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)

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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。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析34：单元评估检测(五)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析34单元评估检测(五)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，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升.若以N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是( )A.加速过程中f≠0，f、N、G都做功B.加速过程中f≠0，N不做功C.加速过程中f＝0，N、G都做功D.匀速过程中f＝0，N、G都不做功2.一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹.若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )A.苹果通过第3个窗户所用的时间最长B.苹果通过第1个窗户的平均速度最大C.苹果通过第3个窗户重力做的功最大D.苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小3.中新网2010年4月23日报道，美国无人驾驶空天飞机X－37B于北京时间4月23日发射升空.如图所示，空天飞机能在离地面6万米的大气层内以3万公里的时速飞行；如果再用火箭发动机加速，空天飞机就会冲出大气层，像航天飞机一样，直接进入地球轨道，做匀速圆周运动.返回大气层后，它又能像普通飞机一样在机场着陆，成为自由往返天地间的输送工具.关于空天飞机，下列说法正确的是( )A.它从地面发射加速升空时，机舱内的物体处于失重状态B.它在6万米的大气层内飞行时，只受地球的引力C.它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力做正功D.它从地球轨道返回地面，必须先减速4.如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为( )A.μmgLB.2μmgLC.μmgL2D.μ(M＋m)gL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.放在水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，力F与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )A.物体与地面间的摩擦因数为0.2B.物体与地面间的摩擦因数为0.4C.9 s内，力F做的功是126 JD.3～6 s和6～9 s两段时间内摩擦力的平均功率相等6.(预测题)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能减少C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关7.(创新题)2011年8月21日，第26届深圳大运会跳水男子10米跳台上演了一场精彩的大逆转：决赛中，中国选手吴军在前两跳出现失误的形势下，以连续四跳出色的发挥逆转战局，最后以537分摘得金牌.图为吴军在比赛中的情景.设吴军质量为m ，从离地面高h 的跳台上以速度v 1斜向上跳起，跳起高度离跳台为H ，最后以速度v 2进入水中，不计空气阻力，则吴军起跳时所做的功为( )A.12mv 21B.12mv 22－mgh C.mgH ＋mgh D.12mv 21＋mgh 8.如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有( )A.力F 所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B.木箱重力所做的功等于重力势能的增量C.力F 、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D.力F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量9.(易错题)如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，它们通过一劲度系数为k 的轻弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 都处于静止状态.现用手通过细绳缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，此过程手做功为W 1；若将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，此时A 的速度为v ，此过程手做功为W 2，弹簧一直处于弹性限度内，则( )A.L 1＝L 2＝mg kB.W 2>W 1C.W 1>mgL 1D.W 2＝mgL 2＋12mv 2 三、实验题(6分)10.某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是： ①组装好实验装置如图所示.②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车.③在质量为10 g、20 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上.④释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带.(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条.经测量、计算，得到如下数据：(g 取9.8 m/s2)①第一个点到第N个点的距离为40.0 cm.②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为J，小车动能的增量为J.(2)此次实验探究的结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大.显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程，帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.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. (15分)如图所示，将一质量m＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好与斜面无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，然后经过B点后(速率不变)进入光滑水平轨道BC部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面顶端高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2).求：(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；(3)小球运动到圆轨道最高点D时轨道对小球的弹力大小.12.(易错题)(15分)一质量为M＝2 kg的物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图甲所示.地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变.(g取10 m/s2)(1)指出传送带的速度v的大小及方向，说明理由.(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数.(3)物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？答案解析1.【解析】选A.加速过程中，水平方向的加速度由摩擦力f提供，所以f≠0，f、N做正功，G做负功，选项A正确，B、C错误；匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，f＝0，N做正功，G做负功，选项D错误.2.【解析】选D.苹果加速下落，运动得越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，A 、B 均错；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故C 错，D 对.3.【解析】选D.空天飞机从地面发射加速升空时，机舱内的物体具有竖直向上的加速度，处于超重状态，A 错误；空天飞机在6万米的大气层内飞行时，除受地球万有引力外，还受空气阻力，B 错误；它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力与速度方向垂直，不做功，C 错误；它返回地面时，必须先减速，做近心运动，故D 正确.4.【解题指南】思路一：根据物体的平衡条件先求出F ，再分析物体的运动过程求出木板的对地位移，最后利用公式W ＝Fs 求解.思路二：由功能关系可知F 至少做的功等于系统增加的内能.【解析】选A.若使拉力F 做功最少，可使拉力F 恰匀速拉木块，容易分析得出F ＝2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg)，而位移为L 2，所以W ＝Fs ＝2μmg ×L 2＝μmgL ，故A 正确. 5.【解析】选B 、C.6～9 s 内，物体做匀速运动，摩擦力与推力相等，为4 N ，3～6 s 内，物体做匀加速直线运动，加速度为2 m/s 2，此时推力为6 N ，由牛顿第二定律可知物体的质量m ＝F －f a ＝1 kg ，故物体与地面间的摩擦因数μ＝f mg＝0.4，A 错误、B 正确；9 s 内，力F 做功W ＝F 1s 1＋F 2s 2＝54 J ＋72 J ＝126 J ，C 正确；3～6 s 内摩擦力的平均功率P 1＝f v ＝12 W ，6～9 s 内摩擦力的平均功率P 2＝fv 2＝24 W ，D 错误.6.【解析】选A 、C.运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A 正确.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B 错误.选取运动员、地球和蹦极绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C 正确.重力势能改变的表达式为ΔE p ＝mg Δh ，由于Δh 是绝对的，与重力势能零点的选取无关，故D 错.【变式备选】(双选)(2012·武汉模拟)如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度为h ＝0.45 m.一小物块从A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.若v ＝1 m/s ，则小物块能回到A 点B. 若v ＝3 m/s ，则小物块能回到A 点C.若v ＝5 m/s ，则小物块能回到A 点D.无论v 等于多少，小物块均能回到A 点【解析】选B 、C.设小物块下滑到传送带的速度为v 0，由机械能守恒得，mgh ＝12mv 20，v 0＝3 m/s ，因传送带向右运动，小物块将在传送带上先匀减速到零，再向右匀加速，但当传送带的速度v<3 m/s 时，小物块向右加速到与传送带同速即做匀速运动，故v ＝1 m/s时，小物块滑回曲面的速度为v ＝1 m/s ，上升的高度为h ′＝v 22g＝0.05 m ，A 错误；当v ≥3 m/s 时，小物块回到曲面的速度均为v 0＝3 m/s ，仍能回到A 点，B 、C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、B.由动能定理，吴军起跳时所做的功等于跳起时的动能，A 对；从v 1到v 2的过程中，重力做功mgh ＝12mv 22－12mv 21，所以起跳时人做的功W ＝12mv 21＝12mv 22－mgh ，B 对. 8.【解析】选C 、D.对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF －mgh －W f ＝ΔE k ，故C 对.由上式得：W F －W f ＝ΔE k ＋mgh ，即W F －W f ＝ΔE k ＋ΔE p ＝ΔE.故A 错，D 对.由重力做功与重力势能变化关系知B 错，故选C 、D.9.【解析】选B 、D.缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，弹簧由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 1＝2mg k，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 1＝mgL 1；将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，弹簧也是由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 2＝2mg k ，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 2＝mgL 2＋12mv 2.