201*届高考备考(201*年山东各地市一模精选):曲线运动
(201*淄博市一模)15.201*年6月18日,搭载着3位航天员的神舟九号飞船与在轨运行的天宫
一号顺利“牵手”.对接前天宫一号进入高度约为343km的圆形对接轨道,等待与神舟九号飞船交会对接.对接成功后,组合体以7.8km/s的速度绕地球飞行.航天员圆满完成各项任务后,神舟九号飞船返回地面着陆场,天宫一号变轨至高度为370km的圆形自主飞行轨道长期运行.则A.3位航天员从神舟九号飞船进入天宫一号过程中处于失重状态B.天宫一号在对接轨道上的周期小于在自主飞行轨道上的周期C.神舟九号飞船与天宫一号分离后,要返回地面,必须点火加速D.天宫一号在对接轨道上的机械能和在自主飞行轨道上的机械能相等【答案】AB
【解析】宇航员在太空中随飞船一起做圆周运动,只受到万有引力的作用,处于完全失重状态,A正确。
Mm2242r3),则T由于G2mr(,对接轨道的高度较自主飞行的轨道低,故天宫一号在对接轨道rTGM上的周期小,B正确。神舟九号飞船与天宫一号分离后,要返回地面,即做近心运动,必须减速,C错误。由对接轨道进入自主飞行轨道,天宫一号做离心运动,必须点火加速,机械能增加,D错误。
(201*泰安市一模)18.如图所示,在竖直平面内有一个半径为R,粗细不计的圆管轨道.半径OA
水平、OB竖直,一个质量为m的小球自A正上方P点由静止开始自由下落,小球恰能沿管道到达最高点B,已知AP=2R,重力加速度为g,则小球从P到B的运动过程中
A.重力做功2mgRB.mgR
C.合外力做功mgR
D.克服摩擦力做功
1mgR2【答案】B
【解析】由小球恰能沿管道到达最高点B知小球在B点的速度为0,选A点所在平面为零势能面,则对于P至B过程,由能量守恒可得mg2RWfmgR,解得WfmgR,即克服摩擦力做功mgR,合外力做的功等于动能的变化,即合外力做功为0,重力做功等于重力势能的变化,与路径无关,即重力做功mgR,克服摩擦力做的功等于机械能的减少,即机械能减少mgR。只有选项B正确。
(201*德州市一模)22.(15分)如图所示,一半径R=1m的圆盘水平放置,在其边缘E点固定一小桶(可视为质点)。在圆盘直径DE的正上方平行放置一水平滑道BC,滑道右端C点与圆盘圆心O在同一竖直线上,且竖直高度h=1.25m。AB为一竖直面内的光滑四分之一圆弧轨道,半径r=0.45m,且与水平滑道相切与B点。一质量m=0.2kg的滑块(可视为质点)从A点由静止释放,当滑块经过B点时,圆盘从图示位置以一定的角速度ω绕通过圆心的竖直轴匀速转动,最终物块由C点水平抛出,恰好落入圆盘边缘的小桶内.已知滑块与滑道BC间的摩擦因数=0.2。(取g=10m/s)求(1)滑块到达B点时对轨道的压力(2)水平滑道BC的长度;
(3)圆盘转动的角速度ω应满足的条件。
2【答案】见解析
(1)滑块由A点到B由动能定理得:
mgr1mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)
解得:vB2gr3m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)滑块到达B点时,由牛顿第二定律得
2vBFmgm┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(2分)
r解得:F6N
由牛顿第三定律得滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N,方向竖直向下。┅(1分)(2)滑块离开C后,由h12gt12解得:t12h0.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)gvCR2m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)t1滑块由B点到由C点的过程中由动能定理得
mgx11mvC2mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(2分)22解得:x1.25m┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)(3)滑块由B点到由C点,由运动学关系:
xvBvCt22解得:t20.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)
tt1t21s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)圆盘转动的角速度ω应满足条件:
t2n┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)
2nrad/s(n=1、2、3、4┅┅┅┅)┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅(1分)
(201*青岛市一模)
22.(15分)如图所示,一粗糙斜面AB与圆心角为37°的光滑圆弧BC相切,
经过C点的切线方向水平.已知圆弧的半径为R=1.25m,斜面AB的长度为L=1m.质量为m=
kg的小物块(可视为质点)在水平外力F=1N作用下,从斜面顶端A点处由静止开始,沿斜面向下运动,当到达B点时撤去外力,物块沿圆弧滑至C点抛出,若落地点E距离与C点间的水平距离为x=1.2m,C点距离地面高度为h=0.8m.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s)求:
2(1)物块经C点时对圆弧面的压力;(2)物块滑至B点时的速度;(3)物块与斜面间的动摩擦因数.【答案】见解析
【解析】(1)物块从C点到E点做平抛运动由h=
x12
gt,得t=0.4sv03m/s
t22vC由牛顿第二定律知:FNmg=mFN=17.2N
R由牛顿第三定律,知物体在C点时对圆弧的压力为17.2N.(2)从B点到C点由动能定理,知
mgRmgRcos370=
1212mvCmvBvB=2m/s22(3)从A点到B点,由vB2=2aL,得a=2m/s2由牛顿第二定律,知
mgsin370+Fcos370(mgcos370Fsin370)=ma=
24=0.6537评分标准:(1)问6分,(2)问4分,(3)问5分.共15分.
