2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析4：圆周运动及其应用(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析56：运动图像 追及相遇问题(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析56运动图像追及相遇问题（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.在现实生活中，物体运动的v-t图线不可能存在的是( )2.某物体运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A.物体在第1 s末运动方向发生改变B.物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的[.]C.物体在第6 s末返回出发点D.物体在第5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m3.(预测题)如图所示为物体做直线运动的v-t图象. 若将该物体的运动过程用s-t图象表示出来(其中s为物体相对出发点的位移)，则图中的四幅图描述正确的是( )4.(易错题)如图所示，A、B两物体相距s＝7 m，物体A以v A＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B＝10 m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为( )A.7 sB.8 sC.9 sD.10 s二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(创新题)如图所示，是A、B两质点运动的速度图象，则下列说法正确的是( )A.前4 s内A质点以10 m/s的速度匀速运动B.前4 s内B质点一直以5 m/s 的速度与A同方向运动C.B质点最初3 s内的位移是10 mD.B质点最初3 s内的路程是10 m6.(2012·东莞模拟)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度—时间图象如图所示，下列说法正确的是( )A.a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B.20 s时，a、b两物体相距最远C.60 s时，物体a在物体b的前方D.40 s时，a、b两物体速度相等，相距900 m7.(易错题)如图所示，汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至车头距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s将熄灭，而在绿灯熄灭时该汽车的车头刚好停在停车线处，则在这3 s 内，汽车运动的v-t图象可能是( )8.完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止.其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A.若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1＞s2B.若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为s1′、s2′，则s1′＞s2′C.甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为4∶1D.若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1＜a29.两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时处，此时比赛开始，它们在四次比赛中的v-t图象如图所示，其中哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆( )三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(预测题)(18分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示.(1)画出汽车在0～60 s 内的v-t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程.11.(18分)A 火车以v 1＝20 m/s 速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100 m 处有另一列火车B 正以v 2＝10 m/s 速度匀速行驶，A 车立即做加速度大小为a 的匀减速直线运动.要使两车不相撞，a 应满足什么条件？答案解析1.【解析】选C.物体在同一时刻，不可能既加速运动，又减速运动，但在同一段时间内，既可以有加速过程，也可以有减速过程，既可以沿正方向运动，也可以沿反方向运动，故在现实生活中，物体运动的v-t 图线不可能存在的是C 选项.2.【解析】选B.物体在前2 s 内速度方向均为正方向，A 错误；物体在第2 s 内和第3 s 内的v-t 图线的斜率相同，故加速度相同，B 正确；物体在前4 s 内的总位移为零，在第2 s 末和第6 s 末离出发点最远，最大位移为s m ＝12×1× 2 m ＝1 m ，故C 、D 均错误.3.【解析】选C.0～t 1时间内物体匀速正向运动，故选项A 错；t 1～t 2时间内，物体静止，且此时离出发点有一定距离，选项B 、D 错；t 2～t 3时间内，物体反向运动，且速度大小不变，即s-t 图象中，0～t 1和t 2～t 3两段时间内，图线斜率大小相等，故C 对.4.【解题指南】解答本题时应把握以下两点：(1)计算物体B 停止运动时，A 、B 两物体各自发生的位移，判断物体A 是否已经追上物体B.(2)由位移公式求出追及时间.【解析】选B.物体B 做匀减速运动，到速度为0时，所需时间t 1＝v B a ＝102s ＝5 s ，运动的位移s B ＝v 2B 2a ＝1022×2m ＝25 m ，在这段时间内物体A 的位移s A ＝v A t 1＝4× 5 m ＝20 m ；显然还没有追上，此后物体B 静止，设追上所用时间为t ，则有4t ＝s ＋25 m ，解得t ＝8 s ，故B 正确.5.【解析】选A 、D.匀速直线运动的速度图线平行于时间轴，图线在t 轴上方为正方向，在t 轴下方为负方向.当速度为零时，图线在t 轴上，图线与时间轴围成的面积表示位移.由图象可知前4 s 内A 质点以10 m/s 的速度匀速运动，B 质点先以5 m/s 的速度与A 同方向运动1 s ，而后停了1 s ，最后以5 m/s 相反方向的速度匀速运动，A 正确，B 错误；B 质点最初3 s 内的位移s ＝(5×1－5×1) m ＝0，而路程为(5×1＋5×1) m ＝10 m ，故C 错误，D 正确..6.【解析】选C 、D.v-t 图象的斜率大小表示加速度的大小，物体a 加速时图线的斜率小于物体b 加速时图线的斜率，故物体a 的加速度小于物体b 的加速度，A 错误；a 、b 两物体速度相等时相距最远，故40 s 时，a 、b 两物体相距最远，B 错误；图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，60 s 时，图线a 与时间轴围成的面积大于图线b 与时间轴围成的面积，故物体a 在物体b 的前方，C 正确；40 s 时，a 、b 两物体速度相等，相距Δs ＝s a －s b ＝12×(10＋40)×20 m ＋12×20×40 m ＝900 m ，D 正确. 7.【解析】选B 、C.根据v-t 图象与横轴围成的面积数值表示位移大小知，面积数值为20 m 或可能为20 m 的图象为B 、C 两图，故选B 、C.8.【解析】选B 、C.在F 1、F 2作用时间内甲、乙两物体的位移之比为s 1s 2＝2v 0t 0/2v 04t 0/2＝12，所以s 1＜s 2，A 错误；整个运动过程的位移之比为s ′1s ′2＝2v 03t 0/2v 05t 0/2＝65，所以 s ′1＞s ′2，B 正确；甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为2v 02t 0/2v 0t 0/2＝41，C 正确；匀加速过程中甲、乙两物体的加速度之比为2v 0/t 0v 0/4t 0＝81，所以a 1＞a 2，D 错误. 9.【解析】选A 、C.v-t 图线与t 轴所围图形的面积的数值表示位移的大小，A 、C 两图中在 t ＝20 s 时a 、b 两车的位移大小分别相等，故在20 s 时b 车追上a 车；B 图中b 车一直领先，间距越来越大；D 图中a 车在前7.5 s 一直落后，在7.5～12.5 s 间尽管a 车速度大于b 车，但由于前7.5 s 落后太多未能追上，12.5 s 后v a ＜v b ，故a 车不能追上b 车.【变式备选】(双选)甲、乙两物体的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是( )A.甲、乙两物体均做匀速直线运动B.甲、乙两物体由不同地点同时出发，t 0时刻两物体相遇C.0～t 0时间内，两物体的位移一样大D.0～t 0时间内，甲的速度大于乙的速度；t 0时刻后，乙的速度大于甲的速度【解析】选A 、B.s-t 图象的斜率表示速度，故甲、乙两物体均做匀速直线运动，且v 甲<v 乙，故A 正确，D 错误；初始时刻，两物体在不同位置，同时出发， t 0时刻两物体在同一位置，故B 正确；0～t 0时间内，两物体的末位置相同，初位置不同，故位移不同，且s 甲<s 乙，故C 错误.[.]10.【解析】(1)设t ＝10、40、60 s 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3.由题图知0～10 s 内汽车以加速度2 m/s 2匀加速行驶，由运动学公式得：v 1＝2×10 m/s ＝20 m/s ①(4分)由题图知10～40 s 内汽车匀速行驶，则：v 2＝20 m/s ②(2分) .由题图知40～60 s 内汽车以加速度1 m/s 2匀减速行驶，由运动学公式得：v 3＝v 2－at ＝(20－1×20) m/s ＝0 ③(4分)根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v-t 图线，如图所示. (4分)(2)由第(1)问v-t 图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为：30＋602×20 m ＝900 m (4分) 答案：(1)见解析 (2)900 m11. 【解析】两车恰不相撞的条件是两车速度相同时相遇，则v 2＝v 1－a ′t (4分)对A ：s 1＝v 1t －12a ′t 2 (4分) 对B ：s 2＝v 2t (3分)又有：s 1＝s 2＋s 0 (2分)a ′＝(v 1－v 2)22s 0＝(20－10)22×100m/s 2＝0.5 m/s 2 (3分) 则a ＞0.5 m/s 2 (2分)答案：a ＞0.5 m/s 2【总结提升】解决追及、相遇问题的常用方法(1)物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，画出运动简图，列位移、时间关系式.(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系.(3)数学分析法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ＜0，说明追不上或不能相碰.(4)图象法：将两者的速度—时间图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解.。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析44：提分检测(二)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析44提分检测(二)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意)1.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1 s内位移差都是1 mD.任意1 s内的速度增量都是2 m/s2.(提分单独考查)如图所示，一物块置于水平地面上. 当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.3－1B.2－ 3C.32－12D.1－323.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )4.(提分单独考查)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M.C点与O点距离为l.现在杆的另一端用力.使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下述说法中正确的是( )A.重物M做匀速直线运动B.重物M做匀变速直线运动C.重物M的最大速度是ωlD.重物M的速度先减小后增大5.我国于2011年9月29日成功发射“天宫一号”目标飞行器，同年11月1日，又发射“神舟八号”飞船，进行第一次无人交会对接试验.如图为二者运转轨迹图，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道.由此，可以判定( )A.“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率B.“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C.“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D.“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有两个选项符合题意)6.如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线.从图中可以判断( )A.