名校期中试题点拨

2024-05-16

名校期中试题点拨（精选3篇）

篇1：名校期中试题点拨

名校高考作文模拟题写作点拨

一、话题作文：

1、阅读下面的文字，根据要求作文。（湖南师大附中）

一如播种土地。种下什么也就收获什么，什么都不种下也会生长，只是长满的是荒草。请以“拒绝荒草”为话题，写一篇文章。

写作指导：

对高中毕业生来说，这样的话题应该有很多内容可写，很多角度可选。面对“荒草”，此情此景怎么办？这就给正在成长的我们以警醒。

“长满的是荒草”，象征了人的内在世界的荒芜。拒绝学习，不事修养，抛弃操守，缺乏道德，动物性役使了本应理性的人。考生可从自己的生活体验、阅读经历入手，闪回一些现象，然后确立文意，切入分析，剖析“荒草”现象，并进一步指出拒绝“荒草”的理由。当然，可作理直气壮的正反论述，来突出所论人物事件的优秀品德和美好情怀。使人读后产生“心向往之”的共鸣。

2、阅读下面的文字，根据要求作文。（东北师大附中）

一个小孩子站在寒风中，诘问冬天：春天繁花盛开，夏天绿树成阴，秋天硕果累累，而冬，你有什么呢？你把一切色泽一切生机都吞没。风中清晰地传来一个声音：孩子啊！你不懂，我是春的母亲。

从上面一段文字中，你感悟到了什么？请以此为话题写一篇文章。

写作指导：

作文的功能之一，就是要通过感性的或理性的`表达，把人类对未来的美好期许和追求都调动起来，在精神的层面上建立一种对美好生活的信心。

这个话题，引导我们在精神的层面上作出辩证的思考。这里，春夏秋相对于冬来说，无冬，则春夏秋无从循环，繁花、绿树、硕果，便无从孕育。以此去对应生活，曾有太多的“孕育”被我们误解，被我们责难。

3、阅读下面的文字，根据要求作文。（吉林省实验中学）

途中，驴对马说：“你如果肯救我一命，请分担一点我的负担。”马不听。驴精疲力竭地死去。主人把所有的货物，连同那张驴皮，都放在马背上。马哭着说：“我真是不幸。不肯分担一点负担，却驮上了全部的货物，还加上这张皮！”

现实生活中，我们也可以听到或见到类似的事情，当然，也有许多不同的甚至相反的情况。请以“人际关系”为话题写一篇文章。

写作指导

高考作文有一个声音，要始终关注现实生活，远离生活、悖离生活的话题，应当也必然被高考命题所扬弃。

作文当然要引导考生关注社会、人生，思考自我的健康成长。并且这个话题是一般青年人都必定要面对，或然会亲历的。人在旅途，人不能是独行客，总会有种种的人际关系，需要我们去面对。马的不幸，在于它拒绝施与援手；问题是，现实中，我们常常施与援手而遭致误解。由是，可以延展我们有关人与人的关系的思考，这显然是有意义的。有心的考生，可以上升到道德与精神的层面，做关于如何做人的思考。

4、阅读下面的文字，根据要求作文。（长春第十一高中）

有自尊心，是人的善良、美好的本质之一，也是人之所以成为一个真正的人的重要标准。青少年在成长过程中，一般都有自尊心受到伤害的情感经历，或者有过为了捍卫自尊而做了某些事的经历。虚荣心则是人性的弱点之一。青少年出于虚荣心，又常常说了不该说的话或做了不该做的事——事后又追悔莫及。

请联系自已的实际或人生的实际，写一篇与“自尊心”或“虚荣心”有关的文章。文体不限，题目自拟，不少于800字。

写作指导：

写本题可以考虑这样几种立意：一、水有水脉，山有山骨，人生有人生的脊梁。自尊心即是人生的脊梁，即是人生这股活水的脉，人生这座大山的骨。二、自尊是一面明澈的镜子，如果不保护好它甚至将它打碎，那你将永远无法看清自己。三、人是需要自尊心的，这正如万有引力。地球对自己的存在坚定无比，月亮才围绕着它经久不息地转动；太阳的存在比地球更加坚实，地球才着魔般地被它吸引着。四、虚荣是火，尊严是水。两者都可以毁灭宇宙，又可以共同造福人类；两者不相容，却又可以完美地结合。

参考拟题：1。奔放在心灵深处的激流2。心中的一盏灯3。人生的脊梁4。让生命轻装上阵5。自尊充盈我的心6。永不陨落的星7。上帝也爱自尊者8。吞噬人性的肿瘤9。别让我无地自容10。虚荣，掀起你的盖头来。

篇2：名校期中试题点拨

1. (2012届荆州中学高三第一次质量检查) 下列说法正确的是 ( )

A.参考系必须是固定不动的物体

B.参考系可以是变速运动的物体

C.地球很大, 又因有自转, 研究地球公转时, 地球不可视为质点

D.研究跳水运动员转体动作时, 运动员可视为质点

【解析】参考系可以是固定不动的物体, 也可以是变速运动的物体, 选项A错误, B正确;研究地球公转时, 地球可视为质点, 选项C错误;研究跳水运动员转体动作时, 运动员不可视为质点, 选项D错误.

【答案】B

【点拨】参考系的选择是任意的, 但选择应以描述运动简单、方便为原则.物体可以简化成质点的情况: (1) 物体各部分的运动情况都相同时; (2) 物体的大小和形状对所研究问题的影响可以忽略不计的情况下; (3) 物体有转动, 但转动对所研究的问题影响很小时.

