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学习必备欢迎下载学习必备欢迎下载学习必备欢迎下载必考点第一章、物理学史(2012新课标)14伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B没有力的作用,物体只能处于静止状态C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度治同一直线运动14.【答案】AD【解析】惯性的定义是物体保持静止或匀速直线运动的性质叫惯性,所以A正确;如果没有力,物体将保持静止或匀速直线运动,所以B错误;行星在轨道上保持匀速率的圆周运动的原因是合外力与需要的向心力总是相等,所以C错误;运动物体不受力,它将保持匀速直线运动状态,所以D正确。2012北京)20.“约瑟夫森结”由超导体和绝缘体制成.若在结两加恒定电压U,则它会辐射频率为v的电磁波,且与U成正比,即v=kU.已知比例系数k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关。你可能不了解此现象为机理,但仍可运用物理学中常用的方法。在下列选项中,推理判断比例系数k的谊可能为()A.B.C.D.20B解析:物理公式表达了各物理量间的质量和单位双重关系,所以可以用单位来衡量称为量纲法。光子的能量与光的频率成正比电场力对电子所做电功为,由于和有相同的单位,所以k的单位与的单位相同。根据题意k仅与元电荷e的2倍和普朗克常量h有关,答案B。(2012山东)14.以下叙述正确的是A.法拉第发现了电磁感应现象B.惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C.牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果D.感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果【考点】物理学史【答案】AD【解析】法拉第发现了电磁感应现象;A正确,关系是固体的固有属性,物体的质量决定其惯性大小与速度无关;B错;伽利略通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因,C错;楞次定律可以判断感应电流的方向,楞次定律所涉及的“阻碍”暗含克服安培力做功把其他形式的能量转换为电能。所以楞次定律的与能量守恒定律是统一的,D正确第二章、直线运动(2012上海)10.小球每隔0.2s从同一高度抛出,做初速为6m/s的竖直上抛运动,设它们在空中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为(取g=10m/s2)( )三个 (B)四个 (C)五个 (D)六个10.【考点】本题考查竖直上抛运动【答案】C【解析】小球做初速度为6m/s的竖直上抛运动,到达最高点需要的时间为0.6s,因而当第一个小球要回到抛出点时,空中还有5个小球,因而能遇到5个小球,选项C正确。(2012上海)23.质点做直线运动,其s-t关系如图所示,质点在0-20s内的平均速度大小为_________m/s质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。23.【考点】本题考查平均速度和瞬时速度的概念【解析】由s-t图像可知,质点在0-20s内,位移大小为16m,故平均速度为0.8m/s。6-20s内的位移大小为14m,故这一段时间平均速度大小为1m/s,由图可知10s和14s的瞬时速度也等于1m/s。【答案】0.810s和14s第三章、x-t与v-t图象第四章、受力分析、物体的平衡(2012上海)14.如图,竖直轻质悬线上端固定,下端与均质硬棒AB中点连接,棒长为线长的二倍。棒的A端用铰链墙上,棒处于水平状态。改变悬线的长度,使线与棒的连接点逐渐右移,并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力( )(A)逐渐减小 (B)逐渐增大(C)先减小后增大 (D)先增大后减小14.【考点】本题考查力矩平衡【解析】以A点为固定转动轴,由力矩平衡可知,当线与棒的连接点逐渐右移时,悬线拉力对应的力矩x逐渐增大,因而悬线拉力逐渐减小,选项A正确。【答案】A(2012上海)6.已知两个共点力的合力为50N,分力F1的方向与合力F的方向成30角,分力F2的大小为30N。则( )(A)F1的大小是唯一的 (B)F2的方向是唯一的(C)F2有两个可能的方向 (D)F2可取任意方向6.【考点】本题考查力的分解的多解性【解析】当时,此时F1的大小有两个,F2有两个可能的方向,故选项A、B、D错误,选项C正确。【答案】C【方法总结】已知两个共点力的合力为F,分力F1的方向与合力F的方向成角,另外一个分力为F2,若,则无解;若,有两解;若,有一解。(2012新课标)16如图,一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为Nl,球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴,将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦,在此过程中A.N1始终减小,N2始终增大B.N1始终减小,N2始终减小C.N1先增大后减小,N2始终减小D.N1先增大后减小,N2先减小后增大16【答案】B【解析】受力分析如图所示:重力的大小方向都不变,可知N1、N2的合力大小、方向都不变,当木板向下转动时,N1、N2变化如图所示,即N1、N2都减小,所以正确选项为B(2012新课标)24(14分)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m,拖杆质量可忽略;拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ,重力加速度为g。某同学用该拖把在水平地板上拖地时,沿拖杆方向推拖把,拖杆与竖直方向的夹角为θ。(1)若拖把头在地板上匀速移动,求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0.若θ≤θ0,则不管沿拖杆方向的推力多大,都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。24.(14分)解:(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解,按平衡条件有Fcosθ+mg=N①Fsinθ=f ②式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有f=μN③联立①②③得F= ④(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动,应有Fsinθ≤λN⑤这时①式仍满足,联立①⑤得sinθ-λcosθ≤λ现考察使上式成立的θ角的取值范围,注意到上式右边总是大于零,且当F无限大时极限为零,有sinθ-λcosθ≤0⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0,这里θ0是题中所定义的临界角,即当θ≤θ0时,不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为tanθ0=λ(2012广东)16.如图3所示,两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上,两绳与竖直方向的夹角为45°,日光灯保持水平,所受重力为G,左右两绳的拉力大小分别为A.G和GB.和B.和D.和【考点】共点力作用下物体的平衡【答案】B【解析】设绳子中拉力为F,则,则,正确选项为B.(2012江苏)5.如图所示,一夹子夹住木块,在力F作用下向上提升,夹子和木块的质量分别为m、M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦有均为f,若木块不滑动,力F的最大值是A.B.D.5.【解析】整体法,隔离法,对木块,,解得.【答案】A(2012山东)17.如图所示,两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、、转动,在点悬挂一重物M,将两相同木块m紧压在竖直挡板上,此时整个系统保持静止。表示木块与挡板间摩擦力的大小,表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后,系统仍静止且、始终等高,则A.变小B.不变C.变小D.变大【考点】共点力作用下物体的平衡【答案】BD【解析】对O点受力分析可知杆中弹力杆对木块m的压力可分解为水平分量F3=竖直分量;当挡板间距离变大时,θ变大,F3变大,木块对挡板的弹力FN变大;F4为定值,Ff大小不变。正确选项为BD。(2012浙江)14、如图所示,与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上,弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断(取g=9.8m/s2),下列说法正确的是A.