综上所述，B 、D 正确. 10.【解析】(1)钩码对小车做的功为：W 钩码＝mgh ＝0.05×9.8×0.4 J ＝0.196 J小车动能的增量为ΔE k ＝12M 车v 2＝0.1 J (2)由该同学计算的数据分析可知：W 钩码>ΔE k ，且误差很大.该同学在做本实验时造成较大误差的原因有：①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等.答案：(1)②0.196 0.1 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等11.【解析】(1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得：v 0＝v y cot α (1分)v A ＝v y sin α(1分) v 2y ＝2gh (1分)h ＝12gt 2 (1分) x ＝v 0t (1分)由上式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 mv A ＝10 m/s (2分)(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度v BmgH ＝12mv 2B －12mv 2A (2分) 解得v B ＝20 m/s (1分)(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得：－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C (2分) 在D 点由牛顿第二定律可得：N ＋mg ＝m v 2D R(2分) 解得N ＝3 N (1分)答案：(1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N12.【解析】(1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s. (3分)(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μN ，N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2 (2分) (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移 s ＝vt ＝2×3 m ＝6 m (1分)所以物块对传送带所做的功为W ＝－fs ＝－4×6 J ＝－24 J (2分)物块与传送带前2 s 内的相对位移s 1＝42×2 m ＋2×2 m ＝8 m (1分) 第3 s 内的相对位移s 2＝2×1 m －22×1 m ＝1 m (1分) 故物块相对于传送带的总位移s ′＝s 1＋s 2＝9 m (1分)系统中转化为内能的能量Q ＝fs ′＝μMg ·s ′＝4×9 J ＝36 J (2分)答案：(1)2 m/s ，水平向右理由见解析 (2)0.2(3)－24 J 36 J【总结提升】相对滑动问题中的功能关系一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝f l 相对，其中l 相对是物体间相对路径长度.如果两物体同向运动，l 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，l 相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则l相对为两物体相对滑行路径的总长度.。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析40：单元评估检测(十一)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析40单元评估检测(十一)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)如图所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R 1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R 2的负载相连，则( )A.变压器原线圈两端的电压为Br 2ω/2B.若R 1不变时，通过负载R 2的电流强度为0C.若R 1不变时，变压器的副线圈磁通量为0D.若R 1变化时，通过负载R 2的电流强度为通过R 1电流的1n2.两只相同的电阻，分别通过正弦交流电和方形波的交流电.两种交变电流的最大值相等，波形如图所示，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为( )A.3∶1B.1∶2C.2∶1D.4∶33.如图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )A.a 是升压变压器，b 是降压变压器B.a 是降压变压器，b 是升压变压器C.a 的输出电压等于b 的输入电压D.a 的输出电压等于输电线上损失的电压4.风速仪的简易装置如图甲所示，在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化.风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v 2，且v 2>v 1，则感应电流的峰值Im 、周期T 和电动势E 的变化情况是( )A.I m 变大，T 变小B.I m 变大，T 不变C.I m 变小，T 变小D.I m 不变，E 变大二、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.某交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系如图所示.如果此线圈和一个R ＝100 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列叙述正确的是( )A.交变电流的周期为0.04 sB.交变电流的最大值为1 AC.交变电流的有效值为1 AD.电阻R 两端的最大电压为141 V6.(易错题)如图所示，面积为S 、匝数为N 、电阻为r 的线圈与阻值为R的电阻构成闭合回路，理想交流电压表并联在电阻R 的两端.线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场的转动轴以角速度ω匀速转动.设线圈转动到图示位置的时刻t ＝0，则( )A.在t ＝0时刻，线圈处于中性面，流过电阻R 的电流为0，电压表的读数也为0B.1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次 C.在电阻R 的两端再并联一只电阻后，电压表的读数将减小D.在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，电压表的读数不变7.(创新题)一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R ，触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )A.若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A＞I CB.若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大C.若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大D.若在使电阻R减小的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大8.(易错题)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示.当开关S闭合后( )A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变9.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示.以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交流电a的瞬时值为u＝10sin5πtVD.交流电b电压的最大值为5 V三、实验题(6分)10.传感器担负着信息采集的任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)，例如热传感器，主要是应用了半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻随温度变化的图线如图甲所示，图乙是用热敏电阻R1作为传感器制作的简单自动报警器原理图.则(1)为了使温度过高时报警器铃响，开关应接在(选填“a”或“b”).(2)若使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器的滑片P向移动(选填“左”或“右”).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.(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动.一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT.用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？12.(预测题)(18分)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一.某小河水流量为40 m3/s，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电.(1)设发电机输出电压为500 V，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源.当R 1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，则副线圈电压为零，可知A 、C 错误，B 正确；当R 1变化时，原线圈所加的电压也发生变化，但由于原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D 错误.2.【解析】选B.题图甲为正弦交流电，其有效值为I 1＝12 A.题图乙为方波交流电，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I 2＝I m ＝1 A ，因此Q 1Q 2＝I 21RT I 22RT ＝12，故B 正确.3.【解析】选A.根据远距离输电的原理可知，变压器a 应为升压变压器，变压器b 应为降压变压器，故A 正确，B 错误；a 的输出电压等于b 的输入电压与输电线上损失的电压之和，故C 、D 错误.【变式备选】随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要.某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电.若发电厂的输出电压为U 1，输电线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2，在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )A.输电线上损耗的功率为P 20R U 22B.输电线上损耗的功率为P 20R U 21C.若减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D.采用更高的电压输电会降低输电的效率【解析】选C.设发电厂的输出功率为P ，则输电线损耗的功率为ΔP ＝P －P 0或ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 21，故A 、B 均错误；采用更高的电压输电，可以减小输电线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C 正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，在用户需求的功率一定的情况下，发电厂输出的总功率减少，故可以提高输电效率，D 错误.4.【解析】选A.风速增大，风杯的转速增大，磁场变化加快，感应电流的峰值I m 变大，周期T 变小，电动势E 变大，A 正确，B 、C 、D 错误.5.【解析】选A 、B.由e -t 图知E m ＝100 V ，E 有效50 2 V ，则I m ＝m E R ＝1 A ，B 项正确.I 有效＝12A ＝22 A ，C 项错.电阻R 两端的最大电压U m ＝E m ＝ 100 V ，D 项错误.由题图可知周期T ＝4×10－2 s ，A 项正确.6.【解析】选B 、C.在t ＝0时刻，线圈中穿过的磁通量最大，此时的瞬时感应电动势为零，但由于电压表测量的是有效值，故此时的电压表示数不为零，流过电阻R 的电流为零，A 错误；因为交变电流的周期为2πω，而一个周期内交变电流的方向发生两次改变，所以1秒钟内流过电阻R 的电流方向改变ωπ次，B 正确；在电阻R 的两端再并联一只电阻后，由于外电路的总电阻减小，而电压表测量的是外电压，故电压表的读数将减小，C 正确；在电阻R 的两端再并联一只电容较大的电容器后，由于电容器有通交流的特性，所以等效为外电路的总电阻减小，故电压表的示数将减小，D 错误.7.