新人教版2019届高考物理一轮复习课时跟踪检测：(十四) 圆周运动(重点高中)
2019版高考物理一轮总复习(人教版)课时作业14 Word版含解析
课时作业(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题) 1.如图所示是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是( )A ．线速度v A <vB <vC B ．万有引力F A >F B >F C C ．角速度：ωA >ωB >ωCD ．向心加速度a A <a B <a C解析： 因为卫星的质量大小关系不知，所以卫星的万有引力大小关系无法判断，B 错误；卫星绕地球做圆周运动，有G Mmr 2＝m v 2r＝mrω2＝ma 向，得v ＝GMr ，ω＝ GMr 3，a 向＝GMr2，由于r A <r B <r C ，则v A >v B >v C ，ωA >ωB >ωC ，a A >a B >a C ，故A 、D 错误，C 正确。
答案： C2．在地球表面某高度处以一定的初速度水平抛出一个小球，测得水平射程为x 。
在另一星球表面以相同的水平速度抛出该小球，需将高度降低一半才可以获得相同的水平射程。
忽略一切阻力。
设地球表面重力加速度为g ，该星球表面的重力加速度为g ′，则g ∶g ′为( )A ．1∶2B ．1∶ 2 C.2∶1D ．2∶1解析： 因为x ＝v 0t ，h ＝12gt 2，而x ＝v 0t ′，h 2＝12g ′t ′2，联立可得gg ′＝2。
答案： D3．(2017·湖南十三校二联)据报道，科学家们在距离地球20万光年外发现了首颗系外“宜居”行星。
假设该行星质量约为地球质量的6.4倍，半径约为地球半径的2倍。
那么，一个在地球表面最多能举起64 kg 物体的人在这个行星表面能举起的物体最大质量为(地球表面重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．40 kgB ．50 kgC ．60 kgD ．30 kg解析： 由mg ＝G Mm R 2得g ＝GMR 2则：g 行g 地＝M 行R 2地M 地R 2行又M 行＝6.4M 地，R 行＝2R 地 故g 行g 地＝1.6根据F 举＝m 0g 地＝m ′0g 行得： m ′0＝g 地g 行·m 0＝40 kg ，故选A 。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练14 Word版含答案
课时跟踪训练(十四) 一、选择题1．(2015·福建卷)如图，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则( )A.＝ v 1v 2r 2r 1B.＝ v 1v 2r 1r 2C.＝2v 1v 2(r 2r 1)D.＝2v 1v 2(r 1r 2)[解析] 人造卫星围绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得，＝m ，解得v ＝，＝，选项A 正确．GMmr 2v 2r GMr v 1v 2r 2r 1[答案] A2．(2015·北京卷)假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距离，那么( )A ．地球公转周期大于火星的公转周期B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度[解析] 由太阳对行星的引力是行星围绕太阳做匀速圆周运动的向心力：＝m ＝mω2r ＝m r ＝ma 得v ＝，ω＝，a ＝，T ＝，GMm r 2v 2r 4π2T 2GM r GMr 3GMr 24π2r 3GM 火星到太阳的距离大(r 大)，故火星公转的线速度小，角速度小，加速度小，周期大．也可简记口诀“高轨低速大周期”，D 选项正确．[答案] D3．(2015·山东卷)如图，拉格朗日点L 1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动．据此，科学家设想在拉格朗日点L 1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动．以a 1、a 2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a 3表示地球同步卫星向心加速度的大小．以下判断正确的是( )A ．a 2>a 3>a 1B ．a 2>a 1>a 3C ．a 3>a 1>a 2D ．a 3>a 2>a 1[解析] 空间站与月球以相同的周期绕地球运动，由a ＝r 2知a 1<a 2；月(2πT)球轨道半径比地球同步卫星大，由a ＝知a 3>a 2，故D 项正确．GM 地r 2[答案] D4．(2015·云南一模)下列说法正确的是( )A ．绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船，其速度可能大于7.9 km/sB ．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动C ．人造地球卫星返回地球并安全着陆的过程中一直处于失重状态D ．嫦娥三号在月球上着陆的过程中可以用降落伞减速[解析] 地球的第一宇宙速度7.9 km/s ，是人造卫星的最小发射速度，是卫星环绕地球运动的最大速度，故A 错误．在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，物体处于完全失重状态，一细线一端固定，另一端系一小球，小球可以在以固定点为圆心的平面内做匀速圆周运动，绳子的拉力提供向心力，故B 正确．卫星在降落过程中向下减速时，加速度方向向上，处于超重状态，故C 错误．月球上没有空气，不可以用降落伞减速，故D 错误．[答案] B5．(2015·天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示．当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力．为达到上述目的，下列说法正确的是( )A ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B ．旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D ．宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小[解析] 宇航员在“旋转舱”内要受到与地球表面相同大小的支持力，就是要求其向心加速度a 等于地球表面重力加速度g .由a ＝g ＝ω2r 得ω＝.由此gr 可知，r 越大，ω越小，与宇航员质量无关，故只有B 正确．[答案] B6．(多选)(2015·江西上饶二模)2014年11月1日早上6时42分，被誉为“嫦娥五号”的“探路尖兵”载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为“嫦娥五号”任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础．已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，引力常量为G ，则( )A ．航天器的轨道半径为θsB ．航天器的环绕周期为2πtθC ．月球的质量为s 3Gt 2θD ．月球的密度为3θ24Gt 2[解析] 根据几何关系得r ＝，故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中sθ心连线扫过角度为θ，则＝，得T ＝，故B 正确；由万有引力充当向心力tT θ2π2πtθ做圆周运动，所以G ＝m r ，M ＝＝＝，故C 正确；人Mm r 24π2T 24π2r 3GT 24π2(sθ)3G (2πtθ)2s 3Gt 2θ造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积V ＝πr 3＝π34343(sθ)月球的密度ρ＝＝＝，故D 错误．M V s 3Gt 2θ43π(s θ)33θ24πGt 2[答案] BC7．(多选)(2015·江苏如皋高三期末)宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则( )A ．g ′∶g ＝5∶1B ．g ′∶g ＝1∶5C ．M 星∶M 地＝1∶20D ．M 星∶M 地＝1∶80[解析] 小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动，星球上：v 0＝g ′·得，g ′＝，同理地球上的重力加速度g ＝；则有5t22v 05t 2v 0t g ′∶g ＝1∶5，所以A 错误，B 正确．由星球表面的物重近似等于万有引力可得，在星球上取一质量为m 0的物体，则有m 0g ′＝G ，得M 星M 星m 0R 2星＝，同理得：M 地＝，所以M 星∶M 地＝1∶80，故C 错误，D 正g ′R 2星Gg ·R 2地G 确．[答案] BD8. (2015·北京海淀区高三期中练习)理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的实心球体，O 为球心，以O 为原点建立坐标轴Ox ，如图甲所示．