斜面对物体的摩擦力大小为零B.斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上C.斜面对物体的摩擦力大小为4.9QUOTEN,方向沿斜面向上D.斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向垂直斜面向上14【答案】A【考点】受力分析【解析】物体的重力下滑分量可知为4.9N,弹簧拉力为4.9N,物块沿斜面方向手里平衡,所以摩擦力应为0。(2012海南)8.下列关于摩擦力的说法,正确的是()A.作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速,不可能使物体加速B.作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速,不可能使物体减速C.作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速,也可能使物体减速D.作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速,也可能使物体减速【考点】摩擦力【答案】CD【解析】滑动摩擦力和静摩擦力既可以充当动力给物体加速,也可以充当阻力给物体减速,正确选项为CD。第五章、超重与失重、牛顿运动定律(2012上海)8.如图,光滑斜面固定于水平面,滑块A、B叠放后一起冲上斜面,且始终保持相对静止,A上表面水平。则在斜面上运动时,B受力的示意图为( )8.【考点】本题结合牛顿第二定律考查物体的受力分析【解析】以滑块A、B整体为研究对象,整体加速度沿斜面向下,以滑块B为研究对象,沿水平和竖直方向分解滑块B的加速度可知,滑块B受到水平向左的摩擦力,竖直向下的重力,竖直向上的支持力,选项A正确。【答案】A(2012上海)30.(10分)如图,将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上,与杆夹角=53的拉力F,使圆环以a=4.4m/s2的加速度沿杆运动,求F的大小。(取sin53=0.8,cos53=0.6,g=10m/s2)。解析:令Fsin53=mg,F=1.25N,当F<1.25N时,杆对环的弹力向上,由牛顿定律Fcos-FN=ma,FN+Fsin=mg,解得F=1N,当F>1.25N时,杆对环的弹力向下,由牛顿定律Fcos-FN=ma,Fsin=mg+FN,解得F=9N,(2012江苏)4.将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比,下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象,可能正确的是4.【解析】加速度,随着的减小,减小,但最后不等于0.加速度越小,速度减小得越慢,所以选C.【答案】C(2012山东)16.将地面上静止的货物竖直向上吊起,货物由地面运动至最高点的过程中,图像如图所示。以下判断正确的是A.前3s内货物处于超重状态B.最后2s内货物只受重力作用C.前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D.第3s末至第5s末的过程中,货物的机械能守恒【考点】牛顿运动定律、运动图像【答案】AC【解析】前3s物体加速上升,货物处于超重状态,A选项正确;最后2s内货物减速上升其加速度大小为,B选项错误;前3s和后2s平均速度均为,C选项正确;第3s末至第5s末的过程中物体匀速上升,机械能增加,D选项错误。(2012海南)1.根据牛顿第二定律,下列叙述正确的是()A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合力必须达到一定值时,才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中的任一个的大小成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比【考点】牛顿第二定律【答案】D【解析】物体加速度的大小与其质量与速度的乘积—动量,无关,A错;物体所受合外力不为零,即有加速度产生,不需要达到某一数值,B错;物体加速度大小与合外力成正比,C错,在水平方向应用牛顿第二定律,当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时,物体水平加速度大小与其质量成反比。(2012海南)6.如图,表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上,ab面和bc面与地面的夹角分别为和,且>,一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动,经时间t0后到达顶点b时,速度刚好为零;然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑.在小物块从a运动到c的过程中,可能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图像是()【考点】牛顿运动定律、运动图像【答案】C【解析】由于阻力做功,物体下滑到地面时速度v小于初始速度v0,物块在斜面上做匀变速运动,但前后两段受力不同,加速度不同,平均速度不同,上升阶段平均速度,下降阶段平均速度则,且,,上滑时间,下滑时间,,综上可判断正确选项为C。第六章、运动学与牛顿定律的综合(2012浙江)23、(16分)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系,小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”,如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”,“A鱼”竖直下滑hA后速度减为零,“B鱼”竖直下滑hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时,除受重力外还受浮力和水的阻力,已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍,重力加速度为g,“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定,空气阻力不计。求:(1)“A鱼”入水瞬间的速度VA1;(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA;(3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA:fB23.【答案】【考点】匀变速运动、牛顿定律【解析】(1)A从H处自由下落,机械能守恒:,解得:(2)小鱼A入水后做匀减速运动,得减速加速度:,由牛顿第二定律:解得:(3)同理可得,得:(2012重庆)25.(19分)某校举行托乒乓球跑步比赛,赛道为水平直道,比赛距离为S,比赛时,某同学将球置于球拍中心,以大小a的加速度从静止开始做匀加速运动,当速度达到v0时,再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛中,该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的倾角为θ0,如题25图所示。设球在运动过程中受到的空气阻力与其速度大小成正比,方向与运动方向相反,不计球与球拍之间的摩擦,球的质量为m,重力加速度为g⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v变化的关系式⑶整个匀速跑阶段,若该同学速率仍为v0,而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变,不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化,为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落,求β应满足的条件。25.(19分)⑴在匀速运动阶段有,得⑵加速阶段,设球拍对球的支持力为,有得⑶以速度v0匀速运动时,设空气的阻力与重力的合力为F,有球拍倾角为时,空气阻力与重力的合力不变,设球沿球拍面下滑的加速度大小为,有设匀速跑阶段所用时间为t,有球不从球拍上掉落的条件得第七章、曲线运动(2012上海)19.图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动,侧面开有狭缝N,内侧贴有记录薄膜,M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N,在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示,NP,PQ间距相等。