【解析】选C 、D.AB 部分接电源为原线圈，PB 部分接用电器为副线圈，原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故原线圈中的电流小于副线圈中的电流，A 错误；若仅使电阻R 增大，由P ＝U 2R可知输出功率将减小，输入功率也减小，B 错误；若仅将触头P 向A 端滑动，U 增大，由P ＝U 2R可知R 消耗的电功率增大，C 正确；若在使电阻R 减小的同时，将触头P 向A 端滑动，副线圈两端电压变大，电阻R 变小，故副线圈中的电流增大，原线圈中电流也增大，D 正确.8.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定.(2)开关S 闭合，负载电阻减小，副线圈电流由副线圈电压U 2和负载电阻决定.(3)原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定.【解析】选A 、D.原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，则无论副线圈电路的负载怎样变化，都不会影响原副线圈上的电压，所以V 2的示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，故D 正确，C 错误；S 闭合后，副线圈电路的电阻减小，因而副线圈电路的电流增大，致使原线圈电路的电流增大.又因线圈匝数比不变，所以原副线圈中的电流比不变，故A 正确，B 错误.9.【解析】选B 、C.t ＝0时，交流电a 、b 的瞬时值u a ＝u b ＝0，此时磁通量最大，A 错.由图可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，所以T a ∶T b ＝2∶3，转速之比等于周期比的倒数，是3∶2，B 对.交流电a 的峰值u m ＝10 V ，ω＝2πT＝5π，所以瞬时值为u ＝10sin5πtV ，C 对，根据u m ＝BSω，可得b 的最大值是203V ，D 错. 10.【解析】温度较高时，热敏电阻阻值减小，图乙中通电螺线管的磁性增强，将与弹簧相连的金属导体向左吸引，要使报警器所在电路接通并报警的话，开关应接在a.要实现温度更高时，即热敏电阻阻值更小时才将报警器电路接通，应该将滑动变阻器连入电路的阻值调大，即P 向左移动.答案：(1)a (2)左11.【解析】(1)E m ＝NBS ω＝1 100 2 V (2分)输出电压的有效值为U 11 100 V. (2分) (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝5∶1. (3分) (3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W (2分)再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A. (3分)答案：(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A12.【解析】(1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P 耗＝I 2R 线得： I ＝P 耗R 线＝ 1 000×103×0.055 A ＝100 A (3分) 设送电电压为U 送，由P ＝IU 得：U 送＝P I ＝1 000×103100V ＝1×104 V (3分) 则升压变压器原、副线圈匝数比：n 原n 副＝U 原U 送＝50010 000＝120(3分) (2)发电时水的重力势能转化为电能，故 50%mgh ＝Pt (3分)其中m t ＝ρV t＝1×103×40 kg/s ＝4×104 kg/s (3分) 所以h ＝Pt mg ×0.5＝ 1 000×1034×104×10×0.5m ＝5 m (3分) 答案：(1)1∶20 (2)5 m【总结提升】远距离输电的三种类型的分析方法(1)第一类是由发电机→升压变压器→输电线→降压变压器→用电器的顺序分析.(2)第二类是由用电器到发电机的顺序逆向分析.(3)第三类中间突破，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理去推断发电和用电的问题.。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43：提分检测(一)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析43提分检测(一)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)1.一物体从高s处做自由落体运动，经时间t到达地面，落地速度为v，那么当物体下落时间为t3时，物体的速度和距地面的高度分别是( )A.v3，s9B.v9，s9C.v3，89s D.v9，33s2.如图所示，重力均为G的两条形磁铁分别用细线A和B悬挂在水平的天花板上，静止时，A线的张力为F1，B线的张力为F2，则( )A.F1＝2G，F2＝GB.F1＝2G，F2>GC.F1<2G，F2>GD.F1>2G，F2>G3.如图所示，三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球保持静止，A、D间细绳是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，这时三根细绳张力T AC、T AD、T AB的变化情况是( )A.都变大B.T AD和T AB变大，T AC不变C.T AC和T AB变大，T AD不变D.T AC和T AD变大，T AB不变4.如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”.两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢.若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是( )A.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B.甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C.若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D.若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利5.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速度v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2＞v1，则( )A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、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.如图所示，为一物体沿南北方向(规定向北为正方向) 做直线运动的速度—时间图象，由图可知( )A.3 s末物体回到初始位置B.3 s末物体的加速度方向保持不变C.物体所受合外力的方向一直向南D.物体所受合外力的方向一直向北7.如图所示，在固定的斜面上叠放A、B两物体，若在B物体上加一水平向右的推力F，两物体均静止，则B物体受力的个数为( )A.一定是6个B.可能是4个C.可能是5个D.可能是6个8.如图所示，质量为M、半径为R、内壁光滑的半球形容器静放在粗糙水平地面上，O为球心，有一劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在半球底部O′处，另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点，已知地面与半球形容器间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°，下列说法正确的是( )A.小球受到轻质弹簧的弹力大小为32mg B.小球受到容器的支持力大小为12mg C.小球受到容器的支持力大小为mgD.半球形容器受到地面的摩擦力大小为零9.一游客站在观光电梯内，将行李箱置于电梯的水平底板上，某段时间内电梯竖直向上做匀减速运动，加速度为a ＜g ，在这一运动过程中( )A.游客感觉到电梯外的建筑物加速向下运动B.游客感觉到电梯外的建筑物减速向下运动C.行李箱对底板的压力大于行李箱的重力D.行李箱对底板的压力小于行李箱的重力10.拟)如图所示，用力F 拉一物体，使其以加速度a 在水平面上做匀加速直线运动.力F 的水平分量为F 1；若用和F 1大小、方向都相同的力F′代替F 拉物体，使物体产生加速度a′，那么( )A.当水平面光滑时，a′<aB.当水平面光滑时，a′＝aC.当水平面粗糙时，a′<aD.当水平面粗糙时，a′＝a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)某同学在研究性学习中，利用所学的知识解决了如下问题：一轻弹簧一端固定于某一深度为h ＝0.25 m 、且开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出小筒外距筒口右端弹簧的长度l ，现要测出弹簧的原长l 0和弹簧的劲度系数，该同学通过改变挂钩码的个数来改变l ，作出F-l 变化的图线如图乙所示.(1)由此图线可得出的结论是__________；(2)弹簧的劲度系数为 N/m，弹簧的原长l0＝m.12. (6分)(1)某同学设计了一个探究小车的加速度a与小车所受拉力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图.他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为下列哪两项说法是正确的.A.要平衡摩擦力B.实验时不需要平衡摩擦力C.钩码的重力要远小于小车的总重力D.实验进行时应先释放小车再接通电源(2)如图乙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E是计数点(每打5个点取一个计数点)，距离如图，其中L1＝3.07 cm，L2＝12.38 cm，L3＝27.87 cm，L4＝49.62 cm.则打C点时小车的速度为m/s；加速度为m/s2.(计算结果均保留三位有效数字)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)一辆卡车初速度为v0＝10 m/s，以a＝2 m/s2的加速度加速行驶，求：(1)卡车在3 s末的速度；(2)卡车在前6 s内的位移；(3)卡车在第6 s内的平均速度.14. (12分)车厢顶部固定一滑轮，在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物动时，系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ，如图所示，绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计，求：(1)车厢的加速度；(2)车厢底板对m2的支持力和摩擦力.15.(12分)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球，跟与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，求：(1)此时轻弹簧的弹力大小为多少？(2)小球的加速度大小和方向.(3)若不剪断轻绳而剪断弹簧的瞬间，小球的加速度为多少？16. (16分)一小轿车从高为10 m 、倾角为37°的斜坡顶端从静止开始向下行驶，当小轿车到达底端时进入一水平面，在离斜坡底端115 m 的地方有一池塘，发动机在斜坡上产生的牵引力为2×103 N ，在水平地面上调节油门后，发动机产生的牵引力为1.4×104N ，小轿车的质量为2 t ，小轿车与斜坡及水平地面间的动摩擦因数均为0.5(g 取10 m/s 2).求：(1)小轿车行驶至斜坡底端时的速度；(2)为使小轿车在水平地面上行驶而不掉入池塘，在水平地面上加速的时间不能超过多少？(小轿车在行驶过程中不采用刹车装置)答案解析1.【解析】选C.根据运动学公式v ＝gt 得，速度v 与时间t 成正比，所以下落t 3时的速度为v ′＝v ·t3t ＝v 3.根据公式s ＝12gt 2得，下落位移s 与时间的平方t 2成正比，所以下落t 3时下落的高度为s ′＝s ·(t 3)2t ＝19s.所以距地面高度s 距＝s －s ′＝s －19s ＝89s.选项C 正确. 2.【解析】选B.以两条形磁铁整体为研究对象，由平衡条件得F 1＝2G ；以下方条形磁铁为研究对象，由平衡条件得F 2＝G ＋F>G ，故B 正确.3.【解析】选B.以小球B 为研究对象，可得出T AB 、F 变大，以A 、B 两小球组成的整体为研究对象，画出受力图如图所示.竖直方向T AC sinθ＝2mg，故T AC不变.水平方向T AC cosθ＋F＝T AD，故T AD增大，B对，A、C、D错.4.