2. (2012届安徽蚌埠三中高三第一次质量检测) 历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动” (现称“另类匀变速直线运动”) , “另类加速度”定义为 $A = \frac{v_{t} - v_{0}}{s}$ , 其中v0和vt分别表示某段位移s内的初速和末速, A>0表示物体做加速运动, A<0表示物体做减速运动.而现在物理学中加速度的定义式为 $a = \frac{v_{t} - v_{0}}{t}$ , 下列说法正确的是 ( )

A.若A不变, 则a也不变

B.若A>0且保持不变, 则a逐渐变大

C.若A不变, 则物体在中间位置处的速度为 $\frac{v_{0} + v_{t}}{2}$

D.若A不变, 则物体在中间位置处的速度为 $\sqrt{\frac{v_{0}^{2} + v_{t}^{2}}{2}}$

【解析】若A不变, 随着速度的增加, 通过相同位移所用的时间越来越小, a越来越大, 选项B对;因为在相等位移内速度变化相等, 即速度随位移均匀变化, 若A不变, 则物体在中间位置处速度为 $\frac{v_{0} + v_{t}}{2}$ , 选项C对.

【答案】BC

【点拨】在本题中, 题设条件发生了变化, 速度不再是随时间均匀变化, 而是随位移均匀变化, 因此一些在前面所讲的规律和结论, 在这里并不成立.在解题时, 只能从题设出发去分析问题, 不要死搬教条!!!

3. (2012届江西省白鹭洲中学高三上学期第一次月考) 一物体做匀加速直线运动, 通过一段位移Δx所用的时间为t1, 紧接着通过下一段位移Δx所用时间为t2.则物体运动的加速度为 ( )

$\begin{array}{l} A . \frac{2 Δ x (t_{1} - t_{2})}{t_{1} t_{2} (t_{1} + t_{2})} B . \frac{Δ x (t_{1} - t_{2})}{t_{1} t_{2} (t_{1} + t_{2})} \\ C . \frac{2 Δ x (t_{1} + t_{2})}{t_{1} t_{2} (t_{1} - t_{2})} D . \frac{Δ x (t_{1} + t_{2})}{t_{1} t_{2} (t_{1} - t_{2})} \end{array}$

【解析】物体做匀加速直线运动在前一段Δx所用的时间为t1, 平均速度为 $\bar{v_{1}} = \frac{Δ x}{t_{1}}$ , 即为 $\frac{t_{1}}{2}$ 时刻的瞬时速度;物体在后一段Δx所用的时间为t2, 平均速度为 $\bar{v_{2}} = \frac{Δ x}{t_{2}}$ , 即为 $\frac{t_{2}}{2}$ 时刻的瞬时速度.速度由 $\bar{v_{1}}$ 变化到 $\bar{v_{2}}$ 的时间为 $Δ t = \frac{t_{1} + t_{2}}{2}$ , 所以加速度 $a = \frac{\bar{v_{2}} - \bar{v_{1}}}{Δ t} = \frac{2 Δ x (t_{1} - t_{2})}{t_{1} t_{2} (t_{1} + t_{2})}$ , 选项A正确.

【答案】A

【点拨】做匀变速直线运动的物体, 在某段时间内的平均速度, 等于该段时间的中间时刻的瞬时速度.

4. (2012届福建省厦门双十中学高三第一次月考) a、b两物体从同一位置沿同一直线运动, 它们的速度图象如图所示, 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秒时, a、b两物体相距最远

C.60秒时, 物体a在物体b的前方

D.40秒时, a、b两物体速度相等, 相距200m

【解析】本题考查的知识点是匀变速直线运动、速度图线等知识点.v-t 图象中, 图象的斜率表示加速度, 斜率越大, 加速度越大, 可知a、b加速时, 物体a的加速度小于物体b的加速度, 因此, A选项错误;图线和时间轴所夹的面积表示位移, 当两物体的速度相等时, 距离最大, 相距900m, B、D选项错误;据此得出正确的答案为C.

【答案】C

【点拨】有些考生错误地认为图线相交时相遇, 从而得出错误的答案.此题属于容易题.同学们要理解图象所代表的物理意义, 注意速度图象和位移图象斜率的物理意义不同, S-t图象的斜率为速度, 而v-t图象的斜率为加速度.而且更要清楚交点表示的物理含义.

5. (2012届河南省卫辉一中高三第一次月考) 自由下落的物体, 自起点开始依次下落三段相等的位移所用时间的比是 ( )

$\begin{array}{l} A . 1 ∶ 3 ∶ 5 B . 1 ∶ 4 ∶ 9 \\ C . 1 ∶ \sqrt[]{2} ∶ \sqrt[]{3} D . 1 ∶ (\sqrt[]{2} - 1) ∶ (\sqrt[]{3} - \sqrt[]{2}) \end{array}$

【解析】考查自由落体运动位移与时间的关系.设物体自起点开始依次下落三段相等的位移均为h, 所用时间分别为t1 、t2和t3, 由 $h = \frac{1}{2} g t^{2}$ 得

$\begin{array}{l} t_{1} = \sqrt{\frac{2 Η}{g}} \\ t_{2} = \sqrt{\frac{2 \times 2 Η}{g}} - \sqrt{\frac{2 Η}{g}} = (\sqrt{2} - 1) \sqrt{\frac{2 Η}{g}} \\ t_{3} = \sqrt{\frac{2 \times 3 Η}{g}} - \sqrt{\frac{2 \times 2 Η}{g}} = (\sqrt{3} - \sqrt{2}) \sqrt{\frac{2 Η}{g}} \end{array}$