一个质量一定的小物体(假设它能够在地球内部移动)在x 轴上各位置受到的引力大小用F 表示，则图乙所示的四个F 随x 的变化关系图正确的是( )[解析] 球壳内距离球心r 的位置，外面环形球壳对其引力为0，内部以r 为半径的球体看作球心处的质点，对其引力为F ＝＝＝Gρπrm ，引力大小与r 成正比，图象为倾GM ′mr 2G ρ43πr 3m r 243斜直线，当r >R 时，球体看作圆心处的质点，引力F ＝＝，F ∝GMmr 2G ρ43πR 3m r 2，对照选项A 对B 、C 、D 错．1r 2[答案] A9．(2015·山东青岛一模)2014年11月12日，“菲莱”着陆器成功在67P 彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被67P 彗星俘获后经过一系列变轨，成功地将“菲莱”着陆器弹出，准确地在彗星表面着陆．如图所示，轨道1和轨道2是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道，B 点是轨道2上的一个点，若在轨道1上找一点A ，使A 与B 的连线与BO 连线的最大夹角为θ，则“罗赛塔”在轨道1、2上运动的周期之比为( )T 1T2A ．sin 3θ B.1sin3θC.D.sin3θ1sin3θ[解析] 根据几何关系连接OA 可得△OAB 是直角三角形，故轨道1和轨道2的半径之比＝sin θ，再根据万有引力提供圆周运动向心力有G ＝mr ，r 1r 2mMr 24π2T 2可得圆周运动的周期T ＝，所以＝＝.故A 、B 、D 错误，4π2r 3GM T 1T 2(r 1r 2)3sin3θC 正确．[答案] C10．(2015·北京朝阳一模)第一宇宙速度又叫做环绕速度，第二宇宙速度又倍，这个关系对其他2天体也是成立的．有些恒星，在核聚变反应的燃料耗尽而“死亡”后，强大的引力把其中的物质紧紧地压在一起，它的质量非常大，半径又非常小，以至于任何物质和辐射进入其中都不能逃逸，甚至光也不能逃逸，这种天体被称为黑洞．已知光在真空中传播的速度为c ，太阳的半径为R ，太阳的逃逸速度为.c500假定太阳能够收缩成半径为r 的黑洞，且认为质量不变，则应大于( )Rr A ．500 B ．5002C ．2.5×105D ．5.0×105[解析] 设第一宇宙速度为v 1，根据＝得v 1＝，即＝GMmR 2mv 21R GMR c5002，同理可得＝ ，两式相比得＝2.5×105，故C 正确．GMR c2GMr Rr [答案] C 二、非选择题11．(2015·广西南宁二中、玉高、柳高高三联考)已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为R 、周期为T 、万有引力常量为G .求：(1)太阳的质量M ；(2)已知火星绕太阳做圆周运动的周期为1.9 T ，求地球与火星相邻两次距离最近时的时间间隔t .[解析] (1)对于地球绕太阳运动，G ＝mRω2；ω＝2π/T ，MmR 2解得M ＝.4π2R 3GT 2(2)根据圆周运动规律，地球再一次与火星相距最近的条件是ω地t －ω火t ＝2π，ω地＝2π/T ，ω火＝2π/T 火，联立解得：t ＝≈2.1 T.TT 火T 火－T [答案] (1) (2)2.1 T4π2R 3GT 212．(2015·江西省部分重点中学高三联考)有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，到地心的距离为地球半径R 0的2倍，卫星圆形轨道平面与地球赤道平面重合．已知地球表面重力加速度为g ，近似认为太阳光是平行光，试估算：(1)卫星做匀速圆周运动的周期；(2)卫星绕地球一周，太阳能收集板工作的时间．[解析] (1)地球卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：G ＝m (2R 0)Mm(2R 0)24π2T 2在地球表面有＝mg GMmR 20卫星做匀速圆周运动的周期为T ＝4π2R 0g(2)如图，当卫星在阴影区时不能接受太阳光，由几何关系知：∠AOB ＝∠COD ＝π3卫星绕地球一周，太阳能收集板工作时间t ＝T ＝ 5610π32R 0g [答案] (1)4π (2) 2R 0g 10π32R 0g。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练19 Word版含答案
课时跟踪训练(十九)一、选择题1．(2015·北京西城质检)如右图所示，两个电荷量均为＋q 的小球用长为l 的轻质绝缘细绳连接，静止在光滑的绝缘水平面上．两个小球的半径r ≪l .k 表示静电力常量．则轻绳的张力大小为( )A ．0 B.kq 2l 2 C ． 2kq 2l 2 D.kq l 2[解析] 轻绳的张力大小等于两个带电小球之间的库仑力，由库仑定律得F ＝kq 2l 2，选项B 正确．[答案] B2．在如下图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点．其中a 、b 两点电场强度大小相等、方向相反的是( )A ．甲图中与点电荷等距的a 、b 两点B ．乙图中两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点C ．丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点D ．丁图中非匀强电场中的a 、b 两点[解析] 甲图中与点电荷等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向不相反，选项A 错误；对乙图，根据电场线的疏密及对称性可判断，a 、b 两点的电场强度大小相等、方向相同，选项B 错误；丙图中两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a 、b 两点，电场强度大小相同，方向相反，选项C 正确；对丁图，根据电场线的疏密可判断，b 点的电场强度大于a 点的电场强度，选项D 错误．[答案] C3．(2015·河北省唐山一模)如右图所示，匀强电场中的A 、B 、C 三点构成一边长为a 的等边三角形．电场强度的方向与纸面平行．电子以某一初速度仅在静电力作用下从B 移动到A 动能减少E 0，质子仅在静电力作用下从C 移动到A 动能增加E 0，已知电子和质子电荷量绝对值均为e ，则匀强电场的电场强度为( )A.2E 0eaB.E 0eaC.3E 03eaD.23E 03ea[解析] 根据题述，BC 在一等势面上，匀强电场的方向垂直于BC 指向A .由eEa sin60°＝E 0，解得：E ＝23E 03ea ，选项D 正确．[答案] D4．(多选)(2015·武汉调研)如右图所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )A ．cos 3α＝q 8QB ．cos 3α＝q 2Q 2 C ．sin 3α＝Q 8q D ．sin 3α＝Q 2q 2 [解析] 设菱形边长为a ，则两个Q 之间距离为2a sin α，则两个q 之间距离为2a cos α.选取－q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2cos α＝k q 2(2a cos α)2，解得cos 3α＝q 8Q ，故A 正确，B 错误；选取Q 作为研究对象，由库仑定律和平衡条件得2k Qq a 2sin α＝k Q 2(2a sin α)2，解得sin 3α＝Q 8q ，故C 正确，D 错误． [答案] AC5．(2015·河北邢台四模)如图所示，小球A 、B 带电荷量相等，质量均为m ，都用长为L 的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O 点，A 球靠墙且其悬线刚好竖直，B 球悬线偏离竖直方向θ角而静止，此时A 、B 两球之间的库仑力为F .由于外部原因小球B 的电荷量减少，使两球再次静止时它们之间的库仑力变为原来的一半，则小球B 的电荷量减少为原来的( )A.12B.14C.18D.116[解析]小球B 受力如图所示，两绝缘线的长度都是L ，则△OAB 是等腰三角形，根据力的合成及几何关系可知线的拉力T与重力G大小相等，即G＝T，小球静止处于平衡状态，则库仑力F＝2G sinθ2，设原来小球带电荷量为q，AB间的距离是r，则r＝2L sin θ2，由库仑定律得F＝k q2r2，后来库仑力变为原来的一半，则F2＝2G sin θ′2，r′＝2L sinθ′2，F2＝k qq Br′2，解得q B＝18q，故选C.[答案] C6．(2015·湖北黄冈中学等八校联考)库仑定律是电学中第一个被发现的定量规律，它的发现受万有引力定律的启发．实际问题中有时需要同时考虑万有引力和库仑力，比如某无大气层的均匀带有大量负电荷的质量分布均匀的星球．将一个带电微粒置于离该星球表面一定高度处无初速释放，发现微粒恰好能静止．现给微粒一个如图所示的初速度v，则下列说法正确的是()A．微粒将做匀速直线运动B．微粒将做圆周运动C．库仑力对微粒做负功D．万有引力对微粒做正功[解析]根据库仑定律，微粒所受的静电力F＝kQqr2，万有引力F′＝GmMr2，根据平衡条件，有F＝F′，距离r变化时，静电力与库仑力一直平衡，故微粒所受合力为零，做匀速直线运动，A正确．[答案] A7．(2015·河北百校联盟质检)如图所示，固定在竖直面内的光滑金属细圆环半径为R，圆环的最高点通过长为L的绝缘细线悬挂质量为m可视为质点的金属小球，已知圆环所带电荷量均匀分布且带电与小球相同均为Q(未知)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，已知静电力常量为k，重力加速度为g，线对小球的拉力为F(未知)，下列说法正确的是()A ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgR L B ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgR L C ．