则( )(A)到达M附近的银原子速率较大(B)到达Q附近的银原子速率较大(C)位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率(D)位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率19.【考点】本题考查圆周运动与匀速运动相结合【解析】银原子在圆筒中做匀速运动有,而圆筒转动的时间为,其中为圆筒转过的角度。联立可得,越靠近M,圆筒转过的角度越小,银原子的速率越大,选项A正确,选项B错误。银原子的速率在中间的百分比大一些,因而位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率,选项C正确,选项D错误。【答案】AC【方法总结】本题考查两个物体的运动,但是这两个物体的运动以时间关联起来,从而进行解答。(2012上海)12.如图,斜面上a、b、c三点等距,小球从a点正上方O点抛出,做初速为v0的平抛运动,恰落在b点。若小球初速变为v,其落点位于c,则( )(A)v0<v<2v0 (B)v=2v0(C)2v0<v<3v0 (D)v>3v012.【考点】本题考查平抛运动【解析】过C点做一条水平直线,若没有斜面,则小球将落到过C点的水平直线上,由运动轨迹可知,小球初速度为v时,其水平位移为v0t<x<2v0t,其中t为小球下落到过C点水平直线的时间,因而v0<v<2v0,选项A正确。【答案】A第八章、抛体运动规律(2012新课标)15如图.x轴在水平地面内.y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力,则A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大15.【答案】BD【解析】根据可知,所以,即A错误,B正确;由得,所以C错误,D正确。(2012福建)20.(15分)如图,置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动,当转速达到某一数值时,物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g=10m/s2求:(1)物块做平抛运动的初速度大小V0;(2)物块与转台间的动摩擦因数。20、【答案】:1m/s0.2
【解析】:(1)物体下落时间为t;自由落体运动有:水平方向有:解得:(2)物体刚要离开平台时向心力由摩擦力提供:有代入数据得:【考点定位】:平抛运动和圆周运动的综合运用。容易题。(2012江苏)6.如图所示,相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h为定值),将A向B水平抛出的同时,B自由下落,A、B与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变,方向相反,不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则:A.A、B在第一次落地前能否相碰,取决于A的初速度B.A、B在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰C.A、B不可能运动到最高处相碰D.A、B一定能相碰6.【解析】平抛运动规律,,所以,若,则第1次落地前能相遇,所以取决于,A正确;A碰地后还可能与B相遇,所以B、C错误,D正确。【答案】AD(2012山东)22.(15分)如图所示,一工件置于水平地面上,其AB段为一半径的光滑圆弧轨道,BC段为一长度的粗糙水平轨道,二者相切与B点,整个轨道位于同一竖直平面内,P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块,其质量,与BC 间的动摩擦因数。工件质,与地面间的动摩擦因数。(取(1)若工件固定,将物块由P点无初速度释放,滑至C点时恰好静止,求P、C两点间的高度差h。(2)若将一水平恒力F作用于工件,使物体在P点与工件保持相对静止,一起向左做匀加速直线运动eq\o\ac(○,1)求F的大小eq\o\ac(○,2)当速度时,使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移),物块飞离圆弧轨道落至BC段,求物块的落点与B点间的距离。【考点】牛顿运动定律、平抛【答案】(1)8.5N;(2)0.4m【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程,根据动能定理得代入数据得eq\o\ac(○,2)(2)eq\o\ac(○,1)设物块的加速度大小为,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为,由几何关系可得eq\o\ac(○,3)根据牛顿第二定律,对物体有eq\o\ac(○,4)对工件和物体整体有eq\o\ac(○,5)联立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)式,代入数据得eq\o\ac(○,6)eq\o\ac(○,2)设物体平抛运动的时间为,水平位移为,物块落点与B间的距离为,由运动学公式可得eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)联立eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)eq\o\ac(○,7)eq\o\ac(○,8)eq\o\ac(○,9)式,代入数据得eq\o\ac(○,10)(2012浙江)18、由光滑细管组成的轨道如图所示,其中AB段是半径为R的四分之一圆弧,轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球,从距离水平地面高为H的管口D处静止释放,最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是A.小球落到地面相对于A点的水平位移值为QUOTEB.小球落到地面相对于A点的水平位移值为QUOTEC.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=QUOTE18【答案】BC【考点】机械能守恒、平抛运动【解析】当小球从H=2R处落下,到A点速度为0,落点距A水平距离为0;取H=4R,小球到达A处有,,,,对照AB项代入H=4R,知B项对;竖直平面内小球在管道中过顶的最小速度为0,根据机械能守恒知,小球要到达A点,则需要H>2R即可。第九章、万有引力定律与人造卫星、同步卫星(2012上海)22B.人造地球卫星做半径为r,线速度大小为v的匀速圆周运动。当其角速度变为原来的EQ\F(EQ\R(2),4)倍后,运动半径为_________,线速度大小为_________。22B.【考点】本题考查万有引力在天体运动中的应用【解析】由可知,角速度变为原来的EQ\F(EQ\R(2),4)倍后,半径变为2r,由可知,角速度变为原来的EQ\F(EQ\R(2),4)倍后,线速度大小为EQ\F(EQ\R(2),2)v。【答案】2r,EQ\F(EQ\R(2),2)v(2012新课标)21假设地球是一半径为R.质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为A.1-EQ\F(d,R) B.1+EQ\F(d,R) C. D.21【答案】A在地球表面,又,所以,因为球壳对球内物体的引力为零,所以在深为d的矿井内,得,所以。(2012大纲卷)25.一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k。设地球的半径为R。假定地球的密度均匀。已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零,求矿井的深度d。25.【命题意图】本题考查万有引力定律的应用及单摆的周期公式,意在考查对基本物理规律的分析计算能力。解:在地面处,单摆所受万有引力近似等于其重力,即,单摆的在地面的摆动周期设地球密度为ρ,地球的体积,综合以上四得得:同理可知,矿井内单摆的周期而单摆在地面处的摆动周期与矿井底部摆动周期之比解得:【参考答案】(2012广东)21.如图6所示,飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动,不考虑质量变化,相对于在轨道1上,飞船在轨道2上的A.动能大B.向心加速度大C.运行周期长D.角速度小【考点】万有引力定律【答案】CD【解析】结合,可判断飞船在2轨道上速度小,动能小,向心力小向心加速度小,周期长,角速度小,正确选项为CD【方法点拨】讨论天体问题的基本方法:把天体的运动看成是匀速圆周运动,其所需向心力由万有引力提供。讨论天体运动规律的基本思路:(2012北京)18.关于环绕地球运动的卫星,下列说法正确的是()A.分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星,不可能具有相同的周期B.沿椭圆轨道运行的一颗卫星,在轨道不同位置可能具有相同的速率C.在赤道上空运行的两颖地球同步卫星.