《202-届高考备考(202-年山东各地市一模精选)：曲线运动.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《202-届高考备考(202-年山东各地市一模精选)：曲线运动.doc（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、202*届高考备考(202*年山东各地市一模精选)：曲线运动202*届高考备考(202*年山东各地市一模精选)：曲线运动（202*淄博市一模）15202*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A3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
2、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。（202*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
3、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2mgRBmgRC合外力做功mgRD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。（202*德州市一模）22.（15分）如图所示
4、，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）圆盘转动的角速度应满足的条件。
5、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）圆盘转动的角速度应满足条件:t2n（1分）2nra
6、d/s（n=1、2、3、4）（1分）（202*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
7、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=x12gt，得t=0.4sv03m/st22vC由牛顿第二定律知：FNmg=mFN=17.2NR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：202*届高考备考(202*年山东各地市一模精选)：静电场
8、（202*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AM点处放置的是负电荷Ba点的场强与c点的场强完全相同Ca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
9、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（202*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Ab、d两点的电场强度大小一定相等Ba、c两点的电势相等C负电荷由b运动到d电场力做正功第1页共6页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】BE【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
10、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。（202*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AO、C两点场强相同BO、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
11、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。（202*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第2页共6页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
12、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图线所示，其中图线是直线下列说法正确的是A甲对应的图线是B乙对应的图线是C丙对应的图线是D丁对应的图线是【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，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，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，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
13、大再减小，若场强一直增大，则图象应为，故D错误；故选AC（202*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第3页共6页【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
14、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。（202*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AA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
15、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。（202*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Ba、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
16、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。第4页共6页（202*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mv2BN点电势为2qCP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
17、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（202*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BM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
18、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，第5页共6页则电场线方向向右，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。（202*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。第6页共6页第 10 页 共 10 页