所以 $t_{1} ∶ t_{2} ∶ t_{3} = 1 ∶ (\sqrt[]{2} - 1) ∶ (\sqrt[]{3} ∶ \sqrt[]{2}) .$

【答案】D

【点拨】初速为零的匀变速直线运动的特点: (1) 前1s、前2s、前3s……内的位移之比为1∶4∶9∶…; (2) 第1s、第2s、第3s……内的位移之比为1∶3∶5∶…; (3) 前1m、前2m、前3m……所用的时间之比为 $1 ∶ \sqrt{2} ∶ \sqrt{3} ∶ \dots$ ; (4) 第1m、第2m、第3m……所用的时间之比为 $1 ∶ (\sqrt{2} - 1) ∶ (\sqrt{3} - \sqrt{2}) ∶ \dots .$

6. (2012届浙江省温州市高三八校联考试题) 一个从地面竖直上抛的物体, 它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta, 两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb, 则a、b之间的距离为 ( )

$A . \frac{1}{8} g (Τ_{a}^{2} - Τ_{b}^{2})$ ; $B . \frac{1}{4} g (Τ_{a}^{2} - Τ_{b}^{2})$ ;

$C . \frac{1}{2} g (Τ_{a}^{2} - Τ_{b}^{2})$ ; $D . \frac{1}{2} g (Τ_{a} - Τ_{b})$

【解析】根据时间的对称性, 物体从a点到最高点的时间为Ta/2, 从b点到最高点的时间为Tb/2, 所以a点到最高点的距离 $h_{a} = \frac{1}{2} g (\frac{Τ_{a}}{2})^{2} = \frac{g Τ_{a}^{2}}{8} ‚ b$ 点到最高点的距离 $h_{b} = \frac{1}{2} g (\frac{Τ_{b}}{2})^{2} = \frac{g Τ_{b}^{2}}{8}$ , 故a、b之间的距离为 $h_{a} - h_{b} = \frac{1}{8} g (Τ_{a}^{2} - Τ_{b}^{2})$ , 即选A.

【答案】A

【点拨】竖直上抛运动问题的处理方法: (1) 对称性:竖直上抛运动的上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性. (2) 可逆性:上升过程的匀减速运动, 可逆向看作初速为零的匀加速运动来研究. (3) 整体性:把上升阶段和下落阶段视为一个匀变速直线运动过程.

7. (2012届安徽师大附中高三第一次质量检测) 下列关于加速度的说法正确的是 ( )

A.物体速度越大, 则加速度就越大

B.加速度大的物体, 其速度可能很小

C.加速度越大, 速度变化量就越大

D.物体加速度大, 但速度变化可以慢

【解析】物体速度越大, 加速度不一定就越大, A选项错误;加速度大的物体, 其速度可能很小, B选项正确;加速度越大, 速度变化量不一定就越大, C选项错误;物体加速度大, 速度变化快, D选项错误.

【答案】B

【点拨】加速度a的定义式是矢量式.只要速度在变化, 无论速度多小, 都有加速度;只要速度不变化, 无论速度多大, 加速度总是零;只要速度变化快, 无论速度是大、是小或是零, 物体的加速度就大.加速度的与速度的变化Δv也无直接关系.物体有了加速度, 经过一段时间速度有一定的变化, 因此速度的变化Δv是一个过程量, 加速度大, 速度的变化Δv不一定大;反过来, Δv大, 加速度也不一定大.

8. (2012届福建省厦门双十中学高三第一次月考) 在轻绳的两端各拴一个小球, 一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上, 放手后让小球自由下落, 两小球相继落地的时间差为T.如果站在4楼的阳台上, 同样放手让小球自由下落, 则两小球相继落地的时间差将 ( )

A.不变 B.增大

C.减小 D.无法判断

【解析】两小球都做自由落体运动, 可在同一v-t图象中作出速度随时间变化的关系曲线, 如图所示.设人在3楼的阳台上释放小球后, 两球落地的时间差为Δt1, 图中阴影部分的面积为Δh;若人在4楼的阳台上释放小球后, 两球落地的时间差为Δt2, 要保证阴影部分的面积也是Δh, 从图中可以看出一定有Δt2<Δt1.利用图象法可使解题过程简捷.

【答案】C

【点拨】自由落体运动的特点:①从静止开始, 即初速度为零;②物体只受重力作用.自由落体运动是一个初速度为零的匀加速直线运动.

9. (2012届浙江省富阳场口中学高三教学质量检测) 小球从空中自由下落, 与水平地面第一次相碰后又弹回空中, 其速度随时间变化的关系如图所示.若g=10m/s2, 则 ( )

A.小球第一次反弹后离开地面时的速度大小为5m/s

B.碰撞前后速度改变量的大小为2m/s

C.小球是从5m高处自由下落的

D.小球反弹的最大高度为0.45m

【解析】自由下落的过程中速度增大, 向上反弹过程中速度减小, 图中以向下为正方向, 在0.5s时刻, 触地反弹, 反弹后离开地面时速度大小为3m/s, A选项错误;碰撞前后速度的改变量为8m/s, B选项错误;下落的时间为0.5s, 下落的高度为1.25m, C选项错误;反弹后速度减为零所用时间为0.3s, 弹起的最大高度为0.45m, D选项正确.

【答案】D

【点拨】从匀变速直线运动的速度图象中可以获取: (1) 某时刻对应的瞬时速度以及某个速度值对应的时刻; (2) 某段时间内的速度的变化量; (3) 某段时间内的位移.

10. (2012届广东省四会市四会中学第一次考试) 飞机着陆后以6m/s2大小的加速度做匀减速直线运动, 其着陆速度为60m/s, 求:

(1) 它着陆后12s内滑行的位移x;

(2) 整个减速过程的平均速度 (用两种方法求) ;

(3) 静止前4s内飞机滑行的位移x′.