在0～t1时间内，外力做正功B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零7.(2012·天水模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高.现让小滑块m从A点静止下滑，则( )A.m不能到达M上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒8.一质量m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，1 s 末撤去恒力F，其v-t图象如图所示.则恒力F和物体所受阻力f的大小是( )A.F＝8 NB.F＝9 NC.f＝2 ND.f＝3 N9.如图所示，小车M静置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，则( )A.m的最终速度为mv/(M＋m)B.因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C.当m速度最小时，小车M的速度最大D.若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大10.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行.整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和第Ⅱ卷(非选择题共50分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)小明同学设计了一个实验来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系.实验的主要步骤如下：①找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥；③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下，记录自行车停下时的位置；⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h.假设自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定.重力加速度为g，求：(1)自行车经过起点线时的速度v0＝；(2)自行车经过起点线后克服阻力做功W＝；(3)多次改变自行车经过起点线时的初速度，重复上述实验步骤若干次，则每次只需测量上述物理量中的和，就能通过数据分析达到实验目的.12.(6分)气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接，如图甲所示，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，由图可知：(1)A、B离开弹簧后，应该做运动，已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是_______. (2)若不计此失误，分开后，A的动量大小为kg·m/s，B的动量大小为kg·m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是____________________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (8分)如图固定的U形滑板，滑板左端为半径R＝0.6 m的1/4圆弧面，滑板右端为半径R＝0.6 m的1/2圆弧面.A和D分别是圆弧的端点，BC段是长s＝1 m表面粗糙的水平轨道，其余段表面光滑.小滑块P1和P2的质量均为m＝1 kg.P2与BC面的动摩擦因数为μ＝0.6.P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝6 m/s的初速度从A点沿圆弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1恰好静止，P2经BC冲上CD圆弧从D点飞出.P1与P2视为质点，取g＝10 m/s2.问：(1)小滑块P1和P2碰撞前瞬间P1的速度大小？(2)小滑块P1和P2碰撞后瞬间P2的速度大小？(3)经过D点时圆弧轨道对P2的弹力大小？14.(提分交汇考查)(8分)一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v-t图象，如图所示.(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端.若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置.15.(12分)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地.如图所示.已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2；(2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？16.(提分交汇考查)(10分)如图所示，O 点为固定转轴，把一个长度为l 的细绳上端固定在O 点，细绳下端系一个质量为m 的小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点B 点接触，但无压力.一个质量为M 的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到B 点时与静止的小摆球m 发生正碰，碰撞后小摆球在绳的约束下做圆周运动，且恰好能够经过最高点A ，而小钢球M 做平抛运动落在水平地面上的C 点.测得B 、C 两点间的水平距离DC ＝s ，平台的高度为h ，不计空气阻力，本地的重力加速度为g ，请计算：(1)碰撞后小钢球M 做平抛运动的初速度大小；(2)小摆球m 经过最高点A 时的动能；(3)碰撞前小钢球M 在平台上向右运动的速度大小.答案解析1.【解析】选D.对比匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2 可以知道：v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.第1 s 内的位移为6 m ，故A 错误.前2 s 内的平均速度v ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，故B 错误.相邻1 s 内位移差Δx ＝aT 2＝2 m ，故C 错误.任意1 s 内的速度增量Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，故D 正确.2.【解析】选B.对物块进行受力分析，正交分解得，F 1cos60°＝μ(mg －F 1·sin60°)；F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2·sin30°)，再由F 1＝F 2，解得μ＝2－ 3.故B 正确.3.【解析】选A.在m 2与m 1相对滑动前，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，a 与t 成正比关系，a 1-t 关系图线的斜率为12k m m ，当m 1与m 2相对滑动后，m 1受的是21f F ＝μm 2g ＝m 1a 1，a 1＝μm 2g m 1为一恒量，对m 2有F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝kt m 2－μg ，斜率为k m 2，可知A 正确，B 、C 、D 错误. 4.【解析】选C.由题知，C 点的速度大小为v C ＝ωl ，设v C 与绳之间的夹角为θ，把v C 沿绳和垂直绳方向分解可得，v 绳＝v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再反向增大，故v 绳先增大后减小，重物M 做变加速运动，其最大速度为ωl ，C 正确.5.【解析】选D.由题图知“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，由v ＝GM r 知A 错；由ω＝2πT ＝GM r 3知B 错；由a ＝GM r2知C 错；“神舟八号”适度加速时将做离心运动，轨道半径增大，有可能与“天宫一号”实现对接，D 对.6.【解析】选A 、D.由v -t 图象可知，在0～t 1时间内，由于质点的速度增大，根据动能定理可知，外力对质点做正功，A 正确；在0～t 1时间内，因为质点的加速度减小，故所受的外力减小，由题图可知t 1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大的，B 错误；在t 2时刻，由于质点的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C 错误；在t 1～t 3时间内，因为质点的动能不变，故外力做的总功为零，D 正确.7.【解析】选C 、D.因系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，由于两个物体相互作用过程中，只有动能和重力势能发生转化，所以系统机械能守恒，m 能到达M 的B 点，故A 错，C 、D 正确；在m 从A 到C 的过程和从C 到B 的过程中，在水平方向m 均向右运动，所以M 一直向左运动，故B 错.8.【解析】选B 、D.由v-t 图象知，0～1 s 内a 1＝6 m/s 2；1～3 s 内a 2＝3 m/s 2.则有F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，联立解得F ＝9 N ，f ＝3 N ，故B 、D 正确.9.【解析】选A 、C.木块和小车之间的摩擦力是系统内力，不影响系统动量守恒，故B 错误.根据动量守恒定律，mv ＝(M ＋m)v ′，可见A 、C 正确，再根据Q ＝12mv 2－12(M ＋m)v ′2可知，系统产生的内能与小车上表面粗糙程度无关，D 错误.10.【解析】选C 、D.由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，上升高度小于h ，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确.11.【解析】(1)橡皮泥自由释放后做平抛运动，其初速度根据运动学公式可求得v 0＝s t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝s g 2h；(2)自行车经过起点线后在阻力作用下做减速运动，克服阻力做功fL ；(3)综上所述，改变自行车初速度后只需测量橡皮泥落地点到起点线的距离s 、起点线到终点的距离L 即可，车把手处离地高度h 和自行车在行驶中所受的阻力f 是保持恒定的. 答案：(1)s g 2h(2)fL (3)s L 12.【解析】(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小.(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝s t，由题图知A 、B 匀速时速度分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小为p A ＝p B ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量相等，均为013.【解析】(1)由动能定理得：mgR ＝12mv 2A －12mv 20 (2分) 代入数据解得碰撞前瞬间P 1的速度大小v A ＝4 3 m/s (1分)(2)由动量守恒得mv A ＝mv B解得v B ＝v A ＝4 3 m/s (2分)(3)P 2由B 到D 由动能定理得－μmgs －mg2R ＝12mv 2D －12mv 2B (1分) 在D 点对P 2由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv 2D /R (1分)解得圆弧轨道对P 2的弹力F ＝10 N (1分)答案：(1)4 3 m/s (2)4 3 m/s (3)10 N14.【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度a ＝v t ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2 (1分) 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma (2分)代入数据解得μ＝0.5 (1分)(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑.由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s ＝v 22a＝5 m (1分) 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，a 2＝2 m/s 2 (2分) 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v ′＝2a 2s ＝20 m/s ＝2 5 m/s (1分)答案：(1)0.5 (2)能回到斜面底端 2 5 m/s15.【解析】(1)设绳子断后球的飞行时间为t ，根据平抛运动规律，竖直方向d 4＝12gt 2， 水平方向d ＝v 1t ，得v 1＝2gd (2分)根据机械能守恒12mv 22＝12mv 21＋mg(1－34)d ， 解得v 2＝52gd. (2分) (2)设绳子能够承受的最大拉力为T ，球做圆周运动的半径为R ＝34d (1分)根据圆周运动向心力公式T －mg ＝m v 21R， 得T ＝113mg. (2分) (3)设绳子长为l ，绳子断时球的速度为v 3，T －mg ＝m 23v l，得v 3 (2分) 绳子断后球做平抛运动，竖直位移d －l ，水平位移为s ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21，s ＝v 3t 1，得s ＝分) 当l ＝d 2时， s 有极大值s max ＝233 d. (1分) 答案：(1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 233d 16.