它们的轨道半径有可能不同D.沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星,它们的轨道平面一定会重合18B解析:所有的同步卫星都在同一个赤道轨道上运动,C错误;沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星它们的运行轨道面与赤道面的夹角可以不同,它们的轨道平面就不会重合,D错误;分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颖卫星,可能具有相同的周期,A错误;沿椭圆轨道运行的一颗卫星,在轨道的关于长轴对称的两个位置的速率相等,所以在轨道不同位置可能具有相同的速率是正确的。答案B。(2012福建)16.一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动,其线速度大小为假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力,物体静止时,弹簧测力计的示数为,已知引力常量为G,则这颗行星的质量为A.B.C.D.【考点】本题考查万有引力定律在天体运动中的应用,考查利用实验数据求解问题的能力。【解析】卫星在行星表面附近做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,根据牛顿第二定律有,宇航员在行星表面用弹簧测力计测得质量为m的物体的重为N,则,解得M=,B项正确。【答案】B(2012江苏)拉格朗日点地球太阳8.20XX年8月,“嫦娥二号”成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道,我国成为世界上第三个造访该点的国家,如图所示,该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上,一飞行器位于该点,在几乎不消耗燃料的情况下与地球拉格朗日点地球太阳A.线速度大于地球的线速度B.向心加速度大于地球的向心加速度C.向心力仅由太阳的引力提供D.向心力仅由地球的引力提供8.【解析】根据,A正确;根据,B正确,向心力由太阳和地球的引力的合力提供,C、D错误。【答案】AB(2012山东)15.20XX年11月3日,“神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道,等待与“神州九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道,对应的轨道半径分别为R1、R2,线速度大小分别为、。则等于A.B.C.D.【考点】万有引力定律【答案】B【解析】由可知,,正确选项为B.(2012四川)15.今年4月30日,西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星,其轨道半径为2.8×107m,它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107m)相比向心力较小动能较大发射速度都是第一宇宙速度角速度较小答案:B解析:卫星的向心力由卫星所受地球的万有引力提供,由可知A、D错B正确;两颗卫星的发射速度都比第一宇宙速度大,故C也错。正确答案只有B。(2012天津)3.一个人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动,假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动,动能减小为原来的1/4,不考虑卫星质量的变化,则变轨前后卫星的向心加速度大小之比为4:1角速度大小之比为2:1周期之比为1:8轨道半径之比为1:23【考点】考查万有引力定律在天体运动中的应用,考查学生对卫星运行特点、圆周运动规律的掌握。【解析】卫星绕地球做匀速圆周运动,万有引力提供向心力,如果卫星的动能减为原来的,则其线速度减为原来的,由可知,轨道半径变为原来的4倍,D项错误;由可知,向心加速度变为原来的,A项错误;由可知,角速度为原来的,B项错误;由可知,周期为原来的8倍,C项正确。【答案】C【思维拓展】本题也可以直接由关系式分析得出结果。(2012浙江)15、如图所示,在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力,并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是A.太阳对小行星的引力相同B.各小行星绕太阳运动的周期小于一年C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于小行星带外侧小行星的向心加速度值D.小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值15【答案】C【考点】万有引力与天体运动【解析】根据行星运行模型,离地越远,线速度越小,周期越大,角速度越小,向心加速度等于万有引力加速度,越远越小,各小行星所受万有引力大小与其质量相关,所以只有C项对。(2012重庆)18.冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统,质量比约为7:1,同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的1/7角速度大小约为卡戎的1/7线度大小约为卡戎的7倍向心力小约为卡戎的7倍18.考点透析:综合考察万有引力定律及圆周运动知识答案:A解析:双星系统中两个体具有相同的角速度与运动周期以及向心力,由万有引力定律,可知,由可知二者线速度之比为,正确选项为A。(2012海南)11.地球同步卫星到地心的距离r可用地球质量M、地球自转周期T与引力常量G表示为r=_____________.【考点】万有引力定律【答案】【解析】根据万有引力定律及圆周运动知识,可得第十章、功和功率(2012上海)15.质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面,绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起,直到全部离开地面,两绳中点被提升的高度分别为hA、hB,上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若( )(A)hA=hB,则一定有WA=WB (B)hA>hB,则可能有WA<WB(C)hA<hB,则可能有WA=WB (D)hA>hB,则一定有WA>WB15.【考点】本题考查物体的重心和重力做功【解析】两绳子中点被提升从而使绳子全部离开地面,考虑此时绳子重心上升的高度,绳子的重心在绳子中点两边绳子的中心处。若绳子总长为,则细绳A重心上升的高度为,细绳B重心上升的高度为。由题意可知,因而选项A、C、D错误,选项B正确。【答案】B(2012上海)18.位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下,做速度为v1的匀速运动;若作用力变为斜面上的恒力F2,物体做速度为v2的匀速运动,且F1与F2功率相同。则可能有( )(A)F2=F1,v1>v2 (B)F2=F1,v1<v2(C)F2>F1,v1>v2 (D)F2<F1,v1<v218.【考点】本题考查受力分析和功率的计算【解析】物体在水平恒力F1作用下匀速运动,水平方向有。作用力变为斜向上的恒力F2时,设F2与水平方向的夹角为,物体匀速运动时在水平方向有,故(其中),因而两力大小关系不确定。但两种情况下物体均匀速运动,且拉力功率相同,因而克服摩擦力做功的功率也相同,第二种情况下摩擦力小,因而必有v1<v2,故选项B、D正确。【答案】BD【方法总结】在比较力和速度时,需要先计算两物理量的具体表达式,从而再进行比较。BAFO(2012江苏)3.如图所示,细线的一端固定于O点,另一端系一小球,在水平拉力作用下,小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到BAFOA.逐渐增大B.逐渐减小C.先增大,后减小D.先减小,后增大.3.【解析】设F与速度的夹角为,则,力的分解,在切线上(速度方向上)合力为0,即,所以,随增大,P增大。【答案】A第十一章、功能关系及能量守恒定律(2012上海)16.如图,可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接,跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱,A的质量为B的两倍。当B位于地面时,A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放,B上升的最大高度是( )(A)2R (B)5R/3 (C)4R/3 (D)2R/316.【考点】本题考查机械能守恒【解析】设、的质量分别为、,当A落到地面,B恰运动到与圆柱轴心等高处,以A、B整体为研究对象,机械能守恒,故有,当A落地后,B球以速度v竖直上抛,到达最高点时又上升的高度为,故B上升的总高度为,选项C正确。