Q ＝mgR 3kL ，F ＝mgL R D ．Q ＝mgL 3kR ，F ＝mgL R[解析] 由于圆环不能看成点电荷，采用微元法，小球受到的库仑力为圆环各个点对小球库仑力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示．设圆环各个点对小球的库仑力的合力为F Q ，则F sin θ＝mg ，其中sin θ＝R /L ，解得F ＝mgL R ，水平方向上有F cos θ＝k Q 2L 2cos θ，解得Q ＝mgL 3kR ，故选D.[答案] D8．(2015·山东卷)直角坐标系xOy 中，M 、N 两点位于x 轴上，G 、H 两点坐标如图．M 、N 两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q 的正点电荷置于O 点时，G 点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k 表示．若将该正点电荷移到G 点，则H 点处场强的大小和方向分别为( )A.3kQ 4a 2，沿y 轴正向B.3kQ 4a 2，沿y 轴负向C.5kQ4a2，沿y轴正向 D.5kQ4a2，沿y轴负向[解析]因正电荷在O点时，G点的场强为零，则可知两负电荷在G点形成的电场的合场强大小为E合＝k Qa2；若将正电荷移到G点，则正电荷在H点的场强为E1＝k Q(2a)2＝kQ4a2，方向沿y轴正方向；因两负电荷在G点的场强与在H点的场强等大反向，即沿y轴负方向，则H点的合场强为E＝E合－E1＝3kQ4a2，方向沿y轴负向，选项B正确，选项A、C、D错误．[答案] B9．(2015·江苏南京、盐城一模)如图所示，两根等长带电棒放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上，棒与坐标轴围成等腰直角三角形．两棒带电荷量相等，且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E.撤去其中一根带电棒后，O 点的电场强度大小变为()A.E2 B.22EC．E D.2E[解析]两根等长带电棒等效成两个正点电荷，如图所示，两正点电荷在O点产生的场强的大小为E＝2E1，故撤去其中一根带电棒后，在O点产生的场强为E1＝E2＝2E2，故选B.[答案] B10．(多选)(2015·山西师大附中期中)如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1为正点电荷，在它们连线的延长线上有a、b两点，现有一检验电荷q(电性未知)以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动(检验电荷只受电场力作用)，q运动的v－t图象如图乙所示，则()A．Q2必定是负电荷B．Q2的电荷量必定大于Q1的电荷量C．从b点经a点向远处运动的过程中，检验电荷q所受的电场力一直减小D．可以确定检验电荷的带电性质[解析]若Q2为正电荷，则在b点右侧的电场方向必定向右，q受力方向不可能改变，故Q2一定为负电荷，A正确；根据点电荷场强公式，设q到Q1、Q2的距离分别为r1、r2，则q所在处的场强为E＝kQ1r21－kQ2r22，q在从b到a运动过程中受力向左，在a点右侧运动过程中受力向右．由于r1>r2，若Q1<Q2，场强E 必定始终向左，q受力方向不可能发生改变，故必定有Q1>Q2，q带正电，B错误，D正确；由v－t图象可知，q受力先向左后向右，且加速度先减小后增大再减小，故C错误．[答案]AD二、非选择题11．(2015·福建莆田一模)如图所示，真空中同一竖直平面内，有两根固定的光滑绝缘杆OA和OB，与竖直线的夹角均为45°，两杆上均套有能自由滑动的可视为质点的带负电小球，两球的质量均为m＝9×10－4kg，电荷量大小均为q＝2×10－7 C，且静止于同一竖直高度处．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，g取10 m/s2)求：(1)两球间的距离r；(2)O点的电场强度E.[解析](1)对左侧小球受力分析如图所示，带电小球处于静止状态，则tanθ＝mgF，由库仑定律得F＝kq 2r2，联立两式解得r＝kq2tanθmg＝9×109×4×10－149×10－4×10m＝0.2 m.(2)设两小球到O点距离为x，在O点产生的电场强度大小分别为E1、E2，且E1＝E2.由几何关系得x＝22r.E1＝E2＝k qx2＝9×109×2×10－712×0.04N/C＝9×104 N/C.O点的电场强度E＝2E1＝2×9×104 N/C≈1.27×105 N/C，方向竖直向上．[答案](1)0.2 m(2)1.27×105 N/C，方向竖直向上12．(2015·江西南昌三校联考)如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接．在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场．现有一个质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上的A点由静止释放，小球运动到C点离开半圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，小球可视为质点，小球运动到C之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)．已知A、B间的距离为2R，重力加速度为g.在上述运动过程中，求：(1)电场强度E的大小；(2)小球在半圆轨道上运动时的最大速率；(3)小球对半圆轨道的最大压力．[解析](1)设小球过C点时的速度为v C，小球从A到C的过程中由动能定理得qE·3R－mg·2R＝12m v 2C，由平抛运动可得R＝12gt2和2R＝v C t，联立可得E＝mgq.(2)设小球运动到半圆D点时的速度最大且为v，如图所示，OD与竖直方向的夹角为α，由动能定理得qE(2R＋R sinα)－mgR(1－cosα)＝12m v2.由数学知识可知，当α＝45°时动能最大，由此可得v＝(2＋22)gR.(3)由于小球在D点时的速度最大，且此时电场力与重力的合力恰沿半径方向，所以小球在D点时对半圆轨道的压力最大，则有F－qE sinα－mg cosα＝m v 2R，代入数据得F＝(2＋32)mg.神笛2005神笛2005 [答案] (1)mg q (2)(2＋22)gR (3)(2＋32)mg。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练42 Word版含答案
课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是()[解析]A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案]AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是()A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析]玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D正确．[答案] D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是()A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v[解析]在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v0＝2m v＋m v′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.[答案] C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mg[解析]设作业人员下落h时的速度为v，根据自由落体运动规律可得v2＝2gh.对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft－mgt＝0－(－m v)，解以上两式可得，F＝m2ght＋mg，选项A正确．[答案] A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动[解析]因为A和B组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A向左运动，B向右运动，选项D正确．[答案] D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N，则()A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W[解析]类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝12m v 2－12m v2＝396 J，B项错；由动量定理可知，I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案] D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是()A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析]由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案]ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车向东的速度大小为()A.M v1－M v2M－mB.M v1M－mC.M v1＋M v2M－mD．