扩展阅读:201*届高考备考(201*年山东各地市一模精选):静电场
(201*淄博市一模)18.如图所示,真空中M、N处放置两等量异种电荷,a、b、c为电场中的三点,
实线PQ为M、N连线的中垂线,a、b两点关于MN对称,a、c两点关于PQ对称,已知一带正电的试探电荷从a点移动到c点时,试探电荷的电势能增加,则以下判定正确的是
A.M点处放置的是负电荷
B.a点的场强与c点的场强完全相同C.a点的电势高于c点的电势
D.若将该试探电荷沿直线由a点移动到b点,则电场力先做正功,后做负功【答案】AD
【解析】由题意知试探电荷从a点移动到c点时,电场力做负功,故M点处放置的是负电荷,A正确。M、N两点分别放等量异号点电荷,根据叠加原理可得,a点与c点电场强度的大小相等,但方向不同,故B错误.由于正试探电荷在c点的电势能大于在a点的电势能,故a点的电势低于c点的电势,C错误。过ab两点作出等势线分析,试探电荷由a沿直线至b,电场力对其先做正功,后做负功,总功为零,故D正确.(201*烟台市一模)
16.真空中有一带负电的电荷绕固定的点电荷+Q运动,其轨迹为椭圆,如图所
示.已知abcd为椭圆的四个顶点,+Q处在椭圆焦点上,则下列说法正确的是
A.b、d两点的电场强度大小一定相等B.a、c两点的电势相等
C.负电荷由b运动到d电场力做正功
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D.负电荷由a经d运动到c的过程中,电势能先减小后增大【答案】B
E【解析】由点电荷的场强公式
kQr2可知b点的电场强度大于d点的电场强度,A错误。a、c两点离点
电荷距离相等,在同一等势线上,两点电势相等,B正确。b点电势高于d点电势,负电荷由b运动到d,电势能增大,电场力做负功,C错误。a、c两点电势相等且大于d点电势,故负电荷由a经d运动到c的过程中,电势能先增大后减小,D错误。
(201*潍坊一模)4.如图所示,AC、BD为圆的两条互相垂直的直径,圆心为O,半径为R.电荷量均为Q的正、负点电荷放在圆周上,它们的位置关于AC对称,+Q与O点的连线和OC间夹角为60°.下列说法正确的是
A.O、C两点场强相同B.O、C两点电势相同
C.在A点由静止释放一个正电荷,电荷将沿圆周向D运动D.沿直径由B向D移动一个正电荷,电荷的电势能先增大后减小【答案】AB
【解析】由题图可知O、C两点在两点电荷的中垂线上,且关于两点电荷的连线对称,由等量异种点电荷电场的分布情况可知O、C两点的场强相同,电势相同,选项AB正确;在A点由静止释放一个正电荷,仅在电场力的作用下,电荷做曲线运动,但其轨迹不可能沿圆周,选项C错误;沿直径由B向D移动一个正电荷,电场力做正功,电荷的电势能一直减小,选项D错误。(201*泰安市一模)
19.图中甲是匀强电场,乙是孤立的正点电荷形成的电场,丙是等量异种点电
荷形成的电场(a,b位于两点电荷连线上,且a位于连线的中点),丁是等量正点电荷形成的电场(a,b
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位于两点电荷连线的中垂线上,且a位于连线的中点)。有一个正检验电荷仅在电场力作用下分别从电场中的a点由静止释放,动能Ek随位移变化的关系图象如图中的①②③图线所示,其中图线①是直线.下列说法正确的是
A.甲对应的图线是①B.乙对应的图线是②C.丙对应的图线是②D.丁对应的图线是③【答案】AC
【解析】甲图中电场为匀强电场,电场力做功W=EqS,因E、q均保持不变,故电场力做功与S成正比,故对应的图线可能是①,故A正确;
乙图中从a到b时电场强度减小,故电场力越来越小,即动能图线的斜率应是减小的,故图象应为③,故B错误;
丙图中为两异种电荷,a为中间,故从a到b时,电场强度增大,故电场力也将增大,故动能图线的斜率增大,故应为②,故C正确;
丁图中a处场强最小,而不能明确b的位置,故从a到b时场强可能一直增大,也可能先增大再减小,若场强一直增大,则图象应为②,故D错误;故选AC.(201*滨州市一模)
19.如图所示,虚线是两个等量点电荷所产生的静电场中的一簇等势线,
动,b点是其运
若不计重力的带电粒子从a点射入电场后恰能沿图中的实线运动轨迹上的另一点,则下述判断正确的是
A.由a到b的过程中电场力对带电粒子做正功B.由a到b的过程中带电粒子的电势能在不断减小C.若粒子带正电,两等量点电荷均带正电D.若粒子带负电,a点电势高于b点电势【答案】D