【解析】选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力的受力物体分别是绳子和甲，是一对相互作用力，A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力都作用在绳子上，是一对平衡力，B错误；比赛的胜负取决于人的质量，由于两人所受拉力大小相等，故其质量越大，加速度越小，相同时间内的位移越小，可赢得比赛，故C正确，D错误.5.【解析】选B.由题图乙可知t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错、B对；0～t2这段时间小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3小物块与传送带一起匀速运动，摩擦力为零，C、D错；故选B.6.【解析】选B、D.3 s末物体速度为零，6 s末物体回到初始位置，前6 s物体的加速度方向没有发生变化，方向一直向北，所以物体所受合外力的方向一直向北，故A、C错误，B、D 正确.7.【解析】选C、D.以物体B为研究对象进行受力分析，B受重力、斜面和物体A对B的弹力，以及A对B的摩擦力，还有外力F，此外斜面对B的摩擦力有无无法确定，故C、D正确.8.【解析】选C、D.对小球受力分析如图所示，由对称性可知，N＝F弹，由平衡条件得：2Nsinθ＝mg可得：N＝F弹＝mg，故A、B错误，C正确；取半球形容器和小球为一系统，由平衡条件可以得出，地面对半球形容器的摩擦力为零，D正确.9.【解析】选B、D.以建筑物为参考系，电梯竖直向上做匀减速运动，反之，以电梯为参考系，游客看到的建筑物向下减速运动，故A错、B对；游客和行李箱处于失重状态，则行李箱对底板的压力小于行李箱的重力，故C错、D对.10.【解析】选B、C.当水平面光滑时：a ＝F 1m ，a ′＝F ′m ＝F 1m＝a ，A 错误，B 正确；当水平面粗糙时：a ′＝F 1－μmg m， a ＝Fcos θ－μ(mg －Fsin θ)m ＝F 1－μ(mg －Fsin θ)m>a ′，C 正确，D 错误. 11.【解析】弹簧原长为l 0，由题图乙可知，弹簧伸长量可表示为h ＋l －l 0，由胡克定律可得F ＝k(h ＋l －l 0)，F-l 图线斜率表示弹簧的劲度系数，k ＝100 N/m.F-l 图线在纵轴截距表示l ＝0时，F ＝10 N ，代入F ＝k(h ＋l －l 0)，解得弹簧的原长l 0＝0.15 m.答案：(1)在弹性限度内，弹簧的弹力与弹簧的伸长量成正比 (2)100 0.1512.【解析】(1)探究小车的加速度a 与小车所受拉力F 及质量m 关系的实验，钩码所受的重力作为小车所受的外力，必须要平衡摩擦力，且满足钩码的重力远小于小车的总重力，实验时应先接通电源再释放小车，故A 、C 正确，B 、D 错误.(2)C 点的瞬时速度等于BD 这段位移的平均速度，即：v C ＝L 3－L 12T ＝(27.87－3.07)×10－22×0.1m/s ＝1.24 m/s.由逐差法求解小车的加速度：a ＝s 3＋s 4－(s 1＋s 2)4T ＝(49.62－12.38－12.38)×10－24×0.12 m/s 2＝6.22 m/s 2. 答案：(1)A 、C (2)1.24 6.2213.【解析】(1)3 s 末速度v 3＝v 0＋at 3＝16 m/s (2分)(2)前6 s 内的位移s 6＝v 0t 6＋12at 62＝96 m (2分) (3)前5 s 内的位移s 5＝v 0t 5＋12at 52＝75 m (2分) 第6秒内的位移为s ＝s 6－s 5＝21 m (1分)第6秒内的平均速度为v ＝s Δt＝21 m/s (1分) 答案：(1)16 m/s (2)96 m (3)21 m/s14.【解析】m 1和m 2的受力如图所示：(1)对m 1竖直方向有：T 1cos θ＝m 1g (2分)水平方向有：T 1sin θ＝m 1a (2分)解得：a ＝gtan θ (1分)车厢与m 1的加速度相同，为a ＝gtan θ，方向向右. (1分)(2)绳的拉力T 1′＝T 1＝m 1g cos θ(1分) 对m 2有：F N ＋T 1′＝m 2g (1分)解得支持力F N ＝m 2g －m 1g cos θ(1分) 方向竖直向上 (1分)水平方向有：f ＝m 2a ＝m 2gtan θ (1分)方向水平向右 (1分)答案：(1)gtan θ，方向向右 (2)m 2g －m 1g cos θ，方向竖直向上 m 2gtan θ，方向水平向右 15.【解析】(1)因此时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力T 和弹簧的弹力N 作用而处于平衡状态，依据平衡条件得竖直方向有：Tcos θ＝mg ， (2分)水平方向有：Tsin θ＝N ， (2分)解得弹簧的弹力大小为：N ＝mgtan θ＝10 N. (2分)(2)剪断绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力等于重力N ′＝mg ， (2分)由牛顿第二定律得小球的加速度为a ＝N －μN ′m＝8 m/s 2，方向水平向左. (2分) (3)当剪断弹簧的瞬间，轻绳中的拉力立即消失，小球立即受水平面支持力，与重力平衡，加速度为0. (2分)答案：(1)10 N (2)8 m/s 2，方向水平向左 (3)016.【解析】(1)小轿车在斜坡上行驶时，由牛顿第二定律得：F 1＋mgsin37°－μmgcos37°＝ma 1 (2分)解得a 1＝3 m/s2 (1分) 又：v 21＝2a 1x 1＝2a 1h/sin37° (1分)解得行驶至斜坡底端时的速度：v 1＝10 m/s (1分)(2)在水平地面上加速时，由牛顿第二定律得：F 2－μmg ＝ma 2 (2分)解得：a 2＝2 m/s 2 (1分)关闭油门后减速，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 3 (2分)解得：a 3＝5 m/s 2 (1分)关闭油门时小轿车的速度为v 2v 22－v 212a 2＋v 222a 3＝x 2 (2分) 解得v 2＝20 m/s (1分)t ＝v 2－v 1a 2＝5 s (2分) 即在水平地面上加速的时间不能超过5 s.答案：(1)10 m /s (2)5 s。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析31：单元评估检测(二)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析31单元评估检测(二)(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.物体受到两个方向相反的力的作用，F 1＝4 N ，F 2＝8 N ，保持F 1不变，将F 2由8 N 逐渐减小到零的过程中，它们的合力大小变化是( )A.逐渐减小B.逐渐变大C.先变小后变大D.先变大后变小2.(预测题)如图所示，水平地面上固定着一竖直立柱，某人通过柱顶的定滑轮将200 N 的重物拉住不动，已知人拉着绳的一端，绳与水平地面夹角为30°，则定滑轮所受的压力大小为( )A.400 NB.200 3 NC.300 ND.200 N3.(易错题)如图所示，质量为m 的物体悬挂在轻质支架上，斜梁OB 与竖直方向的夹角为θ.设水平横梁OA 和斜梁OB 作用于O 点的弹力分别为F 1和F 2，以下结果正确的是( )A.F 1＝mgsin θB.F 1＝mg sin θC.F 2＝mgcos θD.F 2＝mg cos θ4.一质量为m 的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示.则物块( )A.仍处于静止状态B.沿斜面加速下滑C.受到的摩擦力不变D.受到的合外力增大二、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.如图所示，物块M 在静止的传送带上以速度v 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v ，则传送带启动后( )A.M 静止在传送带上B.M 可能沿传送带向上运动C.M 受到的摩擦力不变D.M 下滑的速度不变 6.如图所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，M 左边紧贴墙壁，若在M 斜面上放一个物体m ，当m 沿着M 的斜面下滑时，M 始终静止不动，则M 受力个数可能为( )A.3个B.4个C.5个D.6个7.如图所示，将质量为m 的物体置于固定的光滑斜面上，斜面的倾角为θ，水平恒力F 作用在物体上，物体处于静止状态.则物体对斜面的压力大小可以表示为(重力加速度为g)( )A.mgcos θB.F sin θC.mgsin θ＋Fcos θD.mgcos θ＋Fsin θ8.(创新题)如图所示，一个重为30 N 的物体，放在倾角θ＝30°的斜面上静止不动，若用F ＝5 N 的竖直向上的力提物体，物体仍静止，下述结论正确的是( )A.物体受到的摩擦力减小2.5 NB.物体对斜面的作用力减小5 NC.斜面受到的压力减小5 ND.物体受到的合外力减小5 N9.如图所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在其上方匀速下滑，M仍保持静止，那么下列说法正确的是( )A.M对地面的压力等于(M＋m)gB.M对地面的压力大于(M＋m)gC.地面对M没有摩擦力D.地面对M有向左的摩擦力三、实验题(6分)10.某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为.(2)弹簧的弹力为5 N，弹簧的长度为.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. (14分)如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小.(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)12. (16分)如图所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C 与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？(2)C球的重力为多大？]答案解析1.【解析】选C.F 1与F 2共线反向，所以当F 2>4 N 时，其合力F ＝F 2－F 1，其方向与F 2同向，F 2减小时F 减小，F 2＝4 N 时最小为零；当F 2<4 N 时，其合力F ＝F 1－F 2，其方向与F 1同向，F 2从4 N 减到零时，F 逐渐从零增大到4 N.故F 2从8 N 减到零的过程中，其合力先减小后增大，故C 正确.2.【解析】选B.两股绳对定滑轮作用力如图所示：F ＝mg ＝200 N ，由几何关系得F 合＝2Fcos30°＝200 3 N ，定滑轮受的压力N ＝F 合＝200 3 N ，故B 正确.3. 【解析】选D.由于物体m 静止时对O 点的作用力等于物体的重力，其产生的效果是对AO 的拉力F AO 、对BO 的压力F BO ，所以物体m 对O 点的拉力F 可分解为两个分力F AO 和F BO ，如图所示，由三角函数得F 1＝F AO ＝mgtan θ，F 2＝F BO ＝mg cos θ，故D 正确. 4.【解题指南】物块不加力F 时的受力情况，“恰好静止”，物块所受静摩擦力等于滑动摩擦力，可求出动摩擦因数，加力F 后再进行受力分析，判断运动状态.【解析】选A.无力F 时受力情况如图甲所示，“物块恰好静止”，受最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，物块受到最大静摩擦力 f m ＝μN ＝μmgcos θ，由平衡条件得：mgsin θ＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ；当施加恒力F 后，受力情况如图乙所示，物块所受最大静摩擦力为f ′m ＝μ(mgcos θ＋Fcos θ)＝mgsin θ＋Fsin θ，物块仍处于静止状态，A 正确，B 错误；由于f ′m >f m ，故C 错误；物块始终静止，则受到的合外力始终为零，D 错误.5.【解析】选C 、D.由M 匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、滑动摩擦力、支持力，传送带启动以后对M 受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，故C 、D 正确.6.【解析】选B 、C.斜面光滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和墙壁对它的弹力共4个力；斜面粗糙，m 匀速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力和m 对它的摩擦力共4个力，当m 加速下滑时，M 受到重力、地面支持力、m 对它的压力、m 对它的摩擦力和墙壁对它的弹力5个力，故B 、C 正确. 【总结提升】受力分析应注意的事项(1)只分析研究对象所受的力，不分析研究对象对其他物体所施加的力.(2)只分析性质力，不分析效果力.(3)每分析一个力，都应找出施力物体.(4)合力和分力不能同时作为物体所受的力.7.【解析】选B 、D.物体受力如图所示，由平衡条件得水平方向F －Nsinθ＝0，垂直斜面方向N －mgcos θ－Fsin θ＝0，解得物体对斜面的压力大小为N ′＝N ＝F sin θ＝mgcos θ＋Fsin θ，故A 、C 错误，B 、D 正确. 8.【解析】选A 、B.对物体受力分析可知，没施加F 前，摩擦力f ＝Gsinθ＝15 N ，支持力N ＝Gcos θ＝15 3 N ，物体对斜面的作用力大小等于30 N.