v1[解析]在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m＋M)v1＝m v1＋M v车，因此v车＝v1，所以D正确．[答案] D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.给A和B 以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板．在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．1.8 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s[解析]A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则M v－m v＝M v1，M v1＝(M＋m)v2，可得v1＝83m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于83m/s，只有选项B正确．[答案] B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为m A、m B，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值m Am B的说法正确的是()A.m A m B ＝2＋1B.m A m B ＝2－1C.m A m B ＝1D.m A m B ＝ 2 [解析] 由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝12m v 2A ①m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝12(m A ＋m B )v 2.[答案] A二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析] 子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝12×2m v 21－12×3m v 22，联立三式解得v 0＝23gL .[答案] 23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析] 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A的速度v A ′＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得m v A ＝m v A ′＋m v B ① 设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12m v 20－12m v 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12m v 2B －12m v B ′2③据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0⑥[答案] 2116v 0。
高考物理复习 高三一轮复习：课时跟踪检测14平抛运动
高考物理复习课时跟踪检测(十四) 平抛运动高考常考题型：选择题＋计算题1.如图1所示，在水平路面上一运动员驾驶摩托车跨越壕沟，壕沟两侧的高度差为0.8 m ，水平距离为8 m ，则运动员跨过壕沟的初速度至少为(取g ＝10 m/s2)( )图1A ．0.5 m/sB ．2 m/sC ．10 m/sD ．20 m/s2.某物体做平抛运动时，它的速度方向与水平方向的夹角为θ，其正切值tan θ随时间t 变化的图象如图2所示，(g 取10 m/s2)则( )A ．第1 s 物体下落的高度为5 mB ．第1 s 物体下落的高度为10 mC ．物体的初速度为5 m/s 图2D ．物体的初速度是10 m/s3．a 、b 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v0沿x 轴正方向被抛出，a 在竖直平面内运动，落地点为P1，b 沿光滑斜面运动，落地点为P2，P1和P2在同一水平面上，如图3所示，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) 图3A ．a 、b 的运动时间相同B ．a 、b 沿x 轴方向的位移相同C ．a 、b 落地时的速度大小相同D ．a 、b 落地时的速度相同4．(2012·武汉调研)如图4所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α。
一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道。
已知重力加速度为g ，则AB 之间的水平距离为( ) 图4A.v02tan αgB.2v02tan αgC.v02gtan αD.2v02gtan α5．如图5所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度 v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。
已知底线到网的距离为 L ，重力加速度取 g ，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( ) 图5A ．球的速度 v 等于 L g 2HB ．球从击出至落地所用时间为2H gC ．球从击球点至落地点的位移等于 LD ．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关6. (2012·江苏高考)如图6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h(l 、h 均为定值)。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练42 Word版含答案
课时跟踪训练(四十二)一、选择题1．(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )[解析] A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒，选项A、C正确．[答案] AC2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时作用力大，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用力小[解析] 玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A 、B 、C 错误；落在水泥地上时，作用时间短，故作用力大，落在草地上时，作用时间长，故作用力小，故D 正确．[答案] D3．(2015·泉州检测)有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v[解析] 在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3m v 0＝2m v ＋m v ′，可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ，对比各选项可知，答案选C.[答案] C4．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)．此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mgm 2gh tm 2gh t C.＋mgD.－mgm gh t m gh t [解析] 设作业人员下落h 时的速度为v ，根据自由落体运动规律可得v 2＝2gh .对于安全带伸长到最长过程，设竖直向上为正方向，根据动量定理得Ft －mgt ＝0－(－m v )，解以上两式可得，F ＝＋mg ，选项A 正确．m 2ght[答案] A5．(2015·福建卷)如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动[解析] 因为A 和B 组成的系统总动量为零，因此碰后系统总动量也为零，不可能都向左或向右运动，也不可能一个静止一个运动，应是A 向左运动，B 向右运动，选项D 正确．[答案] D6．(2015·合肥质检)一质量为2 kg 的物体受水平拉力F 作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a －t 图象如图所示，t ＝0时其速度大小为2 m/s.滑动摩擦力大小恒为2 N ，则( )A ．在t ＝6 s 的时刻，物体的速度为18 m/sB ．在0～6 s 时间内，合力对物体做的功为400 JC ．在0～6 s 时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD ．在t ＝6 s 的时刻，拉力F 的功率为200 W[解析] 类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s 内Δv ＝18 m/s ，v 0＝2 m/s ，则t ＝6 s 时的速度v ＝20 m/s ，A 项错；由动能定理可知，0～6 s 内，合力做的功为W ＝m v 2－m v ＝396 J ，B 项错；由动量定理可知，12122I F－F f·t＝m v－m v0，代入已知条件解得I F＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－F f＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝F v＝200 W，D项正确．[答案] D7．(多选)如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．关于此实验，若不计空气阻力和碰撞中的能量损失，则下列说法中正确的是( )A．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示B．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示)，同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同D．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒E．上述整个实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量不守恒[解析] 由于相邻两球依次发生弹性碰撞，故选项A、C对，B错；虽然在碰撞过程中，5个小球组成系统的机械能、动量均守恒，但在上述整个实验过程中(包括下摆和上摆)，系统机械能守恒，动量不守恒，故选项D错，E对．[答案] ACE8．如右图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车向东的速度大小为( )A. B.Mv 1－Mv 2M －m Mv 1M －m C.D ．v 1Mv 1＋Mv 2M －m [解析] 在水平方向动量守恒，人向上跳起后，水平方向的速度没变，(m ＋M )v 1＝m v 1＋M v 车，因此v 车＝v 1，所以D 正确．[答案] D9．(2015·福建省莆田一中期末)如右图所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A .给A 和B 以大小均为4.0 m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A ．1.8 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/s[解析] A 先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A 减速到零时，木板的速度为v 1，最终它们的共同速度为v 2，取水平向右为正方向，则M v －m v ＝M v 1，M v 1＝(M ＋m )v 2，可得v 1＝ m/s ，v 2＝2 m/s ，所以在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小应83大于2.0 m/s 而小于 m/s ，只有选项B 正确．83[答案] B10．(2015·渝中区模拟)如右图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A 、B 质量分别为m A 、m B ，A 球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B 球相碰，碰后A 、B 球均能刚好到达与管道圆心O 等高处，关于两小球质量比值的说法正确的是( )mAmB A.＝＋1 B.－1mAmB 2mA mB 2C.＝1D.＝mA mB mA mB 2[解析] 由题意知，AB 碰后粘合在一起2m A gR ＝m v ①122A m A v A ＝(m A ＋m B )v ②(m A ＋m B )gR ＝(m A ＋m B )v 2.12[答案] A 二、非选择题11．(2015·云南一模)如图所示，光滑的杆MN 水平固定，物块A 穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，A 通过长度为L 的轻质细绳与物块B 相连，A 、B 质量均为m 且可视为质点．一质量也为m 的子弹水平射入物块B 后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直方向的最大夹角为60°.求子弹刚要射入物块B 时的速度大小．[解析] 子弹射入木块B 的过程中，子弹和木块B 组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有m v 0＝2m v 1，子弹开始射入物块B 到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒，有m v 0＝3m v 2，根据机械能守恒得2mgL (1－cos60°)＝×2m v －×3m v ，联立三1221122式解得v 0＝2.3gL [答案] 23gL12．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以v 0、v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后1834B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．[解析] 设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v A ′＝v 0，B 的速度v B ＝v 0，由动量守恒定律得1834m v A ＝m v A ′＋m v B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝m v －m v ②1220122A 设B 与C 碰撞前B 的速度为v B ′，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝m v －m v B ′2③122B12据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得m v B ′＝2m v ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝v 0⑥2116[答案] v 02116。
【精品】2019届高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 2-4-3圆周运动的基本规律及应用word版
第3課時 圓周運動的基本規律及應用基本技能練1.如圖1所示，一木塊放在圓盤上，圓盤繞通過圓盤中心且垂直于盤面的豎直軸勻速轉動，木塊和圓盤保持相對靜止，那么S( )圖1A ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑背離圓盤中心B ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑指向圓盤中心C ．木塊受到圓盤對它的摩擦力，方向與木塊運動的方向相反D ．因為木塊與圓盤一起做勻速轉動，所以它們之間沒有摩擦力解析 木塊做勻速圓周運動，其合外力提供向心力，合外力的方向一定指向圓盤中心；因為木塊受到的重力和圓盤的支持力均沿豎直方向，所以水平方向上木塊一定還受到圓盤對它的摩擦力，方向沿半徑指向圓盤中心，選項B 正確。
答案 B2．關于質點做勻速圓周運動的下列說法正確的是( )A ．由a ＝v 2r 知，a 與r 成反比B ．由a ＝ω2r 知，a 與r 成正比C ．由ω＝v r 知，ω與r 成反比D ．由ω＝2πn 知，ω與轉速n 成正比解析由a＝v2r知，只有在v一定時，a才與r成反比，如果v不一定，則a與r不成反比，同理，只有當ω一定時，a才與r成正比；v一定時，ω與r成反比；因2π是定值，故ω與n成正比。
答案 D3．(多選) (2014·广州调研)如圖2所示，當正方形薄板繞著過其中心O并與板垂直的轉動軸勻速轉動時，板上A、B兩點的()圖2A．角速度之比ωA∶ωB＝1∶1B．角速度之比ωA∶ωB＝1∶ 2C．線速度之比v A∶v B＝2∶1D．線速度之比v A∶v B＝1∶ 2解析由于A、B兩點在同一正方形薄板上且繞同一轉軸轉動，故兩點具有相同的角速度，A正確，B錯誤；根據v＝ωr可得，v A∶v B＝r A∶r B＝1∶2，C 錯誤，D正確。
答案AD4．((多選))有一水平的轉盤在水平面內勻速轉動，在轉盤上放一質量為m的物塊恰能隨轉盤一起勻速轉動，則下列關于物塊的運動正確的是() A．如果將轉盤的角速度增大，則物塊可能沿切線方向飛出B．如果將轉盤的角速度增大，物塊將沿曲線逐漸遠離圓心C．如果將轉盤的角速度減小，物塊將沿曲線逐漸靠近圓心D．如果將轉盤的角速度減小，物塊仍做勻速圓周運動解析物塊恰能隨轉盤一起轉動，說明此時充當向心力的摩擦力恰好能夠保證物塊做圓周運動。
2019_2020学年新教材高中物理课时跟踪训练(十四)宇宙航行新人教版必修第二册
课时跟踪训练（十四） 宇宙航行A 级—学考达标1．某位同学设想了人造地球卫星轨道(卫星发动机关闭)，其中不可能的是( )解析：选D 人造地球卫星靠万有引力提供向心力，做匀速圆周运动，万有引力的方向指向地心，所以圆周运动的圆心是地心。
故A 、B 、C 正确，D 错误。