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【解析】可由运动轨迹确定粒子的受力方向与速度方向,两者的夹角大于90°故电场力做负功,则电势能增加,故A、B错误。若粒子带正电,在两者中垂线左侧受力方向相左,则其电场线向左,而两等量点电荷左边的为负电荷,故C错误.若粒子带负电荷,由a到b电势能增加,电势减小,故D正确。
(201*德州市一模)19.一质子从A点射入电场,从B点射出,电场的等差等势面和质子的运动轨迹如图所示,图中左侧前三个等势面彼此平行,不计质子的重力。下列说法正确的是A.A点的电势高于B点的电势B.质子的加速度先不变,后变小C.质子的动能不断减小D.质子的电势能先减小,后增大【答案】BC
由题意知粒子带正电,运动轨迹向下弯曲,正电荷受电场力与电场强度方向相同,所以电场线(垂直于等势面)方向向左,沿电场线方向电势降低,故A点的电势低于B点的电势,A错误;因为等势面先平行并且密,后变疏,说明电场强度先不变,后变小,则电场力先不变,后变小,所以加速度先不变,后变小,B正确;由于起初电场力与初速度方向相反,所以电场力做负功,电势能增大,动能减小,C正确D错误。(201*济南市一模)
19.负点电荷Q固定在正方形的一个顶点上,带电粒子P仅在该电荷的电场力
作用下运动时,恰好能经过正方形的另外三个顶点a、b、c,如图所示,则
A.粒子P带负电
B.a、b、c三点的电势高低关系是
C.粒子P由a到b电势能增加,由b到c电势能减小D.粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是2:1:2
【答案】BCD
【解析】粒子P仅受电场力作用,轨迹弯曲方向跟电场力方向一致,故粒子P带正电,A错误。沿电场线方向电势降低,故
,B正确。粒子P由a到b,电场力做负功,电势能增加;由b到c,电场力
,故粒子P在a、b、c三点时的加速度大小之比是QqFk2mar做正功,电势能减小,C正确。电场力
2:1:2,D正确。
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(201*聊城市一模)19.在光滑绝缘水平面P点正上方的O点固定一电荷量为-Q的点电荷,在水平面上的N点,由静止释放质量为m,电荷量为+q的检验电荷,该检验电荷在水平方向仅受电场力作用运动至P点时的速度为v,图中60。规定P点的电势为零,中
A.N点电势低于P点电势
则在-Q形成的电场
mv2B.N点电势为
2qC.P点电场强度大小是N点的4倍D.检验电荷在N点具有的电势能为【答案】CD
【解析】由负点电荷的电场分布特点可知电场线的方向指向负点电荷,由于选P点电势为0,沿电场线电势逐渐降低,则O点电势为负值,N点电势为正值,N点电势高于P点电势,选项AB错误。由点电荷场强公式Ek12mv2Q易知选项C正确。由N至P,电场力对检验电荷做正功,且只有电场力做功,结合动能定理2r12mv,选项D正确。2可知动能的增加等于电势能的减少,则检验电荷在N点电势能EpN(201*青岛市一模)
16.如图所示为电场中的一条电场线,电场线上等距离分布M、N、P三个点,
其中N点的电势为零,将一负电荷从M点移动到P点,电场力做负功,以下判断正确的是
A.负电荷在P点受到的电场力一定小于在M点受到的电场力B.M点的电势一定小于零
C.正电荷从P点移到M点,电场力一定做负功D.负电荷在P点的电势能一定大于零【答案】CD
【解析】仅由一条电场线无法确定P、M两点的电场强弱,A错误。负电荷从M点至P点,电场力做负功,
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则电场线方向向右,正电荷从P点移到M点,电场力一定做负功,C正确;又沿电场线电势降低,N点电势为零,则M点电势为正,P点电势为负,负电荷在P点的电势能一定大于零,B错误D正确。(201*日照市一模)
15.如图所示,一带电液滴在水平向左的匀强电场中由静止释放,液滴沿直线
由b运动到d,直线bd方向与竖直方向成45°角,则下列结论正确的是
A.液滴带负电荷B.液滴的动能不变C.液滴做匀速直线运动D.液滴的电势能减少【答案】AD
【解析】由题可知,带电液滴只受重力和电场力作用,合力沿bd方向,液滴做匀加速直线运动,C错误;合力做正功,据动能定理知,B错误;电场力方向向右,故液滴带负电荷,A正确;电场力做正功,电势能减少,D正确。
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