施加F 后，摩擦力变为f ′＝(G －F)sin θ＝12.5 N ，支持力变为N ′＝(G －F)cos θ＝12.5 3 N ，物体对斜面的作用力大小变为G －F ＝25 N ，故A 、B 正确，C 错误；物体始终静止在斜面上，合外力始终为0，D 错误.【变式备选】物体在水平推力F 的作用下静止于斜面上，如图所示，若稍稍增大推力，物体仍保持静止，则( )A.物体所受合外力增大B.物体所受合外力变小C.物体对斜面的压力增大D.斜面对物体的摩擦力一定增大【解析】选C.由于物体始终静止，物体受到的合外力为零，A 、B 错误；由平衡条件知，物体对斜面的压力增大，C 正确；因初始摩擦力方向不确定，故D 错误.9.【解析】选A 、C.以直角劈M 和物体m 作为一个整体分析受力情况可知，这一整体在竖直方向受到向下的重力(M ＋m)g 和向上的支持力N ，由平衡条件得N ＝(M ＋m)g ，又由牛顿第三定律可知，A 正确，B 错误；这一整体在水平方向平衡，因此水平方向合力为零，由此可推知地面对M 没有摩擦力，C 正确，D 错误.10.【解析】由弹力的大小F 和弹簧长度L 的关系图可知，弹簧原长L 0＝10 cm ；弹簧形变量大小x ＝5 cm 时，弹力F ＝10 N ，由胡克定律F ＝kx 可得弹簧的劲度系数k ＝200 N/m ；弹簧的弹力为5 N 时，弹簧的形变量为x ＝F k＝2.5 cm ，当弹簧压缩时，弹簧的长度为7.5 cm ，当弹簧拉伸时，弹簧的长度为12.5 cm.答案：(1)200 N/m (2)12.5 cm 或7.5 cm11.【解析】A 、B 的受力分析如图所示.对A 由平衡条件得：Tsin37°＝f 1＝μN 1 (3分)Tcos37°＋N 1＝m A g (3分)[联立以上两式可得：N 1＝3m A g 4μ＋3＝60 N (2分)[:] f 1＝μN 1＝30 N (2分)对B 由平衡条件得：F＝f′1＋f2＝f′1＋μN2＝f1＋μ(N1＋m B g)＝2f1＋μm B g＝160 N (4分) 答案：160 N12.【解析】(1)A、C球的受力情况分别如图所示：其中F＝kx＝1 N (3分)对于A球，由平衡条件得：F＝Tsin 30° (3分)N＝G A＋Tcos 30° (3分)解得：N＝(2＋3) N (2分) (2)由(1)可得两线的张力为：T＝2 N (1分) 对于C球，由平衡条件得：2Tcos 30°＝G C (3分) 解得：G C＝2 3 N (1分) 答案：(1)(2＋3) N (2)2 3 N。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析41：单元评估检测(十二)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析41单元评估检测(十二)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1.在人类认识原子与原子核结构的过程中，符合物理学史的是( )A.查德威克通过研究阴极射线发现了电子B.汤姆生首先提出了原子的核式结构学说C.居里夫人首先发现了天然放射现象D.卢瑟福通过原子核的人工转变发现了质子2.(易错题)如图所示为氢原子能级示意图，关于能级跃迁，下列说法中正确的是( )A.处于基态的氢原子，若吸收了能量为12.20 eV光子后，可跃迁到第三能级B.处于第3能级的氢原子只有吸收1.51 eV的能量才能发生电离C.大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出2种频率的光子D.当氢原子从高能级向低能级跃迁的过程中，核外电子的动能将增加，氢原子的电势能将减少3.一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子时，质量亏损为Δm，已知阿伏加德罗常数为N A，真空中的光速为c.若1 mol氘和1 mol氚完全发生上述核反应，则在核反应中释放的能量为( )A.N AΔmc2B.2N AΔmc2C.12N AΔmc2 D.5N AΔmc24.(2012·汕头模拟)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转.而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么( )A.a光的波长一定大于b光的波长B.只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大C.用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到cD.增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转5.关于放射性同位素应用的下列说法中正确的是( )A.放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，从而达到消除有害静电的目的B.利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体透视C.用放射线照射作物种子使其DNA发生变异，其结果一定是更优良的品种D.用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的伤害二、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)6.(创新题)重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238系列(从238 92U开始到稳定的208 82Pb为止)、Th232系列、U235系列及Np237系列(从237 93Np开始到稳定的20983Bi为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237后才发现的，下面的说法正确的是( )A.238 92U的中子数比209 83Bi中子数少20个B.从237 93Np到209 83Bi，共发生7次α衰变和4次β衰变C.Np237系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化D.238 92U与235 92U是同位素7.铝核2713Al被α粒子击中后产生的反应生成物是磷3015P，同时放出一种粒子，关于这种粒子的下列说法中正确的是( )A.这种粒子在电场中可以被加速或发生偏转B.这种粒子在磁场中一定不受磁场力作用C.这种粒子在真空中的速度等于3×108 m/sD.在碳14核内有8个这种粒子8.关于原子结构的认识历程，下列说法正确的有( )A.汤姆生发现电子后猜想出原子内的正电荷集中在很小的核内B.α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C.对原子光谱的研究开辟了深入探索原子结构的道路D.玻尔原子理论无法解释较复杂原子的光谱现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的9.(创新题)三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个氦核(42He)，则下列说法正确的是( )A.X核比Z核多一个质子B.X核比Z核少一个中子C.X核的质量数比Z核质量数大3D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍10.(易错题)关于核反应，下列说法正确的是( )A.氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个B.任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等C.太阳内部高温高压条件下的热核聚变核反应方程是23592U＋10n→13654Xe＋9038Sr＋1010nD.β衰变的实质是原子核内部的一个中子转变成质子时释放出来的三、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.(预测题)(15分)(1)(双选)关于放射性元素的半衰期，下列说法正确的有( )A.是原子核质量减少一半所需的时间B.是原子核有半数发生衰变所需的时间C.把放射性元素放在密封的容器中，可以减慢放射性元素的半衰期D.可以用来测定地质年代、生物年代等(2)设镭226的半衰期为1.6×103年，质量为100 g的镭226经过4.8×103年后，有多少克镭发生衰变？若衰变后的镭变为铅206，则此时镭铅质量之比为多少？12. (15分)如图所示，一伦琴射线管，K为阴极可产生电子，阴极K与对阴极A外加电压U AK＝30 kV.设电子离开K 极时速度为零，通过电压加速后而以极大的速度撞到对阴极A 上而产生X 射线，假定电子的全部动能转为X 射线的能量.求：(1)电子到达A 极时的速度是多大？(2)从A 极发出的X 射线的最短波长是多少？(3)若电路中的毫安表的示数为10 mA ，则每秒从A 极最多能辐射出多少个X 光子？(已知电子的质量m e ＝9.1×10－31 kg ，电子的电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.6×10－34 J·s)答案解析 1.【解析】选D.汤姆生通过研究阴极射线发现了电子；卢瑟福首先提出了原子的核式结构学说；并通过用α粒子轰击氮核发现了质子；贝克勒尔首先发现了天然放射现象，所以只有D正确.2.【解析】选D.第3能级和基态之间的能级差为12.09 eV ，而12.20 eV 并不等于两能级之差，故此光子不能被吸收，A 错；由于第3能级的能量为－1.51 eV ，故处于第3能级的氢原子只要吸收大于等于1.51 eV 的能量就能发生电离，B 错；大量处于第3能级的氢原子将自发地向低能级跃迁，并发出3种频率的光子，C 错；当氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径变小，电场力做正功，电势能减少，由k e 2r 2＝m v 2r，得v ＝ke 2mr ，当电子的轨道半径变小时，电子的速度变大，动能变大，D 正确.3.【解析】选A.根据爱因斯坦质能方程，一个氘核(21H)和一个氚核(31H)结合成一个氦核并放出一个中子释放的能量为Δmc 2,1 mol 氘和1 mol 氚完全发生上述核反应，释放的能量为上述反应的N A 倍，即N A Δmc 2，故A 正确.4.【解析】选B.光a 照射光电管阴极K 时，电流计指针偏转，说明光a 能使阴极K 发生光电效应，而b 光不能使K 发生光电效应.即a 光能量大，b 光能量小，λa <λb ，A 错.a 光强度增大，单位时间打出的光电子数增多，电流变大，B 正确.电子流向与电流方向相反，C 错.能否发生光电效应与光子的频率有关，与光强无关，D 错.5.【解析】选D.利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电导出，A 错误；γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视，B 错误；作物种子发生的DNA 变异不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优良品种，C 错误；用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地控制剂量，D 正确.【变式备选】(双选)天然放射性元素23290 Th (钍)经过一系列α衰变和β衰变之后，变成208 82Pb(铅)，下列论断正确的是( )A.铅核比钍核少8个质子B.铅核比钍核少24个质子C.衰变过程共有4次α衰变和8次β衰变D.衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变【解析】选A 、D.根据题意，钍核的电荷数是90，质量数为232，则其质子数为90，中子数为232－90＝142；铅核的电荷数是82，质量数为208，则其质子数为82，中子数为208－82＝126，所以A 对，B 错.设经过了x 次α衰变和y 次β衰变，则核衰变方程可写成232 90Th →208 82Pb＋x 42He ＋y 0－1e.根据质量数和电荷数守恒可列方程232＝208＋4x,90＝82＋2x －y.解得x ＝6，y ＝4.说明共经历了6次α衰变和4次β衰变，故C 项错，D 项对.6.【解析】选B 、D.衰变过程中要满足电荷数守恒和质量数守恒，另外要知道两种衰变的特点，α衰变时电荷数减少2，质量数减少4，β衰变时电荷数增加1，而质量数不变.同位素为电荷数相等而质量数不等的元素.经分析可知B 、D 正确.7.【解析】选B 、D.铝核2713Al 被α粒子击中后的核反应方程为：2713Al ＋42He →3015P ＋10n ，10n 不带电，不能在电场中被加速或发生偏转，A 错误；在磁场中也不受磁场力作用，B 正确；中子在真空中的速度小于光速3×108 m/s ，C 错误；146C 中有14－6＝8个中子，D 正确.8.【解析】选B 、C.原子核式结构是卢瑟福在α粒子散射实验基础上提出的，故A 错，B 对；原子光谱是由于原子从高能级向低能级跃迁时辐射光子形成的，故C 正确；玻尔理论成功解释了氢原子光谱的规律，尽管不能解释复杂原子的光谱现象，但它为量子力学的建立奠定了基础，故D 项错误.9.【解析】选C 、D.设X 核质量数为A ，电荷数为m ，根据题述的“X 核放出一个正电子后变为Y 核，Y 核与质子发生核反应后生成Z 核并放出一个氦核(42He)”可写出核反应方程如下：Am X → A m －1Y ＋01e ， A m －1Y ＋11H →A －3m －2Z ＋42He ，显然X 核比Z 核多2个质子，多一个中子，X 核的质量数比Z 核质量数大3，A 、B 错误，C 正确；X 核与Z 核的总电荷为m ＋m －2＝2m －2，Y 核电荷为m－1，所以X 核与Z 核的总电荷是Y 核电荷的2倍，D 正确.10.