2．第一宇宙速度是物体在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的速度，则有( ) A ．被发射的物体质量越大，第一宇宙速度越大 B ．被发射的物体质量越小，第一宇宙速度越大 C ．第一宇宙速度与被发射物体的质量无关 D ．第一宇宙速度与地球的质量无关 解析：选C 第一宇宙速度v ＝ GMR，与地球质量M 有关，与发射物体质量无关。
故只有选项C 正确。
3．(2019·南昌高一检测)某飞船进入离地面343 km 的圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小( )A ．等于7.9 km/sB ．介于7.9 km/s 和11.2 km/s 之间C ．小于7.9 km/sD ．介于7.9 km/s 和16.7 km/s 之间解析：选C 由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r，v ＝GMr。
由于轨道半径r 大于地球半径R ，所以v ＜GMR＝7.9 km/s ，C 正确。
4．关于人造地球卫星，下列说法正确的是( )A ．由公式F ＝G Mm r2知，卫星所受地球引力与其轨道半径r 的二次方成反比 B ．若卫星做匀速圆周运动，则卫星距地心越远，角速度越大C ．地球的同步卫星可在不同轨道上运行D ．第一宇宙速度是发射卫星的最大发射速度解析：选A 对于某卫星而言，由万有引力公式F ＝G Mm r2，可知当G 、M 、m 一定时，F ∝1r2，选项A 正确；由G Mmr2＝mω2r ，解得ω＝GMr 3，可见，卫星做匀速圆周运动时，距地心越远，其运动的角速度越小，选项B 错误；地球的所有同步卫星周期相同，均在同一轨道上运行，选项C 错误；在地球表面附近发射卫星时，第一宇宙速度(7.9 km/s)是最小的发射速度，选项D 错误。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练28 Word版含答案
课时跟踪训练(二十八)一、选择题1．(多选)一质子以速度v穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则( )A．若电子以相同速度v射入该区域，将会发生偏转B．无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转C．若质子的速度v′<v，它将向下偏转而做类平抛运动D．若质子的入射速度v′>v，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线[解析] 对于速度选择器，无论射入粒子的m、q大小，也无论其电性正或负，只要速度满足v＝E/B，自左向右射入，均能匀速射出，故A错误，B正确．质子在复合场中受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，入射速度大，即洛伦兹力大于电场力，它将向上偏．由于质子所受电场力是一恒力，而洛伦兹力是一变力，故其轨迹既不是抛物线与不是圆弧，故D正确．同理可知C错误．[答案] BD2．(多选)(2015·江西上饶二模)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1 V．且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力F f＝kL v，其中比例系数k＝15 N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速．下列说法中正确的是( )A ．金属板M 电势不一定高于金属板N 的电势，因为污水中负离子较多B ．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C ．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q ＝0.16 m 3/sD ．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60 N[解析] 根据左手定则，知正离子所受的洛伦兹力方向向上，负离子所受的洛伦兹力方向向下，则N 板带负电，M 板带正电，N 板的电势比M 板电势低，故A 错误．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有q v B ＝q ，解得U c U ＝v Bc ，与离子浓度无关，故B 错误．污水的流速v ＝，则流量Q ＝v bc ＝U Bc ＝ m 3/s ＝0.16 m 3/s ，故C 正确．污水的流速v ＝＝ Ub B 1×0.21.25U Bc 11.25×0.2m/s ＝4 m/s ；污水流过该装置时受到阻力F f ＝kL v ＝ka v ＝15×1×4 N ＝60 N ；为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60N ，故D 正确．[答案] CD3．(2015·吉林长春一模)如图所示，宽度为d 、厚度为h 的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明当磁场不太强时，电势差U 、电流I 和磁感应强度B 的关系为U ＝K ，式中的比例系数K 称为霍IB d 尔系数．设载流子的电荷量为q ，下列说法正确的是( )A ．载流子所受静电力的大小F ＝q U dB ．导体上表面的电势一定大于下表面的电势C ．霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位长度上的电荷数1nq D ．载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝，其中n 为导体单位体积内的电BI nhd 荷数[解析] 静电力大小应为F ＝q ，A 错误；载流子的电性是不确定的，因U h 此B 错误；霍尔系数为K ＝，其中n 为导体单位体积内的电荷数，C 错误；1nq 载流子所受洛伦兹力的大小F 洛＝q v B ，其中v ＝，可得F 洛＝，D 正I nqdh BI ndh 确．[答案] D4．(多选)(2015·江苏南京盐城二模)如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m ＝0.1 kg 、带正电q ＝0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F ＝0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则滑块( )A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6 m/s 时，滑块开始减速D．最终做速度为10 m/s的匀速运动[解析] 滑块随木板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力和木板的支持力，对整体由F＝(M＋m)a得，a＝2 m/s2，当滑块刚好相对木板运动时，对滑块有μ(mg－q v B)＝ma，即当v＝6 m/s时，滑块恰好相对于木板有相对滑动，开始做加速度减小的加速运动，当mg＝q v B，即v＝10 m/s时，滑块对木板的压力为零，即F N＝0，滑块最终做速度为10 m/s的匀速运动，选项A、D正确，B、C错误．[答案] AD5．(多选)如右图所示，两平行、正对金属板水平放置，使上面金属板带上一定量正电荷，下面金属板带上等量的负电荷，再在它们之间加上垂直纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以初速度v0沿垂直于电场和磁场的方向从两金属板左端中央射入后向上偏转．若带电粒子所受重力可忽略不计，仍按上述方式将带电粒子射入两板间，为使其向下偏转，下列措施中可能可行的是( )A．仅增大带电粒子射入时的速度B．仅增大两金属板所带的电荷量C．仅减小粒子所带电荷量D．仅改变粒子的电性[解析] 带电粒子在两板之间受电场力与洛伦兹力，但两者的大小不等，且方向不确定．若仅增大带电粒子射入时的速度，可能因为所受的洛伦兹力变大，而使带电粒子向下偏转，A正确；若仅增大两金属板所带的电荷量，因两极板间的电场强度增大，故带电粒子可能向下偏转，B正确；若仅减小粒子所带的电荷量，则由于粒子所受电场力与洛伦兹力以相同的倍数变化，故带电粒子仍向上偏转，C错误；仅改变粒子的电性，则由于两个力的方向都发生变化，带电粒子将向下偏转，D正确．[答案] ABD6．(多选)(2015·浙江三校模拟)如右图，空间中存在正交的匀强电场E和匀强磁场B(匀强电场水平向右)，在竖直平面内从a点沿ab、ac方向抛出两带电小球(不考虑两带电球的相互作用，两球电荷量始终不变)，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A．沿ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B．只有沿ab抛出的带电小球才可能做直线运动C．若有小球能做直线运动，则它一定是匀速运动D．两小球在运动过程中机械能均守恒[解析] 沿ab方向抛出的带正电小球，或沿ac方向抛出的带负电的小球，在重力、电场力、洛伦兹力作用下，都可能做匀速直线运动，A正确，B错误．在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动，C正确．两小球在运动过程中除重力做功外还有电场力做功，故机械能不守恒，D错误．[答案] AC7．(2016·南京月考)如右图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小[解析] a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：Bq v＝Eq，即只要满足E＝B v无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确，D项错误．