【解析】(1)设M 做平抛运动的初速度是v ，s ＝vt ，h ＝12gt 2 (2分) 解得：v ＝s g 2h. (1分) (2)小摆球m 恰好经最高点A 时只受重力作用，mg ＝m v 2A l(2分) 小摆球经最高点A 时的动能为E A ；E A ＝12mv 2A ＝12mg l . (1分) (3)碰后小摆球m 做圆周运动时机械能守恒，12mv 2B ＝12mv 2A ＋2mg l (1分)v B 分) 设碰前M 的运动速度是v 0，M 与m 碰撞时系统的动量守恒Mv 0＝Mv ＋mv B (1分) 解得：v 0＝s g 2h ＋分)g 2h (2)12mg l (3)sg2h＋答案：(1)s。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析30：单元评估检测(一)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析30单元评估检测(一)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内( )A.甲的位移一定比乙的大B.甲的平均速度一定比乙的大C.甲的速度变化一定比乙的大D.甲的末速度一定比乙的大2.某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为( )A.stB.2stC.s2tD.st到2st之间的某个值3.一条悬链长7.2 m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)( )A.0.3 sB.0.4 sC.0.7 sD.1.2 s4.一质点沿x轴运动，其速度—时间图象如图所示，由图象可知( )A.质点在前10 s内运动的位移为20 mB.质点的加速度为－0.4 m/s2C.质点的初速度为4 m/sD.质点前20 s内所做的运动是匀变速运动二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(创新题)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A.质点运动的加速度是0.6 m/s2B.质点运动的加速度是0.3 m/s2C.第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s6.(预测题)小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g＝10 m/s2，则小球( )A.最大速度为5 m/sB.第一次反弹的初速度大小为3 m/sC.能弹起的最大高度为0.9 mD.能弹起的最大高度为1.25 m7. a、b两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中( )A.a、b的速度之差保持不变B.a、b的速度之差与时间成正比C.a、b的位移之差与时间成正比D.a、b的位移之差与时间的平方成正比8.(易错题)警车A停在路口，一违章货车B恰好经过A车，A车立即加速追赶，它们的v-t图象如图所示，则在0～4 s时间内，下列说法正确的是( )A.A车的加速度为2.5 m/s2B.3 s末A车速度为7 m/sC.在2 s末A车追上B车D.两车相距最远为5 m9.汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲，根据上述已知条件( )A.可求出乙车追上甲车时，乙车的速度B.不能求出乙车追上甲车时，乙车走的路程C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间D.不能求出甲车的速度三、实验题(6分)10.(2012·佛山模拟)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中s1＝7.05 cm，s2＝7.68 cm、s3＝8.33 cm、s4＝8.95 cm、s5＝9.61 cm、s6＝10.26 cm，则打A点时纸带的瞬时速度的大小是m/s，计算小车运动的加速度的表达式为a＝，小车加速度的大小是m/s2.(计算结果保留两位有效数字)四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(创新题)(14分)如图所示是在2011年深圳大运会我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字).12.(易错题)(16分)A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m 时才发现前方有A 车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停下来.(1)B车刹车时A仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过Δt＝4 s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？答案解析1.【解析】选C.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以相同时间内加速度大的物体速度变化一定大，C正确；由于物体初速度未知，故无法判断某一段时间内的末速度、平均速度以及位移的大小，A、B、D错误.2.【解析】选B.根据匀变速直线运动的平均速度公式得v ＝v 0＋v t 2＝s t ，解得v 0＝2st，故B 正确.3.【解析】选B.设悬链的长度为L ，经t 1悬链的下端经过该点，经t 2悬链的上端经过该点，则s －L ＝12gt 12，s ＝12gt 22，Δt ＝t 2－t 1.解得Δt ＝0.4 s ，B 正确.4.【解析】选D.由v-t 图象可知质点运动的初速度为－4 m/s ，负号表示质点初速度的方向与正方向相反，C 错误；图线的斜率表示质点运动的加速度，a ＝Δv Δt ＝0.4 m/s 2，质点做匀变速直线运动，B 错误，D 正确；图线与时间轴围成的面积表示位移，质点在前10 s 内运动的位移s ＝－12×10×4 m ＝－20 m ，负号表示质点位移的方向与正方向相反，A 错误.5.【解析】选B 、C.画出如图所示的过程图：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了s 1＝0.2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了s 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：s m －s n ＝(m －n)aT 2，可得：a ＝s 3－s 12T 2＝0.8－0.22×12m/s 2＝ 0.3 m/s 2，A 错误，B 正确；又由s 1＝v 0T ＋12aT 2可得，v 0＝0.05 m/s ，C 正确，D 错误.6.【解析】选A 、B.由v-t 图象可知，速度最大值为5 m/s ，0.5 s 时，速度反向，大小为3 m/s ，A 、B 正确；弹起的最大高度为sm ＝12×0.3×3 m ＝0.45 m ，C 、D 错误.【变式备选】(双选)在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达较大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地，他的速度—时间图象如图所示，下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( ) A.0～t 1，v ＝v 12 B.t 1～t 2，v ＝v 1＋v 22C.t 1～t 2，v ＞v 1＋v 22D.t 1～t 2，v ＜v 1＋v 22【解析】选A 、D.平均速度的定义式为v ＝st ，适用于任何运动，在速度—时间图象中s 对应的是v-t 图线和时间轴所围的面积，所以0～t 1时间内的平均速度v ＝v 12，t 1～t 2时间内的平均速度v ＜v 1＋v 22，A 、D 正确.7.【解析】选A 、C.根据v 1′＝v 1＋at ，v 2′＝v 2＋at ，得Δv ＝v 2′－v 1′＝v 2－v 1，显然a 、b 两物体速度之差是个恒量，A 正确，B 错误；根据s 1＝v 1t ＋12at 2，s 2＝v 2t ＋12at 2可得，Δs ＝s 2－s 1＝(v 2－v 1)t ，显然a 、b 两物体位移之差与时间成正比，C 正确，D 错误.8.【解析】选A 、D.由A 车的v-t 图线可知，它在4 s 时间内速度由0增加到10 m/s ，其加速度a ＝2.5 m/s 2，A 正确；3 s 末A 车速度为v ＝at ＝7.5 m/s ，B 错误；2 s 末A 车与B 车之间距离最远，相距Δs ＝12×5×2 m ＝5 m ，4 s 末A 车与B 车位移相等，A 车追上B 车，C 错误，D 正确.9.【解析】选A 、C.当两车相遇时，对甲车有s ＝v 0t ，对乙车有s ＝12at 2，所以可以求出乙车追上甲车的时间，并求出乙车追上甲车时乙车走的路程和甲车的速度，C 正确，B 、D 错误；对乙车v ＝at ，所以可以求出乙车此时的速度，A 正确. 【总结提升】求解追及问题的分析思路(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系.(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系.追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同.(3)寻找问题中隐含的临界条件.例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离等.利用这些临界条件常能简化解题过程.(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件联立方程外，还有利用二次函数求极值及应用图象法和相对运动知识求解.10.【解析】做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v A ＝s 3＋s 42T ＝(8.33＋8.95)×10－22×0.10 m/s ＝0.86 m/s.小车的加速度a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2＝(8.95＋9.61＋10.26)－(7.05＋7.68＋8.33)9×0.102×10－2 m/s 2＝0.64 m/s 2. 答案：0.86(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T20.64 11.【解析】(1)上升阶段－v 02＝－2gh (3分) 解得：v 0＝2gh ＝3 m/s (1分)(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 (3分) 解得：t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3 s (1分)自由落体过程：H ＝12gt 22(3分)解得：t 2＝2H g＝2×10.4510s ＝1.45 s (1分) 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s (2分) 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s12.【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)两车速度相等是两车是否会相撞的临界条件. (2)两车是否相撞由位移关系确定.【解析】(1)B 车刹车至停下来的过程中，由v 2－v 2B ＝2a B x (1分) 解得a B ＝－v 2B 2x ＝－2.5 m/s 2(1分)画出A 、B 两列火车的v-t 图象如图所示，(1分)根据图象计算出两列火车的位移分别为： x A ＝10×8 m ＝80 m (1分) x B ＝30＋102×8 m ＝160 m (1分)因x B ＞x 0＋x A ＝155 m (1分) 故两车会相撞. (1分)(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时，有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt) (2分)此时B 车的位移x B ′＝v B t ＋12a B t 2(2分)A 车的位移x ′A ＝v A t ＋12a A (t －Δt)2(2分)为使两车不相撞，两车的位移关系满足x ′B ≤x 0＋x ′A (1分) 联立以上各式解得a A ≥0.83 m/s2(1分)即A 车的加速度至少为0.83 m/s2(1分)答案：(1)两车会相撞 (2)0.83 m/s 2。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析8：机械能守恒定律及其应用(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析8：机械能守恒定律及其应用（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球.给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动.在此过程中( ) A.小球的机械能守恒 B.重力对小球不做功 C.绳的张力对小球不做功D.在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减小 2.如图所示，一匀质杆长为2r ，从图示位置由静止开始沿光滑面ABD 滑动，AB 是半径为r 的14圆弧，BD 为水平面.则当杆滑到BD位置时的速度大小为( ) A.gr2B.grC.2grD.2gr3.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，小孩从高处开始下落到弹起的整个过程中，他的运动速度v 随时间t 变化的图线如图所示，图中只有Oa 段和cd 段为直线.