【答案】C【误区警示】本题需要注意两个方面:一个是A和B的质量关系不要搞错或者混淆;二是B上升的高度应该是从地面开始计算。(2012大纲版)26.(20分)(注意:在试题卷上作答无效)一探险队员在探险时遇到一山沟,山沟的一侧竖直,另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧,以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示,以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知,山沟竖直一侧的高度为2h,坡面的抛物线方程为,探险队员的质量为m。人视为质点,忽略空气阻力,重力加速度为g。求此人落到破面试的动能;此人水平跳出的速度为多大时,他落在坡面时的动能最小?动能的最小值为多少?26.【命题意图】本题主要考查平抛运动和动能定理的应用,以及函数最值的计算,意在考查考生的综合分析及数学计算能力。解:(1)设探险队员跳到坡面上时水平位移为x,竖直位移为H,由平抛运动规律有:,,整个过程中,由动能定理可得:由几何关系,坡面的抛物线方程解以上各式得:由,令,则当时,即探险队员的动能最小,最小值为【参考答案】(1)(2),(2012广东)17图4是滑道压力测试的示意图,光滑圆弧轨道与光滑斜面相切,滑道底部B处安装一个压力传感器,其示数N表示该处所受压力的大小,某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑,通过B是,下列表述正确的有A.N小于滑块重力B.N大于滑块重力C.N越大表明h越大D.N越大表明h越小【考点】圆周运动【答案】BC【解析】由机械能守恒定律,对B点受力分析,则,则.N大于滑块重力,N越大表明h越大,正确选项为BC。(2012北京)22.(16分)如图所示,质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动,经距离l后以速度v飞离桌面,最终落在水平地面上。已知l=1.4m,v=3.0m/s,m=0.10kg,物块与桌面间的动摩擦因数u=0.25,桌面高h=0.45m.。不计空气阻力,重力加速度取10m/s2。求(1)小物块落地点距飞出点的水平距离s;υ0shυυ0shυl(3)小物块的初速度大小v0。22解析:(1)小物块落地所用时间为t,有s小物块落地点距飞出点的水平距离m(2)根据机械能守恒,小物块落地时的动能为J(3)在桌面上滑行过程中根据动能定理有则m/s(2012北京)23.(18分)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯.行程超过百米。电梯的简化模型如I所示。考虑安全、舒适、省时等因索,电梯的加速度a随时间t变化的。已知电梯在t=0时由静止开始上升,a一t图像如图2所示。电梯总质最m=2.0×103kg。忽略一切阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2;(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动,教科书中讲解了由v-t图像求位移的方法。请你借鉴此方法,对比加速度和速度的定义,根据图2所示a-t图像,求电梯在第1s内的速度改变量△v1和第2s末的速率v2;(3)求电梯以最大速率上升时,拉力做功的功率P;再求在0~11s时间内,拉力和重力对电梯所做的总功W。图图1电梯拉力a/ms-11.00-1.012图2t/s解析:(1)如图2所示a一t图像可知0~11s电梯处于超重,加速度越大拉力越大,根据牛顿第二定律得N30~41s电梯处于失重,加速度越大拉力越小,根据牛顿第二定律得N(2)v-t图像中根据面积求位移,那么在a-t图像中根据面积求速度的改变第1s内的速度改变量等于a-t图像与t轴所夹的前1s内的三角形面积m/s由于初速为0,第2s末的速率v2等于a-t图像与t轴所夹的前2s内的梯形面积m/s(3)由于前11s一直在加速,所以11s末电梯以最大速率上升,此时速度等于a-t图像与t轴所夹的前11s内的梯形面积m/s此时电梯的加速度为0,根据牛顿第二定律。拉力做功的功率J/s电梯受拉力和重力两个力,拉力和重力对电梯所做的总功W就是合力的功,根据动能定理等于前11内动能的改变量J(2012福建)17.如图,表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮,小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻,A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑,则从剪断轻绳到物块着地,两物块A.速率的变化量不同B.机械能的变化量不同C.重力势能的变化量相同D.重力做功的平均功率相同【考点】本题主要考查平均功率的概念,考查功能关系、机械能守恒定律的应用。【解析】两物块开始处在同一高度且处于静止状态,则,剪断轻绳后A自由落体,B沿光滑斜面下滑,机械能都守恒,着地时下降的高度相同,由可知,两物块着地时的速度大小相同,因此速率的变化量相同,A项错误;两物块的机械能变化量都为零,B项错误;两物块的质量不等,下落的高度相等,由可知两物体重力做功不等,因而重力势能变化量的大小不同,C项错误;设下落的高度为h,则A下落过程的时间为,B下滑所用时间为,将重力做功、运动时间及质量关系代入重力做功的平均功率公式,可求得两物体运动过程中重力做功的平均功率相等。【答案】D(2012福建)21.(19分)如图,用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P,小船的质量为m,小船受到的阻力大小恒为f,经过A点时的速度大小为,小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1,A、B两点间距离为d,缆绳质量忽略不计。求:(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功;(2)小船经过B点时的速度大小;(3)小船经过B点时的加速度大小a。21、【答案】:(1)(2)(3)
【解析】:(1):小船从A点到达B点,受到的阻力恒为f,其克服阻力做的功为:①(2)小船从A运动到B点时,电动机牵引绳对小船做功②从A到B由动能定理可知:③解得:④(3)设小船经过B点时的绳的拉力大小为F,绳与水平方向夹角为,电动机牵引绳的速度大小为μ,则⑤⑥由牛顿第二定律有⑦由④⑤⑥⑦式解得【考点定位】:动能定理,牛顿第二定律及运动得合成与分解,功等(2012江苏)14.(16分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f,轻杆向右移动不超过l时,装置可安全工作,一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l/4,轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦。(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x;mvl轻杆mvl轻杆(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度vˊ与撞击速度v的关系14.【答案】(1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力=1\*GB3①且=2\*GB3②解得=3\*GB3③(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W,则小车从撞击到停止的过程中,动能定理小车以撞击弹簧时=4\*GB3④小车以撞击弹簧时=5\*GB3⑤解=6\*GB3⑥(3)设轻杆恰好移动时,小车撞击速度为,=7\*GB3⑦由=4\*GB3④=7\*GB3⑦解得当时,当时,。(2012四川)21.如图所示,劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上,另一端与置于水平面上的质量为m的物体接触(未连接),弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体,在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0,此时物体静止。撤去F后,物体开始向左运动,运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因素为μ,重力加速度为g。则撤去F后,物体先做匀加速运动,在做匀减速运动撤去F后,物体刚运动时的加速度为kx0/m-μg物体做匀减速运动的时间为物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为解析:撤去F后,在物体离开弹簧的过程中,弹簧弹力是变力,物体先做变加速运动,离开弹簧之后做匀变速运动,故A错;刚开始时,由kx0-μmg=ma可知B正确;离开弹簧之后做匀减速运动,减速时间满足3x0=a1t2/2,a1=μg则t=,从而C错;速度最大时合力为零,此时弹簧弹力F=μmg=kx,x=μmg/k,所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为=,D正确。