【解析】以初速度方向为正方向, 则有

a=16m/s2

飞机在地面滑行最长时间

$t = \frac{Δ v}{a} = \frac{0 - 60}{- 6} s = 10 s$

所以飞机12s内滑行的位移为10s内滑行的位移, 由v2-v $_{0}^{2}$ =2ax可得

$x = \frac{- v_{0}^{2}}{2 a} = \frac{- 60^{2}}{2 \times (- 6)} m = 300 m .$

(2) 方法一:由 $\bar{v} = \frac{v + v_{0}}{2} = \frac{0 + 60}{2} m / s = 30 m / s$ ;

方法二:由 $\bar{v} = \frac{Δ x}{Δ t} = \frac{300}{10} m / s = 30 m / s .$

(3) 由 (1) 的分析可知飞机滑行6s为静止前4s, 此时的速度

v′=v0+at=60m/s+ (-6×6) m/s=24m/s

故由v2-v′2=2ax′, 可得

$x^{'} = \frac{- v^{'}^{2}}{2 a} = \frac{- 24^{2}}{2 \times (- 6)} m = 48 m .$

【点拨】对于实际运动来讲, 学生很容易出现闭门造车的问题, 即不考虑实际情况, 想当然地去解题.本题最易将12s当做飞机滑行的时间.

11. (2012届福建省厦门双十中学高三第一次月考) 小汽车正前方S处有一辆正在以速度v0行驶的载重卡车, 此时小汽车因有急事需追赶载重卡车, 于是立即通知载重卡车司机以加速度a1做匀减速运动, 同时小汽车从静止开始以加速度a2做匀加速运动, 试求小汽车需多长时间可追上载重卡车.某同学对此题的解法为:小汽车追上载重卡车时, 有 $\frac{1}{2} a_{2} t^{2} = S + (v_{0} t - \frac{1}{2} a_{1} t^{2})$ , 由此可求得小汽车追上载重卡车所需的时间t.

问:你同意上述解法吗?若同意, 求出所需的时间;若不同意, 则说明理由并求出你认为正确的结果 (只需列出方程即可) .

【解析】不同意.因为载重汽车有可能在t时刻前就已经停止运动.本题应分三种情况讨论:由于载重卡车经 $\frac{v_{0}}{a_{1}}$ 时间停下, 在这段时间内小汽车的位移为 $\frac{1}{2} a_{2} (\frac{v_{0}}{a_{1}})^{2} .$

(1) 若 $\frac{1}{2} a_{2} (\frac{v_{0}}{a_{1}})^{2} > S + \frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}$ , 则小汽车在载重卡车停下前追上, 有

$\frac{1}{2} a_{2} t^{2} = S + (v_{0} t - \frac{1}{2} a_{1} t^{2})$ ;

(2) 若 $\frac{1}{2} a_{2} (\frac{v_{0}}{a_{1}})^{2} < S + \frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}$ , 则小汽车在载重卡车停下后追上, 有

$\frac{1}{2} a_{2} t^{2} = S + \frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}$ ;

(3) 若 $\frac{1}{2} a_{2} (\frac{v_{0}}{a_{1}})^{2} = S + \frac{v_{0}^{2}}{2 a_{1}}$ , 则小汽车在载重卡车刚停下时追上, 上述两个方程均可.

【点拨】追及类问题和生活实际紧密联系, 它是力学中综合性较强的重要问题之一, 也是高考的热点问题之一.对于物体做匀减速直线运动直至停止的这类问题, 不要盲目套公式, 而应注意速度减为零时的时间, 再与题目中待求量进行比较.根据两物体的运动过程, 确定两物体间的位移、时间、速度的关系, 建立合理的方程.利用数学方法或用图象法解决物理问题.

12. (2012届浙江省温州市高三八校联考试题) 一辆值勤的警车停在公路边, 当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时, 决定前去追赶, 经过5.5s后警车发动起来, 并以一定的加速度做匀加速运动, 但警车行驶的最大速度是25m/s.警车发动后刚好用12s的时间追上货车, 问:

(1) 警车启动时的加速度多大?

(2) 警车在追赶货车的过程中, 两车间的最大距离是多少?

【解析】 (1) 设5.5s内货车位移为s0, 则

s0=v0×t0=55m

若12s内警车一直做匀加速直线运动, 则

$\frac{1}{2} a \cdot t^{2} = v_{0} t + s_{0}$

解得: $a = \frac{175}{72} = 2.43 m / s^{2} .$

此时警车速度为:v末=at=29.2m/s>25m/s.

因此警车的运动应为:先做匀加速直线运动, 然后做匀速直线运动, 并设其加速时间为t1, 则

$\begin{array}{l} t_{1} = \frac{v_{\max}}{a} \\ \frac{1}{2} a \cdot t_{1}^{2} + v_{\max} (t - t_{1}) = v_{0} t + s_{0} \end{array}$

由以上各式可解得:a=2.5m/s2.

(2) 当警车的速度达到货车的速度时, 两者间的距离最大, 设所需时间为t2, 则

v0=at2, 即 t2=4s

两车间的最大距离为

$s_{\max} = v_{0} t_{2} - \frac{1}{2} a \cdot t_{2}^{2} + s_{0} = 75 m .$

【点拨】追及相遇问题的基本思路是寻找并列出三个关系方程, 分别是:位移关系方程, 速度关系方程和时间关系方程.