则根据该图线可知( )A.小孩在蹦床上的过程仅在t 1到t 3的时间内B.小孩在蹦床上的过程仅在t 1到t 5的时间内C.蹦床的弹性势能增大的过程在t 1到t 2的时间内D.蹦床的弹性势能增大的过程在t 1到t 5的时间内4.如图所示，将小球a 从地面以初速度v 0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处由静止释放，两球恰在h2处相遇(不计空气阻力).则( )A.两球同时落地B.相遇时两球速度大小相等C.从开始运动到相遇，球a 动能的减少量等于球b 动能的增加量D.相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.一不计质量的直角形支架的两直角臂长度分别为2l和l，支架可绕水平固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，支架臂的两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，开始时OA臂处于水平位置，如图所示，由静止释放后，则可能的是( )A.OB臂能到达水平位置B.OB臂不能到达水平位置C.A、B两球的最大速度之比为v A∶v B＝2∶1D.A、B两球的最大速度之比为v A∶v B＝1∶26.(预测题)北京奥运会男子体操单杠决赛中，中国四川小将邹凯以高难度的动作和出色的发挥以16.20分夺得金牌，邹凯做“单臂大回环”时，用一只手抓住单杠，伸展身体，以单杠为轴做圆周运动.此过程中，运动员的重心到单杠的距离为R，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A.运动员过最高点时，手臂所受弹力可以为零B.运动员过最高点时的最小速度是gRC.运动员过最低点时的最小速度是2gRD.运动员到达最低点时手臂受到的拉力至少为5mg7.(创新题)来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一位在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手.蹦床是一项好看又惊险的运动，如图所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点.不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，A、B、C 三个位置运动员的速度分别是v A、v B、v C，机械能分别是E A、E B、E C，则它们的大小关系是( )A.v A<v B，v B>v CB.v A>v B，v B<v CC.E A ＝E B ，E B >E CD.E A >E B ，E B ＝E C8.如图所示，劲度系数为k 的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R 的圆环顶点P ，另一端系一质量为m 的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动.设开始时小球置于A 点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v ，对圆环恰好没有压力.下列分析正确的是( ) A.从A 到B 的过程中，小球的机械能守恒 B.从A 到B 的过程中，小球的机械能减少 C.小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v2RD.小球过B 点时，弹簧的弹力为mg ＋m v22R9.(易错题)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆C 和D 上，质量为m a 的a 球置于地面上，质量为m b 的b 球从水平位置静止释放.当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面压力刚好为零，下列结论正确的是( )A.m a ∶m b ＝3∶1B.m a ∶m b ＝2∶1C.若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度为小于90°的某值时，a 球对地面的压力刚好为零D.若只将细杆D 水平向左移动少许，则当b 球摆过的角度仍为90°时，a 球对地面的压力刚好为零三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10. (18分)如图所示，长为R 的轻绳，上端固定在O 点，下端连一质量为m 的小球，小球接近地面，处于静止状态.现给小球一沿水平方向的初速度v 0，小球开始在竖直平面内做圆周运动.设小球到达最高点时绳突然被剪断.已知小球最后落在离小球最初位置2R的地面上.求：(1)小球在最高点的速度v；(2)小球的初速度v0；(3)小球在最低点时对绳的拉力.11.(易错题)(18分)如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S形轨道.光滑半圆轨道半径为R，两个光滑半圆轨道连接处CD之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，CD之间距离可忽略.粗糙弧形轨道最高点A与水平面上B点之间的高度为h.从A点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的S形轨道运动后从E点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E点在同一竖直线上B点的距离为s.已知小球质量m，不计空气阻力，求：(1)小球从E点水平飞出时的速度大小；(2)小球运动到半圆轨道的B点时对轨道的压力；(3)小球沿翘尾巴S形轨道运动时克服摩擦力做的功.答案解析1.【解析】选C.斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做的功，D错.2.【解析】选B.虽然杆在下滑过程中有转动发生，但初始状态静止，末状态匀速平动，整个过程无机械能损失，故由机械能守恒定律得：12mv 2＝ΔE p ＝mg r 2解得：v ＝gr.故B 正确.3.【解题指南】解答本题时应注意以下两点：(1)小孩在落到蹦床前和弹离蹦床后均做匀变速直线运动. (2)小孩接触蹦床后，速度为零之前，蹦床的弹性势能一直增大.【解析】选B.t 1时刻开始小孩的加速度开始变化，说明小孩此时开始与蹦床接触，t 5时刻以后小孩的加速度与0～t 1时间相同，说明t 5时刻开始小孩离开蹦床，故A 错误，B 正确；t 3时刻小孩的速度为零，此时小孩运动到最低点，蹦床的弹性势能最大，故弹性势能增大的过程在t 1到t 3时间内，C 、D 均错误.4.【解析】选C.设两球释放后经过时间t 相遇，因它们的位移大小相等，故有v 0t －12gt 2＝12gt 2，得v 0＝gt ，这表明相遇时a 球的速度为零，根据竖直上抛运动的对称性可知a 球从抛出至落地时间为2t ，而b 球的落地时间小于2t ，选项A 、B 错误；从开始到相遇，a 球的机械能守恒，a 球的动能减少量等于mgh/2；b 球的机械能守恒，b 球的动能增加量等于mgh/2，选项C 正确；相遇后的任意时刻，a 、b 球的速度均不相等，重力大小相同，所以重力的功率不相等，选项D 错误.5.【解析】选A 、C.当OB 臂到达水平位置时，质量为m 的小球重力势能减少2mg l ，质量为2m 的小球重力势能增加2mg l ，根据机械能守恒，可知这是可能的，所以A 正确，B 错误；两个小球转动的角速度ω相同，根据v ＝ωR 可知，A 、B 两球的最大速度之比为v A ∶v B ＝2∶1，故C 正确，D 错误.6.【解析】选A 、D.运动员做“单臂大回环”的运动可视为“杆模型”，故过最高点时，手臂所受弹力可以为零，A 对；手臂所受弹力与重力相等时，此时速度最小为零，B 错；对运动员从最高点到最低点的过程进行分析，由机械能守恒定律得：mg ·2R ＝12mv 2，又由最低点的牛顿第二定律得：T －mg ＝m v2R，联立两式得v ＝2gR ，T ＝5mg ，C 错，D 对.7.【解析】选A 、C.对运动员从A 到B 的运动过程，只有重力做功，机械能守恒，即E A ＝E B ，且重力做正功，动能增加，即v B >v A ；运动员从B 到C 运动过程中，蹦床弹力对其做负功，故其机械能减小，即E B >E C ，因C 点为最低点即v C ＝0，故v B >v C ，综上所述，本题选A 、C. 8.【解析】选B 、C.从A 到B 的过程中，因弹簧对小球做负功，小球的机械能将减少，A 错误，B 正确；在B 点对小球应用牛顿第二定律可得：F B －mg ＝m v 2R ，解得F B ＝mg ＋m v2R，C 正确，D 错误.【变式备选】重10 N 的滑块在倾角为30°的斜面上，从a 点由静止下滑，到b 点接触到一个轻弹簧，滑块压缩弹簧到c 点开始弹回，返回b 点离开弹簧，最后又回到a 点，已知ab ＝1 m ，bc ＝0.2 m ，那么在整个过程中，下列选项不正确的是( ) A.滑块动能的最大值是6 J B.弹簧弹性势能的最大值是6 JC.从c 到b 弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD.整个过程系统机械能守恒【解析】选A.滑块和弹簧组成的系统，在滑块的整个运动过程中，只发生动能、重力势能和弹性势能之间的相互转化，系统的机械能守恒，D 正确；滑块从a 到c ，重力势能减小了mg ac sin30°＝6 J ，全部转化为弹簧的弹性势能，A 错误，B 正确；从c 到b 弹簧恢复原长，通过弹簧的弹力对滑块做功，将6 J 的弹性势能全部转化为滑块的机械能，C 正确.9.【解析】选A 、D.设Db 段绳长为L ，则b 球摆至最低点时，12m b v 2b ＝m b gL ，T －m b g ＝m b v 2bL ，可得：T ＝3m b g ，因此时a 球对地面压力刚好为零，可得：T ＝m a g ，故有：m a ∶m b ＝3∶1，A 正确，B 错误；若细杆D 水平向左移动少许，使L 变大，但并不影响绳的拉力T 的大小，仍然有T ＝3m b g ＝m a g ，故当b 球摆过的角度为90°时，a 球对地面的压力刚好为零，C 错误，D 正确. 10.【解析】(1)小球做平抛运动：在水平方向有：2R ＝vt (2分) 在竖直方向有：2R ＝12gt 2(2分)解得： v ＝gR (2分) (2)根据机械能守恒定律有：12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2 (3分) 解得：v 0＝5gR (2分) (3)对小球在最低点时：F －mg ＝m v 2R (3分)解得：F ＝6mg (2分) 由牛顿第三定律得：球对绳子的拉力为6mg ，方向向下 (2分)答案：(1)gR (2)5gR (3)6mg ，方向向下 【总结提升】机械能守恒定律应用三要点(1)正确选取研究对象，必须明确机械能守恒定律针对的是一个系统，而不是单个物体. (2)灵活选取零势能位置，重力势能常选最低点或物体的初始位置为零势能位置，弹性势能选弹簧原长为零势能位置.(3)运用机械能守恒定律解题的关键在于确定“一个过程”和“两个状态”.所谓“一个过程”是指研究对象所经历的力学过程，了解研究对象在此过程中的受力情况以及各力的做功情况；“两个状态”是指研究对象在此过程中的开始和结束时所处的状态，找出研究对象分别在初状态和末状态的动能和势能.11.【解析】(1)小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为v E ，由平抛运动规律，s ＝v E t,4R ＝12gt 2联立解得v E ＝s42gR(4分) (2)小球从B 点运动到E 点的过程，机械能守恒12mv 2B ＝mg4R ＋12mv 2E (3分) 解得v 2B＝8gR ＋s 2g 8R在B 点F －mg ＝m v 2BR (3分)得F ＝9mg ＋mgs28R2 (2分)由牛顿第三定律可知小球运动到B 点时对轨道的压力为F ′＝9mg ＋mgs28R 2，方向竖直向下.(2分)(3)设小球沿翘尾巴的S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为W ，则mg(h －4R)－W ＝12mv 2E得W ＝mg(h －4R)－mgs216R (4分)答案：(1)s42g R (2)9mg ＋mgs28R2，方向竖直向下 (3)mg(h －4R)－mgs216R。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析1： 波粒二象性(含详解)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析1波粒二象性（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步.下列表述正确的是( )A.牛顿发现了万有引力定律B.洛伦兹发现了电磁感应定律C.光电效应证实了光的波动性D.爱因斯坦的光电效应方程彻底否定了光的波动性2.现有a 、b 、c 三束单色光，其波长关系为λa ∶λb ∶λc ＝1∶2∶3.当用a 光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek ，若改用b 光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为13E k ，当改用c 光束照射该金属板时( ) A.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为16E k B.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为19E k C.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为112E k D.由于c 光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应3.爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖.某种金属逸出光电子的最大初动能E km 与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率.从图中可以确定的是( )A.逸出功与ν有关B.E km 与入射光强度成正比C.