【解析】选B 、D.半衰期属于统计规律，对少数原子核衰变不适用，故A 错误；核反应过程中，若伴随能量产生，一定有质量亏损，故B 正确；太阳内部发生的是热核聚变反应，而C中的核反应方程为裂变方程，C 错误；β衰变过程中，原子核内部一个中子转变为一个质子，使核电荷数增加1，故D 正确.11.【解析】(1)半衰期是指原子核有半数发生衰变所经历的时间，它是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，由n ＝N(12)t T ，M ′＝M(12)t T 可进行有关计算，故B 、D 正确. (6分)(2)镭226经过4.8×103年后，经过三个半衰期，剩余镭的质量为M ′＝M(12)t T ＝100×18g ＝12.5 g. (3分) 已衰变的镭的质量为(100－12.5) g ＝87.5 g. (3分)设生成铅的质量为m ，则226∶206＝87.5∶m ，得m ＝79.8 g. (2分)所以镭铅质量之比为125∶798. (1分)答案：(1)B 、D (2)125∶798【总结提升】半衰期问题分析时的注意事项(1)半衰期是原子核有半数发生衰变，变成新核，并不是原子核的数量、质量减少一半.(2)要理解半衰期公式中各物理量的含义，在公式n ＝N(12)t T ，M ′＝M(12)t T 中，n 、M ′是指剩余的原子核的量，而不是衰变的量.12.【解题指南】电子在电场力作用下的末速度可以由动能定理求出.电子的动能若全部转变成X 射线光子的能量，可根据光子说E ＝h ν，求出X 光子的频率和波长.每个光子的能量都是由冲向A 极的电子来提供的，即可根据电流值求出每秒到达A 极的电子数，可推知每秒由A极发射的X 射线的光子数.【解析】(1)设电子被加速后的动能为E k ，由动能定理知，E k ＝eU AK ＝30 000 eV ＝4.8×10－15 J(3分)由于E k ＝12m e v 2，所以v 1.0×108m/s (2分) (2)X 射线光子的能量E ＝h ν＝E k ，所以ν＝E h ＝4.8×10－156.6×10－34 Hz ＝7.3×1018 Hz. (3分) 由于λ＝c ν，所以 λ＝3.0×1087.3×1018 m ≈4.1×10－11 m (2分) (3)光电流达到饱和时，阴极发射的光电子全部到达对阴极A ，每秒从A 极辐射的X 光子的个数n ＝It e ＝10×10－3×11.6×10－19＝6.25×1016(个). (5分) 答案：(1)1.0×108 m/s (2)4.1×10－11 m(3)6.25×1016个。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析3：匀变速直线运动规律(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3匀变速直线运动规律（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.(预测题)汽车进行刹车试验，若速率从8 m/s匀减速至零，需用时间1 s，按规定速度为8 m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9 m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定( )A.拖行路程为8 m，符合规定B.拖行路程为8 m，不符合规定C.拖行路程为4 m，符合规定D.拖行路程为4 m，不符合规定2.(易错题)一石块从楼房阳台边缘向下做自由落体运动到达地面，把它在空中运动的时间分为相等的三段，如果它在第一段时间内的位移是1.2 m，那么它在第三段时间内的位移是( )A.1.2 mB.3.6 mC.6.0 mD.10.8 m3.(易错题)测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，B为测速仪，A为汽车，两者相距335 m，某时刻B发出超声波，同时A由静止开始做匀加速直线运动.当B接收到反射回来的超声波信号时，A、B相距355 m，已知声速为340 m/s，则汽车加速度大小为( )A.20 m/s2B.10 m/s2C.5 m/s2D.无法确定4.(创新题)一个小球从斜面上的A点由静止开始做匀加速直线运动，经过3 s后到斜面底端B点，并开始在水平地面做匀减速直线运动，又经过9 s停止于C点，如图所示，设小球经过B点时速度大小不变，则小球在斜面上运动的距离与在水平面上运动的距离之比是( )A.1∶1B.1∶2C.1∶3D.3∶1二、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)一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个Δt时间内的位移为s，若Δt未知，则可求出( )A.第一个Δt时间内的平均速度B.第n个Δt时间内的位移C.物体的加速度D.nΔt时间的位移6.做匀加速直线运动的质点，在第5 s末的速度为10 m/s，则( )A.前10 s内位移一定是100 mB.前10 s内位移不一定是100 mC.加速度一定是2 m/s2D.加速度不一定是2 m/s27.从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动到最后又落回地面.在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是( )A.物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B.物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C.物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D.物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间8.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度v射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为( )A.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1B.v1∶v2∶v3＝3∶2∶1C.t1∶t2∶t3＝1∶2∶ 3D.t1∶t2∶t3＝(3－2)∶(2－1)∶19.一质量为m的滑块在粗糙水平面上滑行，通过频闪照片分析得知，滑块在最开始2 s内的位移是最后2 s内位移的两倍，且已知滑块最开始1 s内的位移为2.5 m，由此可求得( )A.滑块的加速度为5 m/s2B.滑块的初速度为5 m/sC.滑块运动的总时间为3 sD.滑块运动的总位移为4.5 m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)物体以一定的初速度冲上固定的光滑的斜面，到达斜面最高点C 时速度恰为零，如图所示，已知物体第一次运动到斜面长度3/4处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间.11.(易错题)(20分)王兵同学利用索尼HKl 数码相机连拍功能(查阅资料得知此相机每秒连拍10张)，记录下跳水比赛中小将陈若琳和王鑫在10 m 跳台跳水的全过程.所拍摄的第一张恰为她们起跳的瞬间，第四张如图甲所示，王兵同学认为这时她们在最高点；第十九张如图乙所示，她们正好身体竖直双手触及水面，设起跳时她们的重心离台面的距离和触水时她们的重心离水面的距离相等，由以上材料，(g 取10 m/s 2)(1)估算陈若琳和王鑫的起跳速度.(2)分析第四张照片是在最高点吗？如果不是，此时重心是处于上升还是下降阶段？答案解析1.【解析】选C.由s ＝v 02t 可得：汽车刹车后拖行的路程为s ＝82×1 m ＝4 m ＜ 5.9 m ，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C 正确.2.【解析】选C.做初速度为零的匀加速直线运动的物体，从静止开始在相等时间内位移之比为1∶3∶5∶7∶…∶(2n －1)，由此可知s 1∶s 2∶s 3＝1∶3∶5，即：s 1∶s 3＝1∶5＝1.2∶s 3，解得s 3＝6.0 m ，故C 正确.【变式备选】A 、B 两小球从不同高度自由下落，同时落地，A 球下落的时间为t ，B 球下落的时间为t/2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为( )A.gt 2B.38gt 2C.34gt 2D.14gt 2 【解析】选D.A 球下落高度为s A ＝12gt 2，B 球下落高度为s B ＝12g(t 2)2＝18gt 2，当B 球开始下落的瞬间，A 、B 两球的高度差为Δs ＝s A －12g(t 2)2－s B ＝14gt 2，故D 正确. 3.【解析】选B.设汽车的加速度大小为a ，某时刻B 发出超声波，假设t 1时间A 接收到超声波，则有335＋12at 21＝vt 1；A 反射的超声波经过t 1时间被B 接收，则有335＋12a(2t 1)2＝355，联立解得汽车的加速度大小为a ＝10 m/s 2，故B 正确.4.【解析】选C.由题意知，小球在AB 段的平均速度大小和在BC 段上的平均速度大小相等，设为v ，则AB 段上距离s 1＝v t 1＝3v ，BC 段上距离s 2＝v t 2＝9v ，所以s 1∶s 2＝1∶3，故C 正确.5. 【解析】选B 、D.v ＝s Δt，由于Δt 未知，故第一个Δt 时间内的平均速度不可求，A 错误；由位移公式s ＝v 0t ＋12at 2可知，第一个Δt 时间内的位移s ＝ 12a ·Δt 2，n Δt 时间的位移s n ＝12a ·(n Δt)2＝n 2·12a ·Δt 2＝n 2s ，D 正确；同理可求(n －1)Δt 时间的位移s n －1＝(n －1)2s ，则第n 个Δt 时间内的位移为s n －s n －1可求，B 正确；s ＝12a ·Δt 2，由于Δt 未知，物体的加速度不可求，C 错误.6.【解析】选A 、D.质点在第5 s 末的速度为瞬时速度，因不知质点运动的初速度，故无法确定其加速度大小，C 错误，D 正确；质点在前10 s 内一直做匀加速运动，则前10 s 内的平均速度等于5 s 末的瞬时速度为10 m/s ，前10 s 内位移为s ＝v t ＝10×10 m ＝100 m ，A 正确，B 错误.7.【解析】选A 、C.物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g ，方向向下，A 正确，B 错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C 正确，D 错误8.【解析】选B 、D.子弹向右做匀减速直线运动，末速度为0.可用逆向思维法，把子弹看做向左做初速度为0的匀加速直线运动，则有：t 3∶t 2∶t 1＝1∶(2－1)∶(3－2)，即t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，D 正确，C 错误；又2aL ＝v 23，2a ·2L ＝v 22， 2a ·3L ＝v 21，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，B 正确，A 错误.9.【解析】选C 、D.根据题意可知，滑块做末速度为零的匀减速直线运动，其逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，设其运动的总时间为t ，加速度为a ，设逆运动最初2 s 内位移为s 1，最后2 s 内位移为s 2，由运动学公式有s 1＝12a ×22；s 2＝12at 2－12a(t －2)2，且s 2＝2s 1；2.5＝12at 2－12a(t －1)2，联立以上各式并代入数据可解得a ＝1 m/s 2，t ＝3 s ，A 错误，C 正确；v 0＝at ＝1×3 m/s ＝3 m/s ，B 错误；s ＝12at 2＝12×1×32 m ＝4.5 m ，D 正确. 10.【解析】解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面.则：s BC ＝12at 2BC (5分)s AC ＝12a(t ＋t BC )2 (5分) 又：s BC ＝14s AC (3分) 解得：t BC ＝t (3分)解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间内通过的位移之比为：s 1∶s 2∶s 3∶…∶s n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1) (6分)现有s BC ∶s BA ＝s AC 4∶3s AC 4＝1∶3 (6分) 通过s AB 的时间为t ，故通过s BC 的时间t BC ＝t (4分)答案：t【总结提升】“逆向思维法”与“比例法”的灵活应用1.对于末速度为零的匀减速直线运动，可以采用“逆向思维法”，即把运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动2.对于初速度为零的匀加速直线运动，在分析其速度、时间、位移时，均可以应用“比例法”.末速度为零的匀减速直线运动可逆向应用“比例法”使运算过程简化11.