二、力与物体的平衡

1. (2012年中山市高考物理模拟试题) 物块A静置于固定的斜面上, A所受的重力为G、支持力为N, 摩擦力为f.下列说法正确的是 ( )

A.G与N的合力方向水平向左

B.物块对斜面的作用力竖直向下

C.减小斜面倾斜角, f保持不变

D.N和f是一对相互作用力

【解析】G与N的合力方向与摩擦力方向相反, 即沿斜面向下, 选项A错误;物体处于静止状态, 那么合力肯定为0, 而物体除了受到重力作用外, 其他的力全部都是斜面给予的, 而重力和斜面给物体的合力应该大小相等, 方向相反, 所以物块对斜面的作用力竖直向下, 选项B正确;mgsinθ=f, 减小斜面倾斜角θ, f减小, 选项C错误;N和f不是一对相互作用力, 选项D错误.

【答案】B

2. (2012届广东省四会市四会中学第一次考试) 如右图所示, 物体 A在竖直向上的拉力 F的作用下能静止在斜面上, 则关于 A受力的个数, 下列说法中正确的是 ( )

A. A 一定是受两个力作用

B. A 一定是受四个力作用

C. A 可能受三个力作用

D. A 不是受两个力作用就是受四个力作用

【解析】若拉力F大小等于重力, 则物体与斜面之间没有相互作用力, 所以物体就只受到两个力的作用;若拉力F小于物体的重力, 则斜面对物体产生支持力和静摩擦力, 且支持力与静摩擦力的合力竖直向上, 故物体就受到四个力作用.

【答案】D

【点拨】“假设法”判断有无静摩擦力:假设法有两种, 一种是假设接触面光滑, 不存在摩擦力, 看是否改变原来的运动状态;另一种是假设摩擦力存在, 看是否改变原来的运动状态.第一种假设往往用来判断做变速运动的物体的静摩擦力和有其他外力存在但物体处于平衡状态时的静摩擦力.第二种假设往往用来判断物体不受其他外力, 物体处于平衡状态时的静摩擦力.

3. (2012届福建省厦门双十中学高三第一次月考) 用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球, 小球和弹簧的受力如下图所示, 下列说法正确的是 ( )

A.F1的施力物体是弹簧

B.F2的反作用力是F3

C.F3的施力物体是地球

D.F4的反作用力是F1

【解析】F1的施力物体是地球, 选项A错误;F3的施力物体是小球, 选项C错误;F4的反作用力是弹簧对悬梁向下的作用力, 选项D错误;F2的反作用力是F3, 选项B正确.

【答案】B

【点拨】判断弹簧的弹力方向要注意看弹簧是压缩还是伸长.

4. (2012届安徽省师大附中高三第一次摸底考试) 100个大小相同、质量均为m无摩擦的球体如图所示, 静止放置于两相互垂直且光滑的平面上.平面AB与水平面夹角为30°.则第二个球对第三个球的作用力大小为 ( )

A.mg/2 B.49mg

C.48mg D.98mg

【解析】100个大小相同、质量均为m无摩擦的球体受力平衡, 所以第二个球对第三个球的作用力大小等于第三个球对第二个球的作用力大小, 第三个球对第二个球的作用力大小就是98个球的重力沿斜面分力, 即98mg×sin30°=49mg, 选项B正确.

【答案】B

【点拨】根据力所产生的效果进行分解, 一个力可以分解成无数对分力, 但对于一个确定的物体所受到的力进行分解时, 应考虑实际效果, 即进行有意义分解.

5. (2012届湖北省部分重点中学高三年级起点考试) 2010年广东亚运会, 我国运动员陈一冰勇夺吊环冠军, 为中国体育军团勇夺第一金, 其中有一个高难度的动作就是先双手撑住吊环 (设开始时两绳与肩同宽) , 然后身体下移, 双臂缓慢张开到如图所示位置, 则在两手之间的距离增大过程中, 吊环的两根绳的拉力FT (两个拉力大小相等) 及它们的合力F的大小变化情况为 ( )

A.FT增大, F不变

B.FT增大, F增大

C.FT增大, F减小

D.FT减小, F不变

【解析】以人为研究对象, 人受到自身的重力和吊环对两手臂的拉力, 很明显, 两拉力的合力的大小和重力的大小相等, 当两臂之间的夹角增大时, 合力不变, FT会变大.

【答案】A

【点拨】明确运动员所受的三个力之间的大小关系, 知道在合力保持不变的时候, 两分力之间的夹角越大两分力越大.

6. (2012届浙江省温州市高三八校联考试题) 半圆柱体P放在粗糙的水平面上, 有一挡板MN, 延长线总是过半圆柱体的轴心O, 但挡板与半圆柱不接触, 在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q, 整个装置处于静止状态, 如图是这个装置的截面图, 若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动, 在MN到达水平位置前, 发现P始终保持静止, 在此过程中, 下列说法中正确的是 ( )

A.MN对Q的弹力逐渐增大

B.P、Q间的弹力先减小后增大

C.地面对P的弹力逐渐增大

D.Q所受的合力逐渐增大

【解析】由于是MN绕O点缓慢地顺时针转动, 故认为任意瞬间Q都处于平衡状态, 也就是任意瞬间Q所受合力为0, 排除D选项;如果受力分析起来比较复杂, 不妨思考两个极限情况:其一, Q在P正上方, 那么MN对Q的弹力为0, P、Q间的弹力等于Q的重力;其二, MN到达水平位置, MN对Q的弹力等于Q的重力, P、Q间的弹力等于0.故MN对Q的弹力逐渐增大, P、Q间的弹力逐渐减小.得答案为A选项.

【答案】A

【点拨】防止“添力”:寻找各力的施力物体, 若没有施力物体, 则该力一定不存在.另外, 也要注意防止“漏力”.此题也可利用矢量三角形法分析.

7. (2012届徐闻中学高三物理第一学期周练) 如图所示, 位于水平桌面上的物块P, 由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连, 从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的, 已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ, 两物块的质量都是m, 滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计.若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动, 则F的大小为 ( )

A.4μmg B.3μmg

C.2μmg D.μmg

【解析】以Q为研究对象, Q在水平方向受绳的拉力F1和P对Q的摩擦力f1作用, 由平衡可知:F1= f1=μmg.