当ν<ν0时，会逸出光电子D.图中直线的斜率与普朗克常量有关4.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，则( )A.若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定没有光电流B.若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定有光电流C.增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大D.若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)光电效应的实验结论是：对于某种金属( )A.无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B.无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应[C.超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D.超过极限频率的入射光频率越高，所产生光电子的最大初动能就越大6.三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a 、b 、c 上，均恰能使金属中逸出光电子.已知三种光线的波长λ甲＞λ乙＞λ丙，则( )A.用入射光甲照射金属b ，可能发生光电效应B.用入射光丙照射金属b ，一定发生光电效应C.用入射光甲和乙同时照射金属c ，可能发生光电效应D.用入射光乙和丙同时照射金属a ，一定发生光电效应7.物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点子；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹，对这个实验结果有下列认识，正确的是( )A.曝光时间不长时，出现不规则的点子，表现出光的波动性B.单个光子通过双缝后的落点无法预测C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D.只有大量光子的行为才能表现出光的粒子性8.(易错题)分别用波长为λ的单色光照射两块不同的金属板，发出的光电子的最大初动能分别为3 eV 和2 eV.当改用波长为λ2的单色光照射时，其中一块金属板发出的光电子的最大初动能为8 eV ，则另一块金属板发出的光电子的最大初动能为( )A.5 eVB.7 eVC.9 eVD.12 eV9.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能12mv 2max 与入射光频率ν的关系图象.由图象可知( )A.该金属的逸出功等于EB.该金属的逸出功等于h ν0C.入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2ED.入射光的频率为ν02时，产生的光电子的最大初动能为E 2三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 10.(预测题)(18分)紫光在真空中的波长为4.5×10－7 m ，问：(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014 Hz 的金属钾能否产生光电效应？(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h ＝6.63×10－34 J·s)11.(18分)如图所示，当电键S 断开时，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V 时，电流表读数为零.(1)求此时光电子的最大初动能的大小.(2)求该阴极材料的逸出功.答案解析1.【解析】选A.了解部分物理学史：牛顿发现万有引力定律；法拉第发现电磁感应定律；光电效应证明了光具有粒子性；爱因斯坦的光电效应方程是建立在光具有粒子性的基础上，但它并没有完全否定光的波动性，光子的能量E ＝h ν，其中频率ν是一个描述波的物理量，故A 正确，B 、C 、D 均错.2.【解析】选B.对a 、b 、c 三束光由光电效应方程有：hc λa －W ＝E k ，hc 2λa－W ＝ 13E k ，由以上两式得hc λa ＝43E k ，W ＝13E k .当改用c 光束照射该金属板时hc 3λa －W ＝49E k －13E k ＝19E k ，故B 正确.3.【解析】选D.由光电效应方程E km ＝h ν－W ，W ＝h ν0，与y ＝kx ＋b 相对应可知只有D 项正确.4.【解析】选B.用波长为λ0的光照射阴极K ，电路中有光电流，说明入射光的频率ν＝c λ0大于金属的极限频率，换用波长为λ1的光照射阴极K ，因为λ1>λ0，根据ν＝c λ可知，波长为λ1的光的频率不一定大于金属的极限频率，也不一定小于金属的极限频率，因此不能确定是否发生光电效应现象，A 错误；同理可以判断，B 正确；光电流的大小与入射光的强度有关，在一定频率与强度的光照射下，光电流与电压之间的关系为：开始时，光电流随电压U 的增加而增大，当U 大到一定程度时，光电流达到饱和值，这时即使再增大U ，在单位时间内也不可能有更多的光电子定向移动，光电流也就不会再增加，即饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，增大电源电压，若光电流达到饱和值，则光电流也不会增大，C 错误；将电源极性反接，若光电子的最大初动能大于光电管两极间电场力做的功，电路中仍有光电流产生，D 错误. 【总结提升】解光电效应问题常用技巧(1)判断和描述时应理清三个关系.①光电效应的实质(单个光子被单个电子吸收而产生的) ②光电子最大初动能的来源(金属表面的自由电子吸收光子后克服逸出功逸出后具有的动能) ③入射光强度与光电流的关系(当入射光的频率大于极限频率时光电流与入射光的强度成正比)[](2)定量分析时应抓住三个关系式.①爱因斯坦光电效应方程E k ＝h ν－W 0.②最大初动能与遏止电压的关系：E k ＝eU 0.③逸出功与极限频率的关系：W 0＝h ν0.5.【解析】选A 、D.只有当入射光的频率大于极限频率时才会产生光电效应现象，且光电子的最大初动能E km ＝h ν－W 0只取决于频率，与光的强度无关.A 、D 项正确，B 、C 项错误.6.【解析】选B 、D.由c ＝λν和λ甲＞λ乙＞λ丙得ν甲＜ν乙＜ν丙.光乙能使金属b 恰能发生光电效应，所以光甲不能使b 发生光电效应，而丙能，A 错B 对，同理C 错D 对.7.【解析】选B 、C.由于光波是一种概率波，单个光子的落点无法预测，大量光子的分布服从统计规律，故B 、C 正确.A 中的现象说明了光的粒子性；个别光子的行为才通常表现出粒子性，故A 、D 错误.8.【解析】选B 、C.根据光电效应方程知，用波长为λ的单色光照射金属板Ⅰ时有E k1＝hc λ－W 1，照射金属板Ⅱ时有E k2＝hc λ－W 2；若用波长为λ2的单色光照射金属板Ⅰ时有E ′k1＝2hc λ－W 1，照射金属板Ⅱ时有E ′k2＝2hc λ－W 2；若E k1＝3 eV ，E k2＝2 eV ，E ′k1＝8 eV ，则解得E ′k2＝7 eV ；若E k1＝3 eV ，E k2＝2 eV ，E ′k2＝8 eV ，则解得E ′k1＝9 eV.【变式备选】用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌片和银片，都能产生光电效应，在这两个过程中，对于下列四个量，一定相同的是 ，可能相同的是 ，一定不同的是 .A.光子的能量B.光电子的逸出功C.光电子动能D.光电子初动能 【解析】光子的能量由光的频率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同，逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料决定.锌片和银片的光电效应中，光电子的逸出功一定不相同.由E k ＝h ν－W 0，照射光子能量h ν相同，逸出功W 0不同，则电子最大初动能也不同.由于光电子吸收光子后到达金属表面的路径不同，途中损失的能量也不同，因而脱离金属时的动能可能分布在零到最大初动能之间.所以，两个不同光电效应的光电子中，有时初动能是可能相等的.答案：A C 、D B9.【解析】选A 、B.由爱因斯坦的光电效应方程可得：12mv 2max ＝h ν－W ，对应图线可知，该金属的逸出功为E ，极限频率为ν0，则W ＝E ＝h ν0，A 、B 正确.当入射光频率为2ν0时，12mv 2max ＝h ·2ν0－W ＝h ν0＝E 为光电子的最大初动能，C 错误；当ν＝ν02时不发生光电效应，D 错误. 10.【解析】(1)E ＝h ν＝h c λ＝4. 42×10－19 J (6分) (2)ν＝c λ＝6.67×1014 Hz (4分) 因为ν>ν0，所以能产生光电效应. (2分)(3)E km ＝h ν－W 0＝h(ν－ν0)＝1.36×10－19 J. (6分)答案：(1)4.42×10－19 J (2)能(3)1.36×10－19 J11.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：(1)根据最大反向电压可求出光电子的最大初动能.(2)根据光子的能量和光电子的最大初动能可求出材料的逸出功.【解析】设用光子能量为2.5 eV的光照射时，光电子的最大初动能为E k，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U＝0.60 V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU＝E k (6分)由光电效应方程：E k＝hν－W0 (6分)由以上二式：E k＝0.6 eV， (3分)W0＝1.9 eV (3分)答案：(1)0.6 eV (2)1.9 eV。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析46：提分检测(四)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析46提分检测(四) 第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意) 1.如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行，线框由静止释放，在下落过程中( )A.穿过线框的磁通量保持不变B.线框中感应电流方向保持不变C.线框所受安培力的合力为零D.线框的机械能不断增大2.如图所示，金属杆ab 、cd 可以在光滑导轨PQ 和RS 上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab 、cd 分别以速度v 1、v 2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v 1和v 2的大小、方向可能是( ) A.v 1＞v 2，v 1向右，v 2向左 B.v 1＞v 2，v 1和v 2都向左 C.v 1＝v 2，v 1和v 2都向右 D.v 1＝v 2，v 1和v 2都向左3.如图所示的是法拉第制作的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a 、b 导线与铜盘的中轴线处在同一平面内.转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若已知铜盘的半径为L ，匀强磁场的磁感应强度为B ，回路总电阻为R ，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是( )A.回路中产生大小和方向做周期性变化的电流B.回路中电流大小恒定，且等于BL 2ωRC.回路中电流方向不变，且从b 导线流进灯泡，再从a 导线流向旋转的铜盘D.以上说法都不对4.(2011·广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确 的是( )A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同5.如图所示为一理想变压器在两种情况下工作的示意图.其中灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝4∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A.P ，PB.16P ，14PC.14P,16P D.16P,4P 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意) 6.一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小7.(提分单独考查)如图所示，空间的虚线框内有匀强电场，AA′、BB′、CC′是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为0.5 cm. 一个质量为m ，带电量为q 的粒子沿AA′方向以初动能E k自图中的P点进入电场，刚好从C′点离开电场.已知PA′＝2 cm，粒子的重力忽略不计.下列说法中正确的是( )A.该粒子到达C′点时的动能为2E kB.该粒子到达C′点时的动能为1.5E kC.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.25E kD.该粒子通过等势面BB′时的动能为1.5E k8.(提分单独考查)在高速公路的隧道内两侧的电灯泡不易更换，为了延长电灯泡的使用寿命，一个接口处通常安装两个完全相同的灯泡，下列说法正确的是( )A.两个灯泡串联B.两个灯泡并联C.每个灯泡消耗的功率大于其额定功率的四分之一D.每个灯泡消耗的功率小于其额定功率的四分之一9.如图甲所示，100匝线圈(图中只画了1匝)两端A、B与一电压表相连.线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化.下列关于电压表的说法正确的是( )A.电压表读数为50 VB.电压表读数为150 VC.电压表“＋”接线柱接A端D.电压表“＋”接线柱接B端10.