正确答案:BD(2012天津)8.如图甲所示,静止在水平地面的物块A,收到水平向右的拉力F作用,F与时间t的关系如图乙所示,设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等,则A.0~t1时间内F的功率逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t2时刻后物块A做反向运动D.t3时刻物块A的动能最大8【考点】本题考查功率的概念、考查动能定理的应用,考查力与运动的关系。【解析】0-t1时间内拉力小于最大静摩擦力,物块不动,拉力的功率始终为零,A项错误;t2时刻物块受到的拉力最大,合外力最大,根据牛顿第二定律可知,加速度最大,B项正确;t1到t3时刻这段时间内,拉力一直大于摩擦力,物块一直做加速度运动,速度一直在增大,在t3时刻加速度为零,速度达到最大,动能最大,C项错误,D项正确。【答案】BD(2012浙江)18、由光滑细管组成的轨道如图所示,其中AB段是半径为R的四分之一圆弧,轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球,从距离水平地面高为H的管口D处静止释放,最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是A.小球落到地面相对于A点的水平位移值为QUOTEB.小球落到地面相对于A点的水平位移值为QUOTEC.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2RD.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=QUOTE18【答案】BC【考点】机械能守恒、平抛运动【解析】当小球从H=2R处落下,到A点速度为0,落点距A水平距离为0;取H=4R,小球到达A处有,,,,对照AB项代入H=4R,知B项对;竖直平面内小球在管道中过顶的最小速度为0,根据机械能守恒知,小球要到达A点,则需要H>2R即可。(2012重庆)23.(16分)题23图所示为一种摆式摩擦因数测量仪,可测量轮胎与地面间动摩擦因数,其中主要部件有:底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为m,细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动,摆锤重心到O点的距离为L.测量时,测量仪固定于水平地面,将摆锤从与0等高的位置由静止释放。摆锤到最低点附近时,橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s<<L),之后继续摆动至与坚直方向成θ角的最高位置。若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力,重力加速度为g,求⑴摆锤在上述过程中损失的机械能⑵在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功⑶橡胶片与地面间的动摩擦因数23.(16分)⑴损失的机械能ΔE=mgL⑵摩擦力做的功=-mgL⑶动摩擦因数μ=mgL/FS(2012海南)7.下列关于功和机械能的说法,正确的是()A.在有阻力作用的情况下,物体重力势能的减少不等于重力物体所做的功B.合力对物体所做的功等于物体动能的改变量C.物体的重力势能是物体与地球之间的相互作用能,其大小与势能零点的选取有关D.运动物体动能的减少量一定等于其重力势能的增加量【考点】机械能【答案】BC【解析】重力势能的减少量恒等于重力对物体所作的功,与有无阻力作用无关,A错;由动能定理可知,合力对物体所做的功等于物体动能的变化量,B对;物体的重力势能是物体与地球相互作用能,势能大小与零势能点的选取有关,C对;在只有重力做功的前提下才可满足物体动能的减少量等于物体重力势能的增加量,D错。(2012海南)15.如图,在竖直平面内有一固定光滑轨道,其中AB是长为R的水平直轨道,BCD是圆心为O、半径为R的圆弧轨道,两轨道相切于B点.在外力作用下,一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动,到达B点时撤除外力.已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重力加速度大小为g.求(1)小球在AB段运动的加速度的大小;(2)小球从D点运动到A点所用的时间.【考点】曲线运动、机械能守恒【答案】(1)(2)【解析】15.(1)小球在BCD段运动时,受到重力mg、轨道正压力N的作用,如图所示.据题意,N≥0,且小球在最高点C所受轨道正压力为零Nc=0①设小球在C点的速度大小为vc,根据牛顿第二定律有②小球从B点运动到C点,机械能守恒.设B点处小球的速度大小为vB,有③由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动,设加速度大小为a,由运动学公式有④由②③④式得⑤(2)设小球在D处的速度大小为vD,下落到A点时的速度大小为v,由机械能守恒有⑥⑦设从D点运动到A点所用的时间为t,由运动学公式得⑧由④⑤⑥⑦⑧式得⑨第十二章、静电场(2012上海)11.A、B、C三点在同一直线上,AB:BC=1:2,B点位于A、C之间,在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为+q的点电荷时,它所受到的电场力为F;移去A处电荷,在C处放一电荷量为-2q的点电荷,其所受电场力为( )(A)-F/2 (B)F/2 (C)-F (D)F11.【考点】本题考查库仑定律【解析】设,,由题意可知;而,故,选项B正确。【答案】B(2012上海)20.如图,质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷,电荷量分别为qA和qB,用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时,两小球恰处于同一水平位置,细线与竖直方向间夹角分别为1与2(1>2)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动,最大速度分别为vA和vB,最大动能分别为EkA和EkB。则( )(A)mA一定小于mB (B)qA一定大于qB(C)vA一定大于vB (D)EkA一定大于EkB20.【考点】本题考查共点力的平衡和动能定理【解析】分别以A、B球为研究对象进行受力分析可知两球间的库仑力为,而1>2,故,选项A正确,选项B错误。由于平衡时,两小球恰处于同一水平位置,且1>2,故两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动到最低点,A球下降的高度要大一些,因而选项C正确。最大动能等于mgh(1-cosθ)/cosθ=mghtanθtan(θ/2),由于mghtanθ相等,因此开始θ大的球最大动能大.(tan(θ/2)=(1-cosθ)/sinθ)【答案】ACD(2012新课标)18如图,平行板电容器的两个极板与水平地面成角度,两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器,则在此过程中,该粒子A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动18.【答案】BD【解析】受力分析如图所示,知重力与电场力的合力与速度方向相反,所以粒子做匀减速直线运动,动能减小,所以A、C错误,D正确;因为电场力与速度方向夹角为钝角,所以电场力做负功,电势能增加,即B正确。(2012大纲卷)24.(16分)(注意:在试题卷上作答无效)如图,一平行板电容器的两个极板竖直放置,在两极板间有一带电小球,小球用一绝缘清线悬挂于O点。先给电容器缓慢充电,使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q,此时悬线与竖直方向的夹角为π/6。再给电容器缓慢充电,直到悬线和竖直方向的夹角增加到π/3,且小球与两极板不接触。求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量。24.解:第一次充电后,设电容器的电容为C,则第一次充电Q后,电容器两极板间电势差,两板间为匀强电场,场强,设电场中小球带电量为q,则所受电场力小球在电容器中受重力,电场力和拉力平衡,由平衡条件有:综合以上各式得:第二次充电后,电容器带电量为Q',同理可得:解得:所以【参考答案】(2012广东)20.图5是某种静电矿料分选器的原理示意图,带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后,分落在收集板中央的两侧,对矿粉分离的过程,下列表述正确的有A.带正电的矿粉落在右侧B.