以P为研究对象, 水平方向受外力F, 绳的拉力F2、Q对P的摩擦力f1′和地面对P的摩擦力f2, 由平衡条件知:F =F2 + f′1+f2.

f2 =μN=μ·2mg, 由牛顿第三定律知:

F1 = F2 =μmg, f1′= f1 =μmg

代入得:F =4μmg.

【答案】A

【点拨】对几个物体组成的整体进行受力分析时, 这几个物体间的作用力为内力, 不能在受力图中出现;当把其中的某一物体单独隔离分析时, 原来内力变成了外力, 要画在受力图上.

8. (2012届江西省白鹭洲中学高三年级第一次月考) 如图所示, 两个完全相同的球, 重力大小均为G, 两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ, 且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 一根轻绳两端固结在两个球上, 在绳的中点施加一个竖直向上的拉力, 当绳被拉直后, 两段绳间的夹角为α.问当F至少为多大时, 两球将会发生滑动?

【解析】对结点O受力分析如图甲所示, 由平衡条件得:

$F_{1} = F_{2} = \frac{F}{2 \cos \frac{α}{2}}$

对任一球 (如右球) 受力分析如图乙所示, 球发生滑动的临界条件是: $F_{2} \sin \frac{α}{2} = μ F_{Ν} .$

又 $F_{2} \cos \frac{α}{2} + F_{Ν} = G .$

联立解得: $F = \frac{2 μ G}{μ + \tan \frac{α}{2}} .$

【点拨】考生若对物理过程缺乏清醒认识, 无法用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及条件, 就会使问题难以切入.

9. (2012届广东省四会市四会中学第一次考试) 所受重力G1=8N的砝码悬挂在绳PA和PB的结点上.PA偏离竖直方向37°角, PB在水平方向, 且连在所受重力为G2=100N的木块上, 木块静止于倾角为37°的斜面上, 如图所示, 试求:

(1) 木块与斜面间的摩擦力;

(2) 木块所受斜面的弹力.

【解析】如图丙所示分析P点受力, 由平衡条件可得:

FAcos37°=G1

FAsin37°=FB

可解得:FB=6N.

再分析G2的受力情况如图丁所示.

由物体的平衡条件可得:

Ff=G2sin37°+FB′cos37°

FN+FB′sin37°=G2cos37°

FB′=FB

可求得:Ff=64.8N

FN=76.4N.

【答案】 (1) 64.8N, 方向沿斜面向上; (2) 76.4N, 垂直斜面向上.

【点拨】应用共点力平衡条件解题的一般步骤: (1) 根据题目的要求和计算方便, 恰当地选择研究对象, 要使题目中的已知条件和待求的未知量之间能够通过这个研究对象的平衡条件联系起来; (2) 正确分析研究对象的受力情况, 画出受力示意图; (3) 应用平衡条件, 选择恰当的方法, 建立平衡方程; (4) 解方程, 对结果进行说明或讨论.

10. (2011届湖北省鄂州市高三年级摸底考试) 质量m=15kg的光滑球A悬空靠在墙和木块B之间, 木块B的质量为M=150kg, 且静止在水平地板上, 如图所示, 取g=10m/s2, 求:

(1) 墙和木块B受到的球的压力各为多少?

(2) 水平地板所受的压力和木块B所受的摩擦力各为多少?

【解析】小球A和木块B受力分析如图所示, 用N1、N2、N3、N1′分别表示木块对A的弹力、墙壁对A的支持力、地面对木块的支持力以及球A对木块B的压力.

(1) 小球A受力平衡, 有

N1sin60°=N2 ①

N1cos60°=mg ②

解①②式得 $Ν_{2} = 150 \sqrt{3} Ν ‚ Ν_{1} = 300 Ν .$

由牛顿第三定律知, 墙所受到的压力 $Ν_{2^{'}} = Ν_{2} = 150 \sqrt{3} Ν$ ;球A对木块B的压力N1′=N1=300N.

(2) 对木块B根据平衡方程有

N1′cos60°+Mg=N3 ③

N1′sin60°=f ④

把N1′=300N代入③④可得

$\begin{array}{l} Ν_{3} = 1650 Ν \\ f = 150 \sqrt[]{3} Ν \end{array}$

由牛顿第三定律知, 水平地板所受的压力N3′=1650N.

【点拨】解题中注意的问题: (1) 灵活选取研究对象; (2) 判断研究对象是否满足平衡条件.

三、牛顿运动定律

1. (2012届浙江省富阳场口中学高三教学质量检测) 如图甲所示, A、B两物体叠放在光滑水平面上, 对B物体施加一水平变力F, F-t关系图象如图乙所示.两物体在变力F作用下由静止开始运动, 且始终相对静止, 则 ( )

A.t时刻, 两物体之间的摩擦力最大

B.t时刻, 两物体的速度方向开始改变

C.t～2t时间内, 两物体之间的摩擦力逐渐增大

D.0～2t时间内, 物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同

【解析】t时刻F=0, A、B的加速度为零, 因此两物体速度方向不变, 且A、B间的摩擦力为零, 可见选项A、B错.t～2t时间内, A、B系统的加速度逐渐增大, 以A为研究对象, A受到的摩擦力应逐渐增大;A的加速度由其受到的摩擦力提供, 因此A受到摩擦力与A、B加速度同向, 即与F同向, 可见选项C、D正确.

【答案】CD

【点拨】牛顿第二定律瞬时性:F=ma是对运动过程中的每一瞬间成立的, 即有力作用就有加速度产生;外力停止作用, 加速度随即消失;在持续不断的恒定外力作用下, 物体具有持续不断的恒定加速度;外力随着时间而改变, 加速度就随着时间而改变.