【解题指南】本题应从题目阐述中获取以下有用信息：“每秒连拍10张”，要从“第一张恰为她们起跳的瞬间”到“第十九张图正好身体竖直双手触及水面”中判断出隐含条件.【解析】(1)由题意得：运动员从起跳到入水所用时间为t ＝1.8 s (4分)设跳台高度为h ，起跳速度为v 0，则有：－h ＝v 0t －12gt 2 (4分) 解得v 0≈3.4 m/s (4分)(2)上升时间为t 0＝0－v 0－g＝0.34 s (4分) 拍第四张照片历时是0.3 s ，所以此时不是最高点，还处于上升阶段.(4分)答案：(1)3.4 m/s (2)见解析。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析52：牛顿运动定律的综合应用(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52牛顿运动定律的综合应用（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，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 和3m 的三个木块，其中质量为2m 和3m 的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F 拉质量为3m 的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( ) A.质量为2m 的木块受到四个力的作用 B.当F 逐渐增大到T 时，轻绳刚好被拉断 C.当F 逐渐增大到1.5T 时，轻绳还不会被拉断D.轻绳刚要被拉断时，质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为23T2.如图所示，一个重力G ＝4 N 的物体放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面放在台秤上，当烧断细线后，物块正在下滑的过程中与稳定时比较，台秤示数( )A.减小2 NB.减小1 NC.增大2 ND.增大1 N3.如图所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( ) A.杆对小环的作用力大于m 1g ＋m 2g B.m 1不变，则m 2越大，β越小 C.θ＝β，与m 1、m 2无关 D.若杆不光滑，β可能大于θ4.如图所示，质量分别为m 1和m 2 的两物块放在水平地面上，与水平地面间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻质弹簧将两物块连接在一起，当用水平力F 作用在m 1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x ，若用水平力F′作用在m 1上时，两物块均以加速度a′＝2a 做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x′，则下列正确的是( )A.F′＝2FB.x′＝2xC.F′>2FD.x′<2x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)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N，他将弹簧测力计移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧测力计的示数如图所示，电梯运行的v -t图可能是(取电梯向上运动的方向为正)( )6.(创新题)在2011年8月19日深圳第26届大运会女子撑杆跳高决赛中，俄罗斯选手基里亚绍娃以4米65的成绩夺得冠军，如图为基里亚绍娃的杆上英姿，若不计空气阻力，则她在这次撑杆跳高中( )A.起跳时杆对她的弹力大于她的重力B.起跳时杆对她的弹力小于她的重力C.起跳以后的下落过程中她处于超重状态D.起跳以后的下落过程中她处于失重状态7.(预测题)如图甲所示，用同种材料制成的倾角为30°的斜面和长水平面，斜面和水平面之间由光滑圆弧连接，斜面长为2.4 m且固定.一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑.当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上.多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t-v0图象如图乙所示，g取10 m/s2，则( )A.小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.25B.小物块与该种材料间的动摩擦因数为32C.若小物块初速度为1 m/s ，则根据图象可知小物块运动时间为0.4 sD.若小物块初速度为4 m/s ，则根据图象可知小物块运动时间为1.6 s 8.如图所示是一架直升机悬停在空中在向灾区地面投放装有救灾物资的箱子，设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态.在箱子下落过程中，下列说法正确的是( )A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大[来源:]C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物体的重力9.如图所示，在光滑水平桌面上有甲、乙两个用细线相连的物体，在水平拉力F 1和F 2的作用下运动.已知F 1<F 2，则以下叙述正确的是( )A.若撤去F 1，则甲的加速度一定变大B.若撤去F 1，则细线上的拉力一定变大C.若撤去F 2，则甲的加速度一定变小D.若撤去F 2，则细线上的拉力一定变小三、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.(创新题)(16分)考驾照需要进行路考，路考中有一项是定点停车.路旁可以竖一标志杆，若车以v 0的速度匀速行驶，当距标志杆的距离为s 时，考官命令考员到标志杆停下，考员立即刹车，车在恒定滑动摩擦力作用下做匀减速运动，已知车(包括车内的人)的质量为M ，车与路面间的动摩擦因数为μ.车视为质点，求车停下时距标志杆的距离Δs(说明Δs 、v 0与s 、μ、g 的关系).11.(易错题)(20分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m ＝2 kg ，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N ，试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升，设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10 m/s 2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t 1＝8 s 时到达高度s m ＝64 m ，求飞行器所受阻力f 的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行t 2＝6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，求飞行器能达到的最大高度s ；(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3.[来源:答案解析1.【解析】选C.对三个木块组成的整体，F ＝(m ＋2m ＋3m)a ，设轻绳的拉力恰好为T ，则有：T ＝(m ＋2m)a ，以上两式联立可得，此时F ＝2T ，即当F ＝2T 时轻绳刚要被拉断，B 错误，C 正确；对m 分析，由f ＝ma 可得：f ＝13T ，D 错误；此过程中，质量为2m 的木块受重力、地面支持力、m 对它的压力和摩擦力以及轻绳的拉力T 五个力作用，故A 错误. 2. 【解析】选B.本题可用整体法求解，属于超重、失重的定量计算：烧断细线后，物体匀加速下滑，下滑加速度a ＝gsin30°＝12g ，方向沿斜面向下(如图所示)，其中竖直向下的分量为a ⊥＝asin30°＝14g ，所以物块G 失重，台秤示数减小量为ma ⊥＝14G ＝1 N. 【总结提升】巧用超重、失重观点解题当物体的加速度不在竖直方向上，而具有向上的分量a 上或者具有向下的分量 a 下，则物体的视重与实重的关系为：(1)超重时：F 视＝mg ＋ma 上，视重等于实重加上ma 上，视重比实重大ma 上. (2)失重时：F 视＝mg －ma 下，视重等于实重减去ma 下，视重比实重“失去”了 ma 下.3.【解析】选C.对整体由牛顿第二定律得(m 1＋m 2)gsin θ＝(m 1＋m 2)a ，设杆对小环的作用力大小为N ，据平衡条件得N ＝(m 1＋m 2)gcos θ，故A 错误；对小球由牛顿第二定律得m 2gsin θ－Tsin(θ－β)＝m 2a ，解得θ＝β，故C 正确，B 错误；若杆不光滑，分别对整体、小球用牛顿第二定律得，β不可能大于θ，故D 错误.4.【解析】选D.两物块均以加速度a 运动时，由牛顿第二定律对整体有： F －μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a ，对m 2有： kx －μm 2g ＝m 2a当两物块均以加速度2a 运动时，对整体有： F ′－μ(m 1＋m 2)g ＝2(m 1＋m 2)a ，对m 2有：kx ′－μm 2g ＝2m 2a.比较对应的两式可得F ′<2F ，x ′<2x ，故D 正确.5.【解析】选A 、D.由题意可知人的重力为490 N ，t 0～t 1时间内，视重为440 N ，人失重，有向下的加速度，应向上减速或向下加速运动，故B 、C 错.t 1～t 2时间内，视重为490 N ，a ＝0，匀速运动或静止.t 2～t 3时间内，视重为540 N ，人超重，有向上的加速度，应向上加速或向下减速，故A 、D 均有可能.6.【解析】选A 、D.基里亚绍娃在起跳时，她在弹力的作用下向上加速，故此时杆对她的弹力大于她的重力，A 正确，起跳以后的下落过程中，她只受重力作用而下落，所以处于失重状态，D 正确.【变式备选】(双选)下列实例属于超重现象的是( ) A.汽车驶过拱形桥顶端 B.荡秋千的小孩通过最低点C.跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D.火箭点火后加速升空【解析】选B 、D.汽车驶过拱形桥顶端时，加速度方向向下，属于失重现象，A 错误；荡秋千的小孩通过最低点时，加速度方向向上，属于超重现象，B 正确；跳水运动员被弹起后，只受重力作用，属于完全失重现象，C 错误；火箭加速升空，加速度方向向上，属于超重现象，D 正确.7.【解析】选B 、C.由t-v 0图象可得a ＝v 0t ＝20.8 m/s 2＝2.5 m/s 2.对小物块应用牛顿第二定律有μmgcos30°－mg sin30°＝ma ，解得μ＝32，则A 项错，B 项对.若v 0＝1 m/s ，小物块仍在斜面上运动，由图象可知小物块运动时间为0.4 s ，C 项对.若v 0＝4 m/s ，由v 20＝2as 得s＝v 202a ＝162×2.5 m ＝3.2 m>2.4 m ，小物块已运动到水平面上，图象对小物块已不再成立，故D 项错.8.【解析】选C 、D.设整体加速度为a ，则a ＝M 总g －kv2M 总，当v ＝0时，a ＝g ，当v ≠0时，a ＜g ，设箱内物体质量为m ，受支持力为N ，对箱内物体有mg －N ＝ma ，当v ＝0时，N ＝0；v ≠0时，N ＝m(g －a)＞0，故选项A 、B 错误；因箱子下落过程为变加速运动，接近地面时，v 最大，故a 最小，由N ＝m(g －a)可知物体受到的支持力最大，故选项C 正确；若下落距离足够长，当f ＝M 总g 时，a ＝0，箱子做匀速运动，此时N ＝mg ，故选项D 正确.9.【解析】选A 、D.对甲、乙整体由牛顿第二定律，撤力前a ＝F 2－F 1m 甲＋m 乙，若撤去F 1，a ′＝F 2m 甲＋m 乙，由于F 2>F 2－F 1，故a ′>a ，A 正确；对甲由牛顿第二定律，撤力前，T －F 1＝m 甲a ，撤去F 1后，T ′＝m 甲a ′，故T ′>T －F 1，T ′与T 大小关系不确定，B 错误；若撤去F 2，a ″＝F 1m 甲＋m 乙，由于F 1与F 2－F 1大小关系不确定，故a 与a ″大小关系不确定，C 错误；撤去F 2后，对甲由牛顿第二定律，F 1－T ″＝m 甲a ″，由于T>F 1，而T ″<F 1，故T>T ″，D 正确. 10.【解题指南】解答本题应明确以下三点： (1)刹车过程的摩擦力和加速度.(2)刹车距离、加速度、初速度三者的关系. (3)s 是代数量，要与刹车距离比较定量的位置关系. 【解析】设车的加速度大小为a ，由牛顿第二定律知：μMg ＝Ma ，所以a ＝μg (3分)设车的速度为v 时开始刹车，车刚好停在标志杆处，则：v 2＝2as ，即：v ＝2μgs(3分) 刹车过程中车的位移为：s ′＝v 22μg (2分)当v 0＝v ＝2μgs 时，车停在标志杆处，[来源:]车距标志杆的距离Δs ＝s ′－s ＝0 (2分) 当v 0<v ＝2μgs 时，车还没到达标志杆处，车距标志杆的距离Δs ＝s －s ′＝s －v 22μg (3分)当v 0>v ＝2μgs 时，车已经驶过标志杆，车距标志杆的距离Δs ＝s ′－s ＝v 22μg－s (3分)答案：见解析11.