电场力对矿粉做正功C.带负电的矿粉电势能变大D.带正电的矿粉电势能变小【考点】带电粒子在电场中的运动【答案】BD【解析】带正电粒子受电场力向左,落在左侧;电场力对矿粉做正功;其矿粉的电势能减小,动能增加;正确选项为BD。(2012福建)15.如图,在点电荷Q产生的电场中,将两个带正电的试探电荷、分别置于A、B两点,虚线为等势线。取无穷远处为零电势点,若将、移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等,则下列说法正确的是A.A点电势大于B点电势B.A、B两点的电场强度相等C.的电荷量小于的电荷量D.在A点的电势能小于在B点的电势能【考点】考查点电荷电场中电势、电场强度分布的特点,考查电场力做功与电势能变化的关系。【解析】将正的点电荷从电场中移到无穷远处要克服电场力做功,说明点电荷Q带负电,在负的点电荷电场中离负电荷越远处电势越高,因此A点电势小于B点电势,A项错误;离点电荷越远处电场强度越小,B项错误;A点与无穷远处的电势差U1比B点与无穷远处的电势差U2大,由于两电荷移到无穷远处克服电场力做功相等,因此有,因此q1小于q2,C项正确;由于两电荷移到无穷远处克服电场力做功相等,因此有,即,因此两电荷在A、B两点的电势能相等,D项错误。【答案】C【方法规律】负的点电荷电场中的电势都为负,离负的点电荷越远电势越高,正的点电荷电场中的电势都为正,离正的点电荷越远电势越低,不论是正的点电荷还是负的点电荷,离电荷越远,场强越小。(2012江苏)1.真空中,A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r则A、B两点的电场强度大小之比为A.3:1B.1:3C.9:1D.1:91.【解析】根据库仑定律,选C。【答案】C(2012江苏)2.一充电后的平行板电容器保持两板间的正对面积、间距和电荷量不变,在两板间插入一电介质,其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是A.C和U均增大B.C增大,U减小C.C减小,U增大D.C和U均减小2.【解析】根据,电容C增大,根据,U减小,B正确。【答案】B(2012山东)19.图中虚线为一组间距相等的同心圆,圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场,实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹,a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化【考点】等势面、电场线、带电粒子在电场中轨迹判断【答案】CD【解析】由粒子运动轨迹可判断粒子受斥力作用粒子带正电,A选项错误;离电荷距离越近受斥力越大,故a点受力最大;B选项错误;由b点到c点的运动过程中电场力对粒子做正功,电势能减小,故b点电势能大于c点电势能,C选项正确;ab与bc处于等距离同心圆上,靠近电荷的电场强度较大,结合可判断电势差,电场力做功,结合动能定理可知由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化,D选项正确。(2012四川)24.如图所示,ABCD为固定在竖直平面内的轨道,AB段光滑水平,BC段位光滑圆弧,对应的圆心角θ=37°,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙,各段轨道均平滑链接,倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×10-2kg、电荷量q=+1×10-4C的小球(视为质点)被弹簧枪发射后,沿水平轨道向左滑行,在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点,0.1s以后,场强大小不变,方向反向。已知斜轨与小物体之间的动摩擦因素为μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变,取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求弹簧枪对小物体做的功;在斜轨上小物体能到达的最高点为P,球CP的长。24.解:(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf,由动能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=eq\f(1,2)mv02 ①代人数据得Wf=0.475J ②说明:①式4分,②式2分。(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③小物体向上做匀减速运动,经t1=0.1s后,速度达到v1,有v1=v0+a1t1③由③④可知v1=2.1m/s,设运动的位移为s1,有s1=v0t1+eq\f(1,2)a1t12 ⑤电场力反向后,设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得-mgsinθ-μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为t2,位移为s2,有0=v1+a2t2 ⑦s2=v1t2+eq\f(1,2)a2t22 ⑧设CP的长度为s,有 s=s1+s2 ⑨联立相关方程,代人数据解得 s=0.57m⑩说明:③⑥式各3分,④⑤⑦⑧⑨式各1分,⑩式2分。(2012天津)5.两个固定的等量异号电荷所产生电厂的等势面如图所示,一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行,最后离开电场,粒子只受静电力作用,则粒子在电场中A.作直线运动,电势能先变小后变大B.作直线运动,电势能先变大后变小C.做曲线运动,电势能先变小后变大D.做曲线运动,电势能先变大后变小5【考点】本题考查等量异种点电荷电场中电势分布的特点。【解析】带负电的粒子开始在零电势线上,电势能为零,进入电场后在电场力的作用下向上偏转,做曲线运动,电势能减小,最后出电场,电势能又增大为零,因此电子整个过程做曲线运动,电势能先变小后变大,C项正确。【答案】C(2012浙江)19、用金属箔做成一个不带电的圆环,放在干燥的绝缘桌面上。小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后,将笔套自上而下慢慢靠近圆环,当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上,如图所示。对上述现象的判断与分析,下列说法正确的是A.摩擦使笔套带电B.笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷C.圆环被吸引到笔套的过程中,圆环所受静电力的合力大于圆环的重力D.笔套碰到圆环后,笔套所带的电荷立刻被全部中和19【答案】ABC【考点】电荷守恒定律【解析】绝缘材料做的笔套与头发摩擦,摩擦起电,A项对;笔套靠近圆环时,圆环上、下部感应出异号电荷,感应起电,B项对;环刚被吸引向上运动,一定是静电力的合力大于圆环的重力,随后距离减小,引力增大,所以整个过程中静电力的合力大于圆环的重力,C项对。笔套碰到圆环后,由于笔套是绝缘体,极少电荷转移,所以圆环上仍然多是感应电荷,不能中和,D项错。(2012重庆)20.空中P、Q两点处各固定一个点电荷,其中P点处为正点电荷,P、Q两点附近电场的等势面分布如题20图所示,a、b、c、d为电场中的四个点。则A.P、Q两点处的电荷等量同种B.a点和b点的电场强度相同C.c点的电热低于d点的电势D.负电荷从a到c,电势能减少20.考点透析:以特殊电场模型为载体综合考察电场线、电势、电势能等概念答案:D解析:根据等势线及电场线(根据电场线垂直等势线画出即可)分布特点可知PQ两点处为等量异种电荷;其中a、b两点电场强度大小相等,方向不同;由电场线的分布及走向可知c点电势高于d点的电势;负电荷由a点到c点电场力做正功,电势能减小;正确选项为D思维拓展:处理含等势面的电场问题,首先要画出电场线,电场线可以辅助判断场强大小和电势的高低,以及移动电荷时电场力的做功正负。(2012海南)3.如图,直线上有o、a、b、c四点,ab间的距离与bc间的距离相等,在o点处有固定点电荷,已知b点电势高于c点电势.若一带电负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c点运动到b点,再从b点运动到a点,则()A.两过程中电场力做的功相等B.前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C.前一过程中,粒子电势能不断减小D.后一过程中,粒子动能不断减小【考点】电场能的性质【答案】C【解析】根据点电荷电场电场线及电势分布可知,b点电势高于c点,则O点固定的是正电荷,负电荷移动过程中电场力做功,又,则前一个过程中电场力做功小于后一个过程电场力的功,A、B选项错误;两个过程中均为电场力做正功,电势能减小,动能增加,C对,D错。(2012海南)9.