(提分交汇考查)长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R.如图所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω＝2v/b的角速度转过90°角.那么( )A.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶nB.通过线框横截面的电量q1∶q2＝1∶1C.线框发热功率P1∶P2＝2n∶1D.线框发热功率P1∶P2＝2∶1第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(4分)有一种在光照或温度升高时排气扇都能启动的自动控制装置，下列说法正确的是( )A.两个传感器都是光电传感器B.两个传感器分别是光电传感器和温度传感器C.两个传感器可能分别是温度传感器、电容式传感器D.只有光照和温度都适合时排气扇才能工作12. (8分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联.测量实际电流表G1内阻r1的电路如图所示.供选择的仪器如下：①待测电流表G1(0～5 mA，内阻约300Ω)，②电流表G2(0～10 mA，内阻约100 Ω)，③定值电阻R1(300 Ω)，④定值电阻R2(10 Ω)，⑤滑动变阻器R3(0～1 000Ω)，⑥滑动变阻器R4(0～20 Ω)，⑦干电池(1.5 V)，⑧电键S及导线若干.(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选.(在空格内填写序号)(2)用线连接实物图.(3)补全实验步骤：①按电路图连接电路，____________________________________；②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1、G2的读数I1、I2；③______________________________________________________________；④以I(4)根据I2-I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式____________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)导轨水平放置在竖直向上的磁感应强度为B的磁场中，一端接有阻值为R的电阻，一质量为m，电阻为r的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0开始运动，其速度规律为v＝v m sinωt，不计导轨电阻及感应电流的磁场对原磁场的影响，求：(1)感应电动势的表达式；(2)电阻R上的发热功率.14. (12分)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V，0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计.求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率.15.(提分交汇考查)(12分)如图所示，足够长的光滑导轨 ab 、cd 固定在竖直平面内，导轨间距为l ，b 、c 两点间接一阻值为R 的电阻.ef 是一水平放置的导体杆，其质量为m 、有效电阻值为R ，杆与ab 、cd 保持良好接触.整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直.现用一竖直向上的力拉导体杆，使导体杆从静止开始做加速度为g2的匀加速运动，上升了h 高度，这一过程中bc 间电阻R 产生的焦耳热为Q ，g 为重力加速度，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用.求： (1)导体杆上升到h 过程中通过杆的电荷量； (2)导体杆上升到h 时所受拉力F 的大小；16.(提分交汇考查)(14分)水平放置的平行金属板M 、N 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图甲所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B 0＝100 T.已知两板间距离d ＝0.3 m ，电场强度E ＝50 V/m ，M 板上有一小孔P ，在P 正上方h ＝5 cm 处的O 点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N 板上的Q 点如图乙所示.如果油滴的质量m ＝10－4kg ，带电荷量|q|＝2×10－5C.求：(1)在P 点的速度v 为多大？(2)若油滴在t ＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N 板上的Q 点，求油滴的电性及交变磁场的变化周期T.(3)Q 、O 两点水平距离.(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.线框下落过程中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，所以磁通量越来越小，根据楞次定律可知感应电流的方向不变，A 错，B 对；线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同，安培力大小不同，合力不为零，C 错；下落过程中机械能越来越小，D 错.2.【解析】选B.因回路abdc 中产生逆时针方向的感生电流，由题意可知回路abdc 的面积应增大，选项A 、C 、D 错误，B 正确.3.【解析】选C.该铜盘匀速转动，可看做无数个长为半径的导线切割磁感线，并且它们并联，其电动势大小E ＝BL ·ωL2，方向由右手定则知，由b 经灯泡到a ，故C 正确，A 、B 、D 错误.4.【解析】选C.由法拉第电磁感应定律知：E ＝n ΔΦΔt ，可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A 错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B 错误，C 正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D 错误.5.【解析】选B.对甲图，由n 1∶n 2＝4∶1知U 1＝4U 2，而P ＝U 22R 得P 1＝U 21R ＝16P ，对于乙图，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3,2n 2I 2＝n 1I 1，I 1＝2n 2n 1I 2＝12I 2，而P ＝I 22R 得P ′1＝I 21R ＝14P ，故B 项正确. 6.【解析】选B 、C.根据理想变压器原、副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动触头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 1亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、D.设粒子过P 点的速度为v 0，将粒子过C ′的速度v C ′分解，如图所示，则有PA ′＝v 0t ，A ′C ′＝v y2t ，代入数据解得v y ＝v 0，v C ′＝2v 0，所以粒子过C ′时动能为2E k ，A 正确，B 错误；粒子由P 到C ′动能增量为E k ，由于相邻等势面的电势差相等，因此粒子由P 点到经过BB ′时，电场力做的功应为0.5E k ，故粒子通过BB ′时动能应为1.5E k ，C 错误，D 正确.8.【解析】选A 、C.两个灯泡应串联，每个灯泡承担的电压U ＝2202 V ＝110 V ，低于额定电压，灯泡不易损坏；由P ＝U 2R ，U 变为原来的12，由于灯丝较正常发光时温度低，故灯丝电阻较正常发光时小，所以每个灯泡实际消耗的功率要大于其额定功率的四分之一，故A 、C 正确. 9.【解析】选A 、C.从图乙中可得穿过线圈的磁通量随时间在不断增加，根据楞次定律和安培定则，可得A 接感应电动势的正极，即电压表“＋”接线柱接A 端，C 正确，D 错误；根据法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔΦΔt ＝100×0.15－0.100.1 V ＝50 V ，故电压表读数为50 V ，A 正确，B 错误.10.【解析】选B 、D.首先，在第一、二次运动过程中，磁通量的减少量为ΔΦ1＝ΔΦ2＝B ·ab 2.当回路为n 匝，总电阻为nR 时， 由q ＝I ·Δt ＝E －nR ·Δt ＝ΔΦR可得q 1∶q 2＝1∶1.故知A 错B 对.显然两种情况下线框电阻不变. 从而，由电(热)功率公式可得P 1P 2＝(E 1E 2)2① E 1＝nBav ② E 2＝nB ·ab 2·2v2b ③联立①②③式，即可求出以下结果P 1∶P 2＝2∶1，故知C 错D 对.11.【解析】选B.题中提到有光照或温度升高时排气扇都能自动控制，由此可见两个传感器一个是光电传感器，一个是温度传感器，而且排气扇自动工作只需光照和温度一个满足条件即可，A 、C 、D 错误，B 正确.12.【解析】(1)根据电路的原理图，如果定值电阻太小，电流表G 1中的电流太小，读数误差较大，所以定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值较小一些的变阻器.(2)根据电路的原理图进行实物连接，注意电表的正负极不要接反.(3)闭合电键之前，应将滑动触头移到最左端，以防止闭合电键时烧坏电表；为减小实验误差，应多次测量取平均值. (4)根据串、并联规律可知： I 2＝I 1＋I 1r 1R 1＝R 1＋r 1R 1I 1，所以k ＝R 1＋r 1R 1即r 1＝(k －1)R 1答案：(1)③ ⑥ (2)如图(3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G 1、G 2的读数I 1、I 2 (4)r 1＝(k －1)R 113.【解析】(1)根据E ＝BLv得：E ＝BL v m sin ωt (4分) (2)感应电动势的有效值为： E(2分)感应电流的有效值为：I ＝ER ＋r (2分)电阻R 上的发热功率为P ＝I 2·R ＝222m 2B L v R2(R r)+ (2分) 答案：(1)BLv m sin ωt (2) 222m 2B L v R2(R r)+14.【解析】(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ， (3分) 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2＝1 A)，(3分)所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2分)(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W. (4分) 答案：(1)3∶1 (2)6.67 W15.【解析】(1)通过杆的电量q ＝I Δt (1分)根据闭合电路的欧姆定律I ＝E2R(1分)根据电磁感应定律，得E ＝ΔΦΔt(1分) q ＝ΔΦ2R ＝B h 2R l (1分)(2)设ef 上升h 时，速度为v 1、拉力为F ，根据运动学公式，得：v 1＝gh(2分) 根据牛顿第二定律，得：F －mg －BI 1l ＝12mg (2分)根据闭合电路的欧姆定律，得 I 1＝1B v 2Rl (2分)综上解得F ＝3mg 2＋分) 答案：(1) B h 2R l (2)3mg 2＋16.【解析】(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的初速度为v ＝2gh ＝2×10×5×10－2m/s ＝1 m/s (3分)(2)由于油滴进入两板间的瞬间所受洛伦兹力水平向右，所以油滴带正电.油滴进入电、磁场后的情况如图所示，电场力F 电＝qE ＝2×10－5×50 N ＝10－3 N(2分)G ＝mg ＝10－3N带电油滴进入两板间，电场力与重力平衡，在磁场的作用下，油滴做匀速圆周运动.设圆周半径为R ，若恰好垂直落在N 板上的Q 点，则F 洛＝qvB ＝mv 2RT B ＝2πR v解得R ＝mv qB ＝10－4×12×10－5×100m ＝0.05 m (2分) T B ＝2πm qB ＝2π×10－42×10－5×100s ＝0.1 πs (2分) 又已知d ＝0.3 m ，由几何关系得d ＝6R (1分)所以交变磁场周期T ＝12T B ＝0.05 πs (1分) (3)设Q 、O 两点的水平距离为x ，由几何关系得x ＝6R ＝0.3 m (3分)答案：(1)1 m/s (2)正电 0.05πs (3)0.3 m。
高考物理一轮复习专题4.3 圆周运动的规律及其应用(精讲)(解析版)
专题4.3圆周运动的规律及其应用1．了解线速度、角速度、周期、频率、转速等概念。
理解向心力及向心加速度。
2．能结合生活中的圆周运动实例熟练应用向心力和向心加速度处理问题。
3．能正确处理竖直平面内的圆周运动。
4．知道什么是离心现象，了解其应用及危害。
会分析相关现象的受力特点。
知识点一匀速圆周运动及描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长相等，就是匀速圆周运动。
(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动。
(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．描述圆周运动的物理量物理量意义、方向公式、单位线速度(v )①描述圆周运动的物体运动快慢的物理量②是矢量，方向和半径垂直，和圆周相切①v ＝Δs Δt ＝2πr T②单位：m/s 角速度(ω)①描述物体绕圆心转动快慢的物理量②中学不研究其方向①ω＝ΔθΔt ＝2πT②单位：rad/s 周期(T )和转速(n )或频率(f )①周期是物体沿圆周运动一周的时间②转速是物体单位时间转过的圈数，也叫频率①T ＝2πrv 单位：s②n 的单位：r/s 、r/min ，f 的单位：Hz向心加速度(a )①描述速度方向变化快慢的物理量②方向指向圆心①a ＝v 2r ＝rω2②单位：m/s 23．线速度、角速度、周期、向心加速度之间的关系(1)v ＝ωr ＝2πTr ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝rω2＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r .知识点二匀速圆周运动的向心力1．向心力的理解(1)作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小。