[答案] C8．(多选)(2015·江西八校联考)如右图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P 的质量为m、电荷量为＋q，电场强度为E，磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过程中( )A．小球的加速度一直减小B．小球的机械能和电势能的总和保持不变C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE－mg2μqBD．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝2μqE＋mg2μqB[解析] 对小球受力分析如图所示，则mg－μ(qE－q v B)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增大，当qE＝q v B时达到最大值，a max＝g，继续运动，mg－μ(q v B－qE)＝ma，随着v的增大，a逐渐减小，所以A错误．因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误．若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qE－q v B)＝m，得v＝；若在后半段达到最大加速g22μqE－mg2μqB度的一半，则mg－μ(q v B－qE)＝m，得v＝，故C、D正确．g22μqE＋mg2μqB[答案] CD二、非选择题9．(2015·湖北八校联考)如图所示，一个内壁光滑绝缘的1/3环形细圆筒轨道竖直放置，环的半径为R，圆心O与A端在同一竖直线上，在OA连线右侧，有一竖直向上的电场强度为E＝的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．现mgq有一个质量为m，电荷量为＋q的小球(可视为质点)从圆筒的C端由静止释放，进入OA连线右边的复合场区域后，经一段时间后又从该区域的边界水平射出，然后，刚好从C端射入圆筒，圆筒的内径很小，可以忽略不计．问：(1)小球第一次运动到A 端时，对轨道的压力为多少？(2)匀强磁场的磁感应强度为多少？[解析] (1)小球从C 到A 的过程中由机械能守恒有mg (R sin30°＋R )＝m v 2，12得小球到达A 点的速度v ＝.3gR 到达A 点时，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m ，v 2R 得轨道对小球的支持力F N ＝4mg ，由牛顿第三定律得小球对轨道的压力为F ′N ＝F N ＝4mg .(2)小球进入复合场后，受到的电场力F ＝Eq ＝mg ，所以它在复合场中做匀速圆周运动，穿出复合场后，做平抛运动．设平抛运动的时间为t .由平抛知识得R cos30°＝v t ，h ＝gt 2，12得t ＝，h ＝R .12R g 18由2r ＝R ＋R sin30°＋h ，得小球做圆周运动的半径r ＝.13R16由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m ，v 2r 得B ＝.16m 13q 3gR [答案] (1)4mg (2)16m 13q 3gR10．如图所示，在平面直角坐标系中，AO 是∠xOy 的角平分线，x 轴上方存在电场强度方向水平向左的匀强电场，下方存在电场强度方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度方向垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m 、电荷量为＋q 的质点从OA 上的M 点由静止释放，质点恰能沿AO 运动而通过O 点，经偏转后从x 轴上的C 点进入第一象限内并击中AO上的D 点．已知OD ＝OM ，匀强磁场的磁感应强度大小为B ＝(T)，重力加34m q 速度为g ＝10 m/s 2.求：(1)两匀强电场的电场强度E 的大小；(2)OM 的长L ；(3)质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间t .[解析] (1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO 做匀加速直线运动，所以有mg ＝qE，即E ＝.mg q (2)质点在x 轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C 点进入第一象限后做类平抛运动，其轨迹如图所示，有Bq v ＝m v 2R由运动学规律知v 2＝2aL ，a ＝g2由类平抛运动规律知R ＝v t 3，R －＝at 3L 41223联立解得L ＝20 m 或 m.22029(3)质点做匀加速直线运动有L ＝at ，得t 1＝2 s 或 s 122123质点做匀速圆周运动有t 2＝×＝4.71 s342πmBq 质点做类平抛运动有R ＝v t 3，得t 3＝1 s质点从M 点出发到击中D 点所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝7.71 s 或6.38 s.[答案] (1) (2)20 m 或 m (3)7.71 s 或6.38 s mg q 22029。
2019年秋高三物理第一轮复习课时跟踪练：高中物理公式集锦_word版含解析 .doc
P＝I2R＝
适用于纯电阻电路
电源效率
η＝ ×100%＝ ×100%
磁 场
磁感应强度
B＝
I与B的方向垂直
安培力
F＝BIL
B⊥I，方向：用左手定则判断
洛伦兹力
F洛＝Bqv
B⊥v，方向：用左手定则判断
电磁感应
磁通量
Φ＝BScosθ
θ为平面S的垂线与B的夹角
感应
电动势
E＝n E＝BLv
后者仅适用于B、L、v两两垂直的情况
W合为合外力做的功
机械能
守恒定律
E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
守恒条件：有只有重力或弹力做功的物体系统内
动 量
动量
p＝mv
矢量
冲量
I＝FΔt
矢量
动量定理
mv′－mv＝F(t′－t)
－
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
适用条件：系统所受合外力为零
静电场
库仑定律
F＝k (k＝9.0×109N·m2/C2)
注意各量“＋”“－”号的含义
分子动理论
分子直径数量级：10－10m ←NA→
扩散现象 布朗运动
分子间引力和斥力都随r的距离增大而减小，斥力变化快
内能：分子动能分子势能
理想气体状态方程
理想气体
状态方程
＝
或 ＝C
适用于一定质量的理想气体
机械振动和机械波
简谐运动的回复力
F＝kx
－
单摆周期公式
T＝2π
l为单摆的摆长
光电效应方程
Ek＝hν－W0
W0为逸出功
能级跃迁
hν＝Em－En(m＞n)
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课时跟踪检测（十四）圆周运动[A级——保分题目巧做快做]★1.如图为某中国运动员在短道速滑比赛中勇夺金牌的精彩瞬间。
假定此时他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，则他()A．所受的合力为零，做匀速运动B．所受的合力恒定，做匀加速运动C．所受的合力恒定，做变加速运动D．所受的合力变化，做变加速运动解析：选D运动员做匀速圆周运动，所受合力时刻变化，加速度时刻变化，D正确。
2．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。
拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。
已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是()A．物块做匀速运动B．细线对物块的拉力是5 NC．细线对物块的拉力是6 ND．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2解析：选CD由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2。
故A错误，D正确。
由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦阻力为：f＝μmg＝0.5×1×10 N＝5 N故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。
★3.(2017·浙江11月选考)如图所示，照片中的汽车在水平路面上做匀速圆周运动，已知图中双向四车道的总宽度约为15 m，假设汽车受到的最大静摩擦力等于车重的0.7倍，则运动的汽车()A．所受的合力可能为零B．只受重力和地面支持力作用C．最大速度不能超过25 m/sD ．所需的向心力由重力和支持力的合力提供解析：选C 汽车在水平面上做匀速圆周运动，合外力时刻指向圆心，拐弯时靠静摩擦力提供向心力，因此排除A 、B 、D 项，所以选择C 。
4．(2018·咸阳一模)固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD ，其A 点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB 为竖直线，AC 为水平线，AE 为水平面，如图所示。