2. (2012届福建省厦门双十中学高三第一次月考) 把一钢球系在一根弹性绳的一端, 绳的另一端固定在天花板上, 先把钢球托起 (如图所示) , 然后放手.若弹性绳的伸长始终在弹性限度内, 关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象, 下列说法正确的是 ( )

A.甲为a-t图象

B.乙为a-t图象

C.丙为v-t图象

D.丁为v-t图象

【解析】由题图可知, 弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动, 绷紧后小球做简谐运动;当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动, 故v-t图象为图甲, a-t图象为图乙.

【答案】B

【点拨】通常我们建立坐标系是以加速度的方向作为坐标轴的正方向, 有时为减少力的分解, 也可巧妙地建立坐标轴, 而将加速度分解, 应用牛顿第二定律的分量式求解.

3. (2012届江西省白鹭洲中学高三年级第一次月考) 受水平外力F作用的物体, 在粗糙水平面上做直线运动, 其v-t图线如图所示 ( )

A.在0～t1秒内, 外力F大小不断增大

B.在t1时刻, 外力F为零

C.在t1～t2秒内, 外力F大小可能不断减小

D.在t1～t2秒内, 外力F大小可能先减小后增大

【解析】根据加速度可以用v-t图线的斜率表示, 所以在0～t1秒内, 加速度为正并不断减小, 根据加速度 $a = \frac{F - μ m g}{m}$ , 所以外力F大小不断减小, 选项A错误;在t1时刻, 加速度为零, 所以外力F等于摩擦力, 不为零, 选项B错误;在t1～t2秒内, 加速度为负并且不断变大, 根据加速度的大小 $a = \frac{μ m g - F}{m}$ , 外力F大小可能不断减小, 选项C正确;但如果在F先减小一段后的某时刻, F的方向突然变为向后, 根据加速度的大小 $a = \frac{μ m g + F}{m} ‚ F$ 后增大, 因为v-t图线后一段的斜率比前一段大, 所以外力F大小先减小后增大是可能的, 选项D也正确, 所以本题选CD.

【答案】CD

【点拨】在物体运动状态的变化过程中, 往往在达到某个特定状态时, 有关的物理量将发生突变, 此状态称为临界状态.利用临界状态的分析作为解题思路的起点, 是一条有效的思考途径.

4. (2012届荆州中学高三第一次质量检查) 如图所示, 木块A与B用一轻弹簧相连, 竖直放在木块C上, 三者静置于地面上, 它们的质量之比是1∶2∶3.设所有接触面都光滑, 在沿水平方向抽出木块C的瞬间, 木块A和B的加速度分别是 ( )

$\begin{array}{l} A . a_{A} = 0 B . a_{A} = g \\ C . a_{B} = 3 g D . a_{B} = \frac{3}{2} g \end{array}$

【解析】当抽出C的瞬间, B将向下加速运动, 但弹簧没有伸长仍保持原长, 故弹簧弹力未变.设弹簧的弹力大小为F, A的质量为m, 则未抽出C之前, 对于A, F-mg=0;对于B, FN-2mg-F=0.抽出C瞬间, 对于A, 仍然是平衡的, F=mg, aA=0;对于B, 根据力的瞬时效应, 由牛顿第二定律得:F+2mg=2maB, 解得: $a_{B} = \frac{3}{2} g .$

【答案】AD

【点拨】物体所受合外力的方向决定其加速度的方向, 合力与加速度的大小关系是F=ma, 只要有合力, 不管速度是大, 还是小, 或是零, 都有加速度, 只有合力为零, 加速度才能为零.一般情况下, 合力与速度无必然的联系, 只有速度变化才与合力有必然的联系.

5. (2012届荆州中学高三第一次质量检查) 如右图所示, 小车上有一直立木板, 木板上方有一槽, 槽内固定一定滑轮, 跨过定滑轮的轻绳一端系一重球, 另一端系在轻质弹簧测力计上, 弹簧测力计固定在小车上, 开始时小车处于静止状态, 轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板, 假设重球和小车始终保持相对静止, 则下列说法正确的是 ( )

A.若小车匀加速向右运动, 弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变

B.若小车匀加速向左运动, 弹簧测力计读数及小车对地面压力均变大

C.若小车匀加速向右运动, 弹簧测力计读数变大, 小车对地面压力不变

D.若小车匀加速向左运动, 弹簧测力计读数变大, 小车对地面压力不变

【解析】小车向右加速, 小球偏离原位置, 拉力由原来的重力变为重力与加速度形成的合力, 相比于原先增大, 故弹簧秤读数变大;但物体总质量未变, 所以小车对地面压力不变.

【答案】C

【点拨】应用牛顿第二定律解题时, 往往要建立一些理想模型.例如:将物体看成质点, 光滑接触面摩擦力为0, 细线、细杆及一般的物体为刚性模型, 轻弹簧、橡皮绳为弹性模型等等.

6. (2012届辽宁省丹东市四校协作体高三摸底测试) 如图所示, 将质量为m=0.1kg的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内, 当升降机以4m/s2的加速度加速向上运动时, 上面弹簧对物体的拉力为0.4N;当升降机和物体都以8m/s2的加速度向上运动时, 上面弹簧的拉力为 ( )

A.0.6NB.0.8N

C.1.0ND.1.2N

【解析】质量为0.1千克的物体, 加速度由4m/s2增加到8m/s2, 合力增大0.4N, 两个完全一样的竖直轻弹簧各“贡献”0.2N, 所以上面弹簧的拉力为0.6N.