(2)大小F ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝mωv ＝4π2mf 2r 。
(3)方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
(4)来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析45：提分检测(三)
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析45提分检测(三)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.(提分单独考查)细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点的加速度方向，图中可能的是( )2.(提分单独考查)土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等，线度从1 μm 到10 m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km 延伸到1.4×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h，引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)( )A.9.0×1016 kgB.6.4×1017 kgC.9.0×1025 kgD.6.4×1026 kg3.如图所示电路，电源电动势E＝30 V，电源内阻不计，电阻R1＝5 Ω，R3＝10 Ω，变阻器的最大电阻值R2＝10 Ω，当滑片P从a端向b端滑动过程中，电压表和电流表(均为理想电表)的读数变化情况是( )A.0～15 V，2～1.5 AB.0～30 V，2～1.5 AC.0～15 V，2～3.0 AD.0～30 V，2～3.0 A4.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1、L2均变亮C.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小5.(提分单独考查)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内.则下列说法正确的是( )A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.(提分单独考查)如图所示，一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10m/s2)，以下判断中正确的是( )A.小球经过A、B两点间的时间t＝(3－1)sB.小球经过A、B两点间的时间t＝ 3 sC.A、B两点间的高度差h＝10 mD.A、B两点间的高度差h＝15 m7.如图甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中正确的是( )A.A、B两点的电场强度E A＞E BB.A、B两点的电势φA＞φBC.负电荷q 在A 、B 两点的电势能大小A p E ＞B p ED.此电场一定是负电荷形成的电场8.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q 、质量为m的带电粒子(不计重力)以v 0从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则以下说法正确的是( )A.若该粒子以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出B.若该粒子以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出C.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出D.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出 9.(2011·大纲版全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据，下列判断正确的是( ) A.闪电电流的瞬时值可达到1×105A B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C.闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J10.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I 0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )A.物体处于失重状态B.物体处于超重状态C.升降机一定向上做匀加速运动D.升降机可能向下做匀减速运动第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)(2012·佛山模拟)某一电阻值不变的纯电阻元件(阻值R x在50～100 Ω)，额定功率为0.25 W.要用伏安法较准确地测量它的阻值，实验器材有：电流表A1：量程为100 mA，内阻约为5 Ω电流表A2：量程为1 A，内阻约为0.5 Ω电压表V1：量程为6 V，内阻约为10 kΩ电压表V2：量程为30 V，内阻约为50 kΩ滑动变阻器R：0～10 Ω，2 A电源(E＝9 V)，开关，导线若干.(1)实验中应选用的电流表为，电压表为；(填入器材符号)(2)在虚线框内画出实验电路图；(3)测出的电阻值与真实值相比(填“偏大”、“偏小”或“相等”).12.(6分)(2012·广州模拟)如图是“测电源的电动势和内阻”的实验电路，器材如下：待测电源，量程为0～3 V～15 V的理想电压表V，量程为0～0.6 A～3 A的电流表A(具有一定内阻)，定值电阻R0(R0＝1.50 Ω)，滑动变阻器R1(0～10 Ω)，滑动变阻器R2(0～200 Ω)，开关S、导线若干.(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用(填“R1”或“R2”).(2)用笔画线代替导线在实物图中完成连线.(3)实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2.则待测电源内阻的表达式r＝.(用I1、I2、U1、U2和R0表示)四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)如图所示，电压表V1和V2的读数都是3.5 V，如果对调这两个电压表，则V1的读数为3.0 V，V2的读数为4.0 V，求这两个电压表的内阻.(不计电源内阻)14.(12分)在如图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的.求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器R 3的最大值.15.(2012·汕头模拟)(14分)一根长为L 的丝线吊着一质量为m 的带电量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，(重力加速度为g ，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8).求：(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时丝线的拉力.16.(提分交汇考查)(14分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力.那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g ＝10 m/s 2)答案解析1.【解析】选D.因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求.2.【解析】选D.由万有引力提供颗粒绕土星做圆周运动的向心力得，G Mm r 2＝m(2πT )2r ，M ＝4π2r 3GT2＝2831124(1.410)6.6710(143600)-⨯⨯⨯⨯kg ＝6.4×1026kg. 所以D 选项正确.3.【解析】选A.当滑片P 在a 端时，电压表示数为0，电流表示数I ＝ER 1＋R 2＝ 2 A.当滑片P 在b 端时，R 2、R 3并联电阻为5 Ω，故电压表示数为15 V ，电流表示数为1.5 A.故A正确.4.【解析】选C.滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，路端电压变大，总电流变小，故电流表A的读数变小，电压表V的读数变大，小灯泡L2变暗，L1变亮，C正确.5.【解析】选C.小球从开始下落至到达最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误.小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误.小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错而C对.6.【解析】选A、C.由题意，v Ay＝v0tan45°＝10 m/s.v By＝v0tan60°＝10 3 m/s.由v By－v Ay＝gt得，t＝(3－1)s，故A正确，B错误.再根据v By2－v Ay2＝2gh，解得h＝10 m，故C正确，D错误.7.【解析】选B、D.由v-t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B＞E A，A错误；又因电场力的方向在甲图中向左，故电场线的方向为A→B，则φA＞φB，B正确；又E p＝qφ，对负电荷q，E pA＜EpB，C错；根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D正确.8.【解析】选A、C.从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动.该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上.结合运动的合成与分解，可得正确选项为A、C.9.【解析】选A、C.闪电电流I＝Q/t＝1×105 A，选项A正确；闪电过程的瞬时功率P＝UI＝1.0×109×1×105W＝1×1014W，选项B错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d＝1.0×106 V/m，选项C正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU＝6×1.0×109 J＝6.0×109 J，选项D 错误.10.【解析】选B、D.由题图乙可知，电流由I0变为2I0，且保持不变，说明压敏电阻受压力恒定，则升降机做匀变速运动；电流变大说明阻值减小，则压力变大，物体处于超重状态，即升降机有向上的加速度.升降机有两种运动状态：加速向上或减速向下，故选项B、D正确.11.【解析】(1)由P ＝I 2R 得该电阻元件的最大电流I m ≈7.1×10－2A ＝71 mA ，故电流表应选A 1；由U ＝PR 得该元件允许所加的最大电压为U m ＝5 V ，故电压表应选V 1.(2)因滑动变阻器阻值为10 Ω，故应采用分压式电路；因A 1表阻值与R x 阻值相差不大，应采用电流表外接法，如图所示.(3)因采用电流表外接法测量电阻，故测量值比真实值偏小. 答案：(1)A 1 V 1 (2)见解析图 (3)偏小12.【解析】(1)因电源的内电阻较小，一般为几欧姆，故滑动变阻器应选用R 1. (2)连接电路时，应注意滑动变阻器的接法及电流表、电压表的量程，连线如图所示.(3)由E ＝U ＋I(R 0＋r)知，将(I 1，U 1)和(I 2，U 2)代入上式，解得R 0＋r ＝U 2－U 1I 1－I 2，即r ＝U 2－U 1I 1－I 2－R 0.答案：(1)R 1 (2)见解析图 (3)U 2－U 1I 1－I 2－R 0 13.【解析】设电压表V 1、V 2的内阻分别为R 1、R 2.串联电路中，电阻两端的电压与电阻成正比.又由并联电阻的特点可得 1R 1＋1600＝1R 2＋1400①(3分)600R 2R 2＋600/400R 1R 1＋400＝43 ②(3分)由①②可得：R 1＝240 Ω，R 2＝300 Ω (2分) 答案：240 Ω 300 Ω14.【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得： E ＝16＋0.2r ，E ＝4＋0.8r解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω (4分)(2)当R 3的滑片滑到最右端时，R 3、R 1均被短路，此时外电路电阻等于R 2，且对应于图线上B 点，故由B 点的U 、I 值可求出R 2的阻值为：R 2＝U B I B ＝40.8Ω＝5 Ω. (4分)(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R 3阻值最大.设此时外电路总电阻为R ，由图象可知，I A ＝E R ＋r ，解得R ＝80 Ω，则此时R 1R 3R 1＋R 3＋R 2＝R ，解得：R 3＝300 Ω. (4分)答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω 15.