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷分别用d、U、E和Q表示.下列说法正确的是()A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半【考点】电容器【答案】AD【解析】,保持U不变,将d变为原来的两倍,E变为原来的一半,A对;保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的一半,B错;,保持d不变,C不变,Q加倍,U加倍,C错;则Q变为原来的一半,E变为原来的一半,D对。(2012海南)12.N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球,均匀分布在半径为R的圆周上,示意如图,若移去位于圆周上P点的一个小球,则圆心O点处的电场强度大小为________,方向__________.(已知静电力常量为k)【考点】电场强度【答案】,方向沿OP指向P点【解析】移去P点小球后,余下小球在o点产生的合场强与p点小球在O点产生的场强等大反向,故大小为,方向沿OP指向P点。第十三章、恒定电流(2012上海)7.如图,低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成,该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。其中( )(A)甲是“与”门,乙是“非”门(B)甲是“或”门,乙是“非”门(C)甲是“与”门,乙是“或”门(D)甲是“或”门,乙是“与”门7.【考点】本题考查逻辑电路【解析】高、低电压都可以通过甲,则甲是“或”门,;低电压通过乙后,输出为高电压使蜂鸣器导通发出警报;高电压通过乙后输出为低电压,蜂鸣器不导通,不发出警报,则乙是“非”门,选项B正确。【答案】B(2012上海)13.当电阻两端加上某一稳定电压时,通过该电阻的电荷量为0.3C,消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻,在其两端需加的电压和消耗的电能分别是( )(A)3V,1.8J (B)3V,3.6J (C)6V,1.8J 13.【考点】本题考查欧姆定律、电流和电功的计算等【解析】由可知,相同时间通过的电荷量为原来的2倍,则电流为原来的2倍。由可知电压为原来的2倍。由可知原来的电压为,故电阻两端现在所加电压为6V,消耗的电能为3.6J,选项D正确。【答案】D(2012上海)17.直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片P向右移动时,电源的( )(A)总功率一定减小 (B)效率一定增大(C)内部损耗功率一定减小 (D)输出功率一定先增大后减小17.【考点】本题考查动态电路的功率和效率。【解析】滑动变阻器的滑片P向右移动时,滑动变阻器连入电路部分的阻值变大,因而电流减小,由可知电源的总功率减小,选项A错误。滑动变阻器连入电路部分阻值变大,路端电压变大,由可知电源的效率增大,选项B正确。内部损耗功率为,电流减小,因而内部损耗功率减小,选项C正确。电源输出功率为外电阻消耗功率,但外电阻与内电阻的大小关系未知,因而根据图线不能判断输出功率的变化情况,选项D错误。【答案】ABC(2012四川)23.四川省“十二五”水利发展规划指出,若按现在供水能力测算,我省供水缺口极大,蓄水提水是目前解决问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m,进入蓄水池,用一台电动机通过传动效率为80%的皮带,带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V,此时输入电动机的电功率为19kW,电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3,重力加速度取10m/s2。求:电动机内阻消耗的热功率;将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。23.解:(l)设电动机的电功率为P,则P=UI ①设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr,则Pr=I2r ②代入数据解得Pr=1×103W ③说明:①③式各2分,②式3分。(2)设蓄水总质量为M,所用抽水时间为t。已知抽水高度为h,容积为V,水的密度为ρ,则M=ρV ④设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep,则△Ep=Mgh ⑤设电动机的输出功率为P0,则P0=P-Pr ⑥根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep ⑦代人数据解得 t=2×l04s ⑧说明:④⑤式各1分,⑥⑧式各2分,⑦式3分。(2012浙江)17、功率为10W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率60W的白炽灯相当。根据国家节能战略,20XX年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有二只60W的白炽灯,均用10w的LED灯替代,估算出全国一年节省的电能最接近A.8╳108kW·hB.8╳1010kW·hC.8╳1011kW·hD.8╳1013kW·h17【答案】B【考点】电功、电功率及估算【解析】估算取值:每户节约功率为100W,每天用灯6小时,每年365天,全国估计为4亿户,,得结果与B最接近。第十四章、磁场(2012上海)32.(13分)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r,式中常量k>0,I为电流强度,r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方,矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流,被两根轻质绝缘细线静止地悬挂,如图所示。开始时MN内不通电流,此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时,两细线内的张力均减小为T1,当MN内电流强度变为I2时,两细线内的张力均大于T0。(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向;(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时,线框受到的安培力F1与F2大小之比;(3)当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂,在此瞬间线圈的加速度大小为a,求I3。【考点】本题考查电磁感应与力学知识相结合。【解析】(1)I1方向向左,I2方向向右(2)当MN中通以电流I时,线圈所受安培力大小为F=kIiL(EQ\F(1,r1)-EQ\F(1,r2)),F1:F2=I1:I2(3)2T0=G,2T1+F1=G,F3+G=G/ga,I1:I3=F1:F3=(T0-T1)g/(a-g)T0,I3=(a-g)T0I1/(T0-T1)g【答案】(1)I1方向向左,I2方向向右;(2)F1:F2=I1:I2;(3)(a-g)T0I1/(T0-T1)g(2012新课标)25(18分)如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域,在圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为3/5R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域,也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小。25.(18分)解:粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r.由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得①式中v为粒子在a点的速度过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c和d点。由几何关系知,线段ac、bc和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此ac=bc=r②设cd=x,由几何关系得ac=eq\f(4,5)R+x③bc= ④联立②③④式得r=eq\f(7,5)R⑤再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r由运动学公式得r=EQ\F(1,2)at2r=vt式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得 ⑨MNaM
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