【答案】A

【点拨】将相互作用的两个或两个以上的物体组成一个整体 (系统) 作为研究对象, 去寻找未知量与已知量之间的关系的方法称为整体法.整体法能减少和避开非待求量, 简化解题过程.整体法和隔离法是相辅相成的.

7. (2012届辽宁省葫芦岛市五校协作体高三模拟考试) 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拉其中一个质量为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2T时, 轻绳刚好被拉断

C.当F逐渐增大到T时, 轻绳刚好被拉断

D.轻绳刚要被拉断时, 质量为m和2m的木块间的摩擦力为 $\frac{2}{3} Τ$

【解析】加速度相同, 对质量为3m的木块受力分析, 受到拉力F、绳子拉力T, 有3ma=F-T, 对质量为m和2m的木块整体分析, 受到T, T=3ma;联立得到F=2T, 所以F最大为2T, 选项C错误B正确;刚被拉断, 此时F=2T, 对m受力分析, 水平方向, f=ma=T/3, D错误.

【答案】B

【点拨】具有相同加速度的连接体问题都可看做两个物体的连接体问题.连接体问题常用整体法和隔离法解决, 即利用整体法求整体的加速度, 在研究某个物体的受力或运动时用隔离法.往往一个问题要两种方法结合起来使用才能解决.

8. (2012届浙江省富阳场口中学高三教学质量检测) 在平直轨道上匀加速向右行驶的封闭车厢中, 悬挂着一个带有滴管的盛油容器, 如图所示.当滴管依次滴下三滴油时 (设三滴油都落在车厢底板上) , 下列说法正确的是 ( )

A.这三滴油依次落在OA之间, 且后一滴比前一滴离O点远

B.这三滴油依次落在OA之间, 且后一滴比前一滴离O点近

C.这三滴油依次落在OA间同一位置上

D.这三滴油依次落在O点上

【解析】封闭车厢匀加速向右行驶, 速度越来越大, 滴下的油滴的水平速度始终和那一时刻封闭车厢的速度相同.油滴滴下后将在水平方向做和封闭车厢相同初速度 (油滴滴下时那一时刻封闭车厢的速度) 的匀速直线运动, 竖直方向做自由落体运动.这三滴油滴应该落在OA之间的同一位置.或者这样想就更好理解:以下落油滴为参考系, 看到的车厢在相同的时间内向右做初速度为零的匀加速运动的位移是相同的; 所以选项C是正确的.

【答案】C

【点拨】惯性是自然界中的物体所具有的一种属性, 这种属性表现为物体总要保持原来的运动状态, 即静止或匀速直线运动状态;而惯性定律是一条客观规律, 这一规律说明了正是由于物体具有惯性这种属性, 所以当没有外力改变物体运动状态时, 物体才会保持原来的运动状态, 即静止或匀速直线运动状态.

9. (2012届荆州中学高三第一次质量检查) 水上滑梯可简化成如图所示的模型, 斜槽AB和水平槽BC平滑连接, 斜槽AB的竖直高度H=6.0m, 倾角θ=37°.水平槽BC长d=2.0m, BC面与水面的距离h=0.80m, 人与AB、BC间的动摩擦因数均为μ=0.10.取重力加速度g=10m/s2, cos37°=0.8, sin37°=0.6.一小朋友从滑梯顶端A点无初速地自由滑下, 求:

(1) 小朋友沿斜槽AB下滑时加速度的大小a;

(2) 小朋友滑到C点时速度的大小v.

【解析】 (1) 小朋友沿AB下滑时, 受力情况如图所示, 根据牛顿第二定律得:

$\begin{array}{l} a = \frac{m g s i n θ - F_{f}}{m} \\ F_{f} = μ F_{Ν} \\ F_{Ν} = m g \cos θ \end{array}$

得小朋友沿AB下滑时加速度的大小a=gsinθ-μgcosθ=5.2m/s2.

(2) 小朋友从A滑到C的过程中, 根据动能定理得:

$m g Η - F_{f} \frac{Η}{\sin θ} - μ m g d = \frac{1}{2} m v^{2} - 0$

得小朋友滑到C点时速度的大小v= 10m/s.

【点拨】如果物体受到两个互成角度的力F1和F2的作用, 那么F1只使物体产生沿F1方向的加速度a1= F1/m, F2只使物体产生沿F2方向的加速度a2= F2/m.

10. (2012届江西省白鹭洲中学高三年级第一次月考) 如图, 质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处, A、B间距L=20m.用大小为30N, 沿水平方向的外力拉此物体, 经t0=2s拉至B处. (已知cos37°=0.8, sin37°=0.6, 取g=10m/s2)

(1) 求物体与地面间的动摩擦因数μ;

(2) 用大小为30N, 与水平方向成37°的力斜向上拉此物体, 使物体从A处由静止开始运动并能到达B处, 求该力作用的最短时间t.

【解析】 (1) 物体做匀加速运动

$\begin{array}{l} L = \frac{1}{2} a t_{0}^{2} \\ ∴ a = \frac{2 L}{t_{0}^{2}} = \frac{2 \times 20}{2^{2}} = 10 (m / s^{2}) \end{array}$

由牛顿第二定律

$\begin{array}{l} F - f = m a \\ f = 30 - 2 \times 10 = 10 (Ν) \\ ∴ μ = \frac{f}{m g} = \frac{10}{2 \times 10} = 0.5 . \end{array}$

(2) 设F作用的最短时间为t, 小车先以大小为a的加速度匀加速t秒, 撤去外力后, 以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处, 速度恰为0, 由牛顿定律

$\begin{array}{l} F \cos 37 ° - μ (m g - F \sin 37 °) = m a \\ ∴ a = \frac{F (\cos 37 ° + μ \sin