【解析】(1)第一次飞行中，飞行器做匀加速直线运动，设加速度为a 1，则有s m ＝12a 1t 21(2分)由牛顿第二定律可得：F －mg －f ＝ma 1 (2分) 解得：f ＝4 N (1分)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为v 1，上升的高度为h 1，则有：h 1＝12a 1t 22(1分)设失去升力后加速度为a 2，上升的高度为h 2由牛顿第二定律可得：mg ＋f ＝ma 2 (2分) v 1＝a 1t 2 (2分) h 2＝v 212a 2 (2分)解得：s ＝h 1＋h 2＝42 m. (1分)(3)设失去升力下降阶段加速度为a 3；恢复升力后加速度为a 4；恢复升力时速度为v 3，则由牛顿第二定律可得：mg －f ＝ma 3 (2分)F ＋f －mg ＝ma 4 (1分) 且v 232a 3＋v 232a 4＝s (2分) v 3＝a 3t 3 (1分) 解得：t 3＝322 s(或2.1 s) (1分)答案：(1)4 N (2)42 m (3)322 s 或2.1 s。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析11：动量守恒定律的综合应用(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11动量守恒定律的综合应用（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.下列不属于反冲运动的是( )A.喷气式飞机的运动B.直升飞机的运动C.火箭的运动D.反击式水轮机的运动2.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，那么这次碰撞是( ) A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞 C.完全非弹性碰撞 D.条件不足，无法确定3.A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A >m B ，当两球相碰后，其中一球静止，则可以断定( )A.碰前A 的动量与B 的动量大小相等B.碰前A 的动量大于B 的动量C.若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D.若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量4.(易错题)在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图所示.设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是( ) A.v 1＝v 2＝v 3＝13v 0 B.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0C.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D.v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0二、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.(预测题)一颗绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，在轨道上瞬间炸裂成质量相等的A 、B 两块，其中A 仍沿原轨道运动，则( ) A.B 也可能沿原轨道运动B.炸裂后的瞬间A 、B 的总动能大于炸裂前的动能C.炸裂后的瞬间A 、B 的动量大小之比为1∶1D.炸裂后的瞬间A 、B 速率之比为1∶36.质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( ) A.v A ＝13v 0 v B ＝23v 0 B.v A ＝25v 0 v B ＝710v 0C.v A ＝14v 0 v B ＝58v 0D.v A ＝38v 0 v B ＝516v 07.一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上.小球撞墙前后的动量变化量为Δp ，动能变化量为ΔE.关于Δp 和ΔE ，下列说法中正确的是( ) A.若Δp 最大，则ΔE 也最大 B.若Δp 最大，则ΔE 一定最小 C.若Δp 最小，则ΔE 也最小 D.若Δp 最小，则ΔE 一定最大8.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.12mM m ＋M v 2C.12N μmgL D.N μmgL 9.(易错题)如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入深度为d ，平均阻力为f.设木块滑行距离为s 时开始匀速前进，下列判断正确的是( )A.子弹损失的动能等于fdB.子弹损失的动能等于f(s ＋d)C.总机械能的损失等于fsD.总机械能的损失等于fd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.(创新题)(18分)如图所示，A 、B 为两个大小可视为质点的小球，A 的质量M ＝0.6 kg ，B 的质量m ＝0.4 kg ，B 球用长l ＝1.0 m 的轻质细绳吊起，当B 球处于静止状态时，B 球恰好与光滑弧形轨道PQ 的末端点P(P 端切线水平)接触但无作用力.现使A 球从距轨道P 端h ＝0.20 m 的Q 点由静止释放，当A 球运动到轨道P 端时与B 球碰撞，碰后两球粘在一起运动.若g 取10 m/s 2，求两球粘在一起后，悬绳的最大拉力为多大？11. (18分)一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示.图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h ，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止.重力加速度为g.求： (1)木块在ab 段受到的摩擦力f ； (2)木块最后距a 点的距离s.答案解析1.【解析】选B.直升飞机运动是飞机螺旋桨与外部空气作用的结果，不属于反冲运动.而喷气式飞机、火箭的运动及反击式水轮机的运动均为反冲运动.故选B.2.【解析】选A.由动量守恒3mv －mv ＝0＋mv ′ 所以v ′＝2v碰前总动能：E k ＝12·3m ·v 2＋12mv 2＝2mv 2碰后总动能：E ′k ＝12mv ′2＝2mv 2，E k ＝E k ′，所以A 对.3.【解析】选C.若碰后A 球静止，则B 球一定反弹，故有A 球的动量大于B 球的动量；若碰撞后B 球静止，则A 球一定反弹，有B 球的动量大于A 球的动量.故只有C 项正确，其余三项错误.4.【解析】选D.由题设条件，三个小球在碰撞过程中总动量和总机械能守恒.若各球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为mv 0，总机械能为12mv 20.假如选项A 正确，则碰后总动量为33mv 0，这显然违反动量守恒定律，故不可能.假设选项B 正确，则碰后总动量为22mv 0，这也违反动量守恒定律，故也不可能.假如选项C 正确，则碰后总动量为mv 0，但总动能为14mv 20，这显然违反机械能守恒定律，故也不可能.假如选项D 正确，则通过计算得既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选项D 正确.5.【解析】选B 、D.设卫星的速度为v ，当卫星炸裂后，A 仍沿原轨道运动，则A 必以速度v 沿原轨道反向运动，由动量守恒定律得：2mv ＝mv B －mv ，v B ＝3v ，可见B 将做离心运动，A 错误，D 正确；p A ∶p B ＝mv ∶(m ·3v)＝1∶3，C 错误；由122mv 2＜12mv 2B ＋12mv 2知B 正确.6.【解析】选A 、C.两球发生对心碰撞，应满足动量守恒，能量不增加，且后面的物体不能与前面物体有第二次碰撞，故D 错误，在B 项中碰后动能增加，故B 错误.而A 、C 两项遵从碰撞规律.【变式备选】(双选)如图所示，置于光滑水平面上的A 、 B 两个物体质量分别为m A 、m B ，且m A >m B ，开始时相距较远，将两个大小均为F 的力分别同时作用在A 、B 上，经过相同的距离后撤去两个力，两物体相碰后可能发生的情况是( )A.两物体均静止B.A 静止，B 反向运动C.A 、B 均向右运动D.A 反向运动，B 静止【解析】选B 、C.由于F 作用的距离相同，所以A 、B 获得的动能相同，即E kA ＝E kB ，由E k ＝p22m 可知，p A >p B ，撤去F 之后A 、B 系统的动量守恒，总动量p 总＝p A －p B ，方向向右，所以A 、D 均错，B 、C 正确.7.【解析】选B 、D.当小球原速率返回时，Δp 最大，而ΔE ＝0，选项B 正确，A 错误；当小球撞到墙后速度减为零时，Δp 最小，而ΔE 最大，选项D 正确，C 错误. 8.【解析】选B 、D. 根据动量守恒，共同速度v ′＝mv M ＋m ，损失动能ΔE k ＝12mv 2－12(M ＋m)v ′2＝12mM m ＋Mv 2，所以B 正确.根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦放出的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔE k ＝N ·fL ＝N μmgL ，可见D 正确.9.【解析】选B 、D.设子弹的质量为m ，木块的质量为M ，系统动量守恒，有mv 0＝(m ＋M)v ，对子弹应用动能定理，有－f(s ＋d)＝12mv 2－12mv 2对木块应用动能定理，有fs ＝12Mv 2则子弹损失的动能为ΔE k 子弹＝f(s ＋d)而系统损失的机械能为ΔE ＝12mv 20－12(M ＋m)v 2＝fd ，故A 、C 错误，B 、D 正确.【总结提升】解决子弹打木块问题(滑块类问题)的技巧(1)把子弹和木块(或滑块与木板)看成一个系统，系统动量守恒；系统的能量守恒(机械能不守恒)；对木块(木板)和子弹(滑块)分别利用动能定理. (2)记住一些结论：①系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE ＝f ·s 相对. ②系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值.10.【解析】A 球与B 球碰前瞬间，A 球的速度设为v ，根据机械能守恒定律有：Mgh ＝12Mv 2，v＝2 m/s (5分)两球碰撞过程中动量守恒，碰后瞬间两球粘在一起时速度设为v ′，则 Mv ＝(M ＋m)v ′，v ′＝1.2 m/s (5分) 两球摆起的瞬间，悬绳的拉力最大，有：F m －(M ＋m)g ＝(M ＋m)v ′2l(5分)解得F m ＝11.44 N (3分) 答案：11.44 N11.【解题指南】本题主要考查动量和能量的综合问题，解答该题时要把握由物体P 和木块组成的系统在各个过程中均满足在水平方向上的动量守恒，同时满足能量守恒. 【解析】(1)从开始到木块到达最大高度过程：由动量守恒：mv 0＝3mv 1 (3分) 由能的转化及守恒：12mv 20＝12×3mv 21＋mgh ＋fL (3分) 解得：f ＝mv 20－3mgh 3L(2分)(2)从最大高度至最终相对静止：由动量守恒：3mv 1＝3mv 2 (3分) 由能的转化及守恒：12·3mv 21＋mgh ＝12·3mv 22＋fx (3分) 距a 点的距离s ＝L －x (2分) 解得：s ＝L －3ghL v 20－3gh ＝v 20－6gh v 20－3gh L (2分)答案：(1)mv 20－3mgh 3L (2)v 20－6ghv 20－3ghL。

2014届高三高考物理知识点总复习精讲课件：圆周运动

圆周运动
一、描述圆周运动的物理量
常用的有：线速度、角速度、周期、转速、频率、向心加速度等．它们的比较见下表：
快慢每点切线方向相同
Δ l 2πr Δt T
快慢
运动
Δ
2π
Δt
T
2πr
一周
v
1
圈数
T
方向
v2
指向圆心
r
v2
4πr
r
T2
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动
做圆周运动的物体，若在相等的时间里通过的圆弧长
(3)齿轮的齿数与半径成正比，即周长＝齿数×齿间距 (大小齿轮的齿间距相等).
(4)在齿轮传动中，大、小齿轮的转速跟它们的齿数成反比．
2. 对公式 v＝rω 和 a＝vr2＝rω2 的理解 r一定时v与ω成正比
(1)v＝rωω一定时v与r成正比 v一定时ω与r成反比
(2)a＝vr2＝rω2vω一一定定时时a，与ar与成r反成比正比
_；自行车骑行速度的计算公
式v＝__ .
【思路点拨】掌握线速度、角速度、周期、转速之间的关系和链条传动和同轴传动特点是解答这类题的重要要素．
【解析】牙盘转动的角速度等于踏脚板转动的角速度 ω＝2πn＝2πNt ，链条的线速度为 v＝ωr1＝2πNt r1，设牙盘的半径为 r1、飞轮的半径为 r2、自行车后轮的
由以上三式解得损失的机械能为 0.2 J
【方法与知识感悟】解答竖直面内的圆周运动问题，主要运用两个力学观点、抓住一个关键：
(1)动力学观点：在最高点和最低点由什么力提供向心力；
(2)功能的观点：建立起最高点与最低点的速度关系；
(3)抓住一个关键：过最高点的临界条件．
竖直面内圆周运动中常见的两种模型

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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。