今使小球自A 点正上方某处由静止释放，且从A 点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使球通过最高点D ，则小球通过D 点后( )A ．一定会落到水平面AE 上B ．一定会再次落到圆弧轨道上C ．可能会再次落到圆弧轨道上D ．不能确定解析：选A 设小球恰好能够通过最高点D ，根据mg ＝m v D 2R ，得：v D ＝gR ，知在最高点的最小速度为gR 。
小球经过D 点后做平抛运动，根据R ＝12gt 2得：t ＝2Rg 。
则平抛运动的水平位移为：x ＝gR ·2Rg ＝2R ，知小球一定落在水平面AE 上。
故A 正确，B 、C 、D 错误。
5．[多选](2018·绵阳诊断)如图所示，轻杆长3L ，在杆两端分别固定质量均为m 的球A和B ，光滑水平转轴穿过杆上距球A 为L 处的O 点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力。
忽略空气阻力。
则球B 在最高点时( )A ．球B 的速度大小为2gL B ．球A 的速度大小为2gLC ．水平转轴对杆的作用力为1.5mgD ．水平转轴对杆的作用力为2.5mg解析：选AC 球B 运动到最高点时，杆对球B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg ＝m v B 22L ，解得v B ＝2gL ，故A 正确；由于A 、B 两球的角速度相等，则球A 的速度大小v A ＝122gL ，故B 错误；B 球在最高点时，对杆无弹力，此时A 球受重力和拉力的合力提供向心力，有F －mg ＝m v A 2L ，解得：F ＝1.5mg ，故C 正确，D 错误。
6.(2018·武汉华中师大附中模拟)如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A ，细线的上端固定在金属块B 上，B 放在带小孔的水平桌面上，小球A 在某一水平面内做匀速圆周运动。
现使小球A 改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B 在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )A ．金属块B 受到桌面的静摩擦力变大 B ．金属块B 受到桌面的支持力变小C ．细线的张力变大D ．小球A 运动的角速度减小解析：选D 设A 、B 质量分别为m 、M, A 做匀速圆周运动的向心加速度为a ，细线与竖直方向的夹角为θ，对B 研究，B 受到的摩擦力f ＝T sin θ，对A ，有T sin θ＝ma ，T cos θ＝mg ，解得a ＝g tan θ，θ变小，a 减小，则静摩擦力变小，故A 错误；以整体为研究对象知，B 受到桌面的支持力大小不变，应等于(M ＋m )g ，故B 错误；细线的拉力T ＝mgcos θ，θ变小，T 变小，故C 错误；设细线长为l ，则a ＝g tan θ＝ω2l sin θ，ω＝ gl cos θ，θ变小，ω变小，故D 正确。
★7.(2017·辽宁省实验中学模拟)如图所示，质点a 、b 在同一平面内绕质点c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，它们的周期之比T a ∶T b ＝1∶k (k ＞1，为正整数)。
从图示位置开始，在b 运动一周的过程中( )A ．a 、b 距离最近的次数为k 次B ．a 、b 距离最近的次数为k ＋1次C ．a 、b 、c 共线的次数为2k 次D ．a 、b 、c 共线的次数为2k －2次解析：选D 设每隔时间T ，a 、b 相距最近， 则(ωa －ωb )T ＝2π，所以T ＝2πωa －ωb ＝2π2πT a －2πT b＝T a T b T b －T a故b 运动一周的过程中，a 、b 相距最近的次数为： n ＝T b T ＝T b －T a T a＝kT a －T a T a＝k －1即a 、b 距离最近的次数为k －1次，故A 、B 均错误。
设每隔时间t ，a 、b 、c 共线一次，则(ωa －ωb )t ＝π，所以t ＝πωa －ωb ＝π2πT a －2πT b＝T a T b 2(T b －T a )；故b 运动一周的过程中，a 、b 、c 共线的次数为： n ＝T b t ＝2(T b －T a )T a ＝2kT a －2T a T a ＝2k －2 故C 错误，D 正确。
8．(2018·长沙联考)汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道，试车道呈锥面(漏斗状)，侧面图如图所示。
测试的汽车质量m ＝1 t ，车道转弯半径r ＝150 m ，路面倾斜角θ＝45°，路面与车胎的动摩擦因数μ为0.25，设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，(g 取10 m/s 2)求：(1)若汽车恰好不受路面摩擦力，则其速度应为多大？ (2)汽车在该车道上所能允许的最小车速。
解析：(1)汽车恰好不受路面摩擦力时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mg tan θ＝m v 2r解得：v ≈38.7 m/s 。
(2)当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时，车速最小，受力如图，根据牛顿第二定律得：F N sin θ－F f cos θ＝m v min 2rF N cos θ＋F f sin θ－mg ＝0 F f ＝μF N解得：v min ＝30 m/s 。
答案：(1)38.7 m /s (2)30 m/s[B 级——拔高题目稳做准做]★9.[多选](2018·衡水市冀州中学一模)如图所示，水平转台上的小物体A 、B 通过轻弹簧连接，并随转台一起匀速转动，A 、B 的质量分别为m 、2m ，离转台中心的距离分别为1.5r 、r ，已知弹簧的原长为1.5r ，劲度系数为k ，A 、B 与转台的动摩擦因数都为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且有kr ＝2μmg 。
则以下说法中正确的是( )A ．当B 受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 km B ．当A 受到的摩擦力为0时，转台转动的角速度为 2k 3mC ．当B 刚好要滑动时，转台转动的角速度为 k 2m ＋μg 2rD ．当A 刚好要滑动时，转台转动的角速度为2k 3m ＋2μg 3r解析：选BD 当B 受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力，则有k (1.5r ＋r －1.5r )＝2mω2r解得：ω＝k2m，故A 错误； 当A 受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供向心力， 则有k (1.5r ＋r －1.5r )＝mω2·1.5r 解得：ω＝2k3m，故B 正确；假设B 先滑动，则当B 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有：k (1.5r ＋r －1.5r )＋μ·2mg ＝2mω2r解得：ω＝k 2m ＋μgr，故C 错误； 假设A 先滑动，则当A 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有k (1.5r ＋r －1.5r )＋μmg ＝mω2·1.5r ， 解得：ω＝2k 3m ＋2μg3r＝ k 2m ＋μgr，即A 、B 同时开始滑动，故D 正确。
★10.[多选]如图所示，底角为θ＝π4的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为l ＝1 m 的细线悬挂一个质量为m ＝1 kg 的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度ω的取值范围介于3 rad /s 到4 rad/s 之间，不计一切阻力，则细线拉力F 可能等于( )A ．(52－5)NB ．(52＋5)NC ．15 ND ．20 N解析：选BC 当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受重力mg 、细线拉力F 的作用，它们的合力提供向心力，mg cot θ＝mω02l cos θ，代入数据解得ω0＝10 2 rad /s ，此时ω0的取值范围介于3 rad/s 到4 rad/s 之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力mg 、细线拉力F 和光滑圆锥的支持力N 的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则F sin θ＋N cos θ＝mg ，F cos θ－N sin θ＝mω2l cos θ，可求得，F ＝mg sin θ＋mω2l cos 2θ，此时(52＋4.5)N ≤F ≤10 2 N ，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力mg 和细线拉力F 的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则F cos α＝mω2l cos α，可求得F ＝mω2l,10 2 N ≤F ≤16 N ，综上分析，选项B 、C 正确。