【解析】(1)小球受力如图：Tsin37︒＝qE ①(2分) Tcos37︒＝mg ②(2分) 联立①②解得E ＝3mg4q (2分)(2)电场方向变为竖直向下后，小球向下摆动，依动能定理mgL(1－cos37︒)＋qEL(1－cos37︒)＝12mv 2③(4分)由圆周运动得：T ′－mg －qE ＝m v2L ④(2分)联立③④解得：T ′＝4920mg (2分)答案：(1)3mg 4q (2)4920mg16.【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零. 设两板间电压为U AB ，由动能定理得－mgd －qU AB ＝0－12mv 20 (4分)解得U AB ＝8 V (2分) 滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V (2分) 设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r ＝1 A (2分)滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I ＝8 Ω (2分)电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W (2分) 答案：8 Ω 23 W。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析：4圆周运动及其应用（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意) 1.(创新题)第十三届中国吴桥国际杂技艺术节于2011年10月22日在石家庄市(主会场)拉开了序幕.如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是( )A.水处于失重状态，不受重力的作用B.水受平衡力的作用，合力为零C.由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D.杯底对水的作用力可能为零2.汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧，两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f 甲和f 乙，以下说法正确的是( ) A.f 甲小于 f 乙 B.f 甲等于f 乙 C.f 甲大于f 乙D.f 甲和f 乙大小均与汽车速率无关3.(预测题)如图所示，倾斜轨道AC 与有缺口的圆轨道BCD 相切于C ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点，缺口DB 所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C 点后便进入圆轨道，要想使它上升到D 点后再落到B 点，不计摩擦，则下列说法正确的是( ) A.释放点需与D 点等高 B.释放点需比D 点高R 4C.释放点需比D 点高R2D.使小球经D 点后再落到B 点是不可能的4.(创新题)小明同学在学习中勤于思考，并且善于动手，在学习了圆周运动知识后，他自制了一个玩具，如图所示，用长为r 的细杆粘住一个质量为m 的小球，使之绕另一端O 在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v ＝gr/2，在这点时( ) A.小球对细杆的拉力是mg2B.小球对细杆的压力是mg2C.小球对细杆的拉力是32mgD.小球对细杆的压力是mg二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意) 5.关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D.匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动 6.如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r ，a 是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径为4r ，小轮的半径为2r ，b 点在小轮上，到小轮中心的距离为r ，c 点和d 点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在转动过程中，皮带不打滑，则( )A.a 点与b 点的线速度大小相等B.a 点与b 点的角速度大小相等C.a 点与c 点的线速度大小相等D.a 点与d 点的向心加速度大小相等7.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则( )A.两物体均沿切线方向滑动B.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远8.“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来.如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m ，做圆周运动的半径为r ，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )A.人和车的速度为grtan θB.人和车的速度为grsin θC.桶面对车的弹力为mg cos θ D.桶面对车的弹力为mgsin θ9.(易错题)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法中正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度v min＝g(R＋r)B.小球通过最高点时的最小速度v min＝0C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(16分)某实验中学的学习小组在进行科学探测时，一位同学利用绳索顺利跨越了一道山涧，他先用绳索做了一个单摆(秋千)，通过摆动，使自身获得足够速度后再平抛到山涧对面，如图所示，若他的质量是M，所用绳长为L，在摆到最低点B处时的速度为v，离地高度为h，当地重力加速度为g，则：(1)他用的绳子能承受的最大拉力应不小于多少？(2)这道山涧的宽度应不超过多大？11.(易错题)(20分)如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使小球在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，使小球的转速很缓慢地增加，当小球的转速增加到开始时转速的3倍时，细线断开，线断开前的瞬间线受到的拉力比开始时大40 N，求：(1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小；(2)线断开的瞬间，小球运动的线速度大小；(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8 m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离.答案解析1.【解析】选D.失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，A 项错；水受力不平衡，有向心加速度，B 项错；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力提供，C 项错；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时，杯底对水的作用力为零，D 项对.2.【解析】选A.做匀速圆周运动的条件：速度不为零，受到大小不变方向总是与速度方向垂直沿半径指向圆心的合外力的作用，而且合外力等于圆周运动物体所需要的向心力F 向＝m v2r ，本题中摩擦力提供向心力，即f ＝m v2r ，由于r 甲>r 乙，故f 甲<f 乙，A 正确.3.【解析】选D.小球刚好过D 点的速度为v D ，由mg ＝m v 2DR 得，v D ＝gR.当落至与B 点等高的水平面上时，平抛的水平位移x ＝v D 2Rg＝2R>R ，故经过D 点后小球不可能落至B 点，只有D 正确.4.【解析】选B.解法一：在最高点时，若细杆对小球没有弹力作用，则有mg ＝mv 2r ，得v 0＝gr.由于v ＝gr2<v 0，所以细杆对小球有竖直向上的弹力作用，根据牛顿第二定律和向心力公式有mg －N ＝mv 2r ，得N ＝mg 2.由牛顿第三定律知，小球对细杆的压力N ′＝N ＝mg2.故选B.解法二：假设细杆对小球有竖直向下的拉力，根据牛顿第二定律和向心力公式有mg ＋N ＝mv2r ，得N ＝－mg2，负号说明细杆对小球有竖直向上的支持力.由牛顿第三定律知，小球对细杆的压力N ′＝N ＝mg2.故选B.5.【解析】选B 、D.速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度.加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动.故本题选B 、D.6.【解题指南】求解此题应明确a 、c 两点线速度大小相等，b 、c 、d 三点角速度大小相等，然后利用公式v ＝r ω，a ＝v2r求解.【解析】选C 、D.v c ＝2r ω，v b ＝r ω，所以v c ＝2v b ，a 、c 是皮带连接的两轮边缘上的点，线速度大小相等，所以v a ＝2v b ，故A 错C 对；v a ＝r ωa ，v b ＝r ωb ，由v a ＝2v b ，得ωa ＝2ωb ，故B 错；设a 点线速度为v ，c 点线速度也为v ，对c 点，v ＝2r ω，对d 点，v d ＝4r ω＝2v ，a a＝v 2r ，a d ＝(2v)24r ＝v 2r ，故a 点与d 点的向心加速度大小相等，D 对. 【总结提升】传动问题的解题技巧 (1)明确皮带传动和轮轴的特点.(2)清楚线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，从而能熟练地运用在线速度或角速度相等时，角速度、线速度、加速度与半径的比值关系. (3)同转轴上各点ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径成正比.(4)不考虑皮带打滑的情况下，两轮边缘的各点线速度大小相等，而角速度ω＝vr 与半径成反比.另外，由v 、T 、f 、ω之间的关系，向心加速度的表达式a ＝v 2r ＝ω2r ＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r ，在应用时，要结合已知条件灵活运用.7.【解析】选B 、D.当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，但是B 仍保持相对圆盘静止状态，故A 、C 选项错误，D 选项正确；而且由于没有了细线的拉力，B 受静摩擦力减小，B 选项正确. 8.【解析】选A 、C.对人和车进行受力分析如图所示，根据直角三角形的边角关系和向心力公式可列方程：mgtan θ＝m v2r ，Ncos θ＝mg ，解得v ＝grtan θ，N ＝mg cos θ.故A 、C 正确. 【变式备选】(双选)如图所示，两个质量不同的小球用长度不等的细线拴在同一点，并在同一水平面内做匀速圆周运动，则它们的( ) A.运动周期相同 B.运动线速度相同 C.运动角速度相同D.向心加速度相同【解析】选A 、C.对小球而言，只受两个力：重力mg 和线的拉力F ，如图所示. 这两个力的合力mgtan α提供向心力，半径r ＝htan α，所以由F ＝mr ω2得mgtanα＝mhtan α·ω2.可见，角速度与α无关，选项C 正确；由v ＝r ω可知，由于半径不同，线速度的大小不同，选项B 错误；由T ＝2πω知，A正确；由a ＝ω2r 知，D 错误.9.【解析】选B 、C.小球沿管上升到最高点的速度可以为零，故A 错误，B 正确；小球在水平线ab 以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN 与球重力在背离圆心方向的分力F mg 的合力提供向心力，即：N －F mg ＝m v2R ＋r ，因此，外侧管壁一定对球有作用力，而内侧管壁无作用力，C 正确；小球在水平线ab 以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力与小球速度大小有关，D 错误.10.【解析】(1)该同学在B 处，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v2L ， (3分)解得：F ＝Mg ＋M v2L ， (3分)即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg ＋M v2L . (2分)(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：水平方向有：x ＝vt ， (3分) 竖直方向有：h ＝12gt 2. (3分)联立解得：x ＝v2hg， (2分) 即这道山涧的宽度不超过v 2h g . 答案：(1)Mg ＋M v2L(2)v2h g11.【解题指南】分别列出小球所需向心力的表达式，再利用题中给出的条件，可求出线的拉力及小球的线速度大小，小球离开桌面之后做平抛运动，根据平抛运动知识及方向关系可求出结果.【解析】(1)线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω0，向心力为F 0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为T.F 0＝m ω20R ①(2分) T ＝m ω2R②(2分) 由①②得T F 0＝ω2ω20＝91 ③(2分)又因为T ＝F 0＋40 N ④(2分) 由③④得T ＝45 N(2分) (2)设线断开时小球的线速度大小为v ， 由T ＝mv2R 得，v ＝TR m＝45×0.10.18m/s ＝5 m/s (4分) (3)设桌面高度为h ，小球落地经历时间为t ，落地点与飞出桌面点的距离为x. 由h ＝12gt 2得t 0.4 s (2分) x ＝vt ＝2 m (2分) 则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为l ＝xsin60°＝1.73 m. (2分)答案：(1)45 N (2)5 m/s (3)1.73 m。