脱离轨道.此时金属杆的角速度最大,设此时对应的电场强度为E:在S点,由牛顿第二定律得gE:mgmai(1分)杆转动产生的感应电动势L'as(1分)两板间电场强度Emgd联立解得(1分)综上所述要使两球碰后的粘合体能从半园轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,金属杆转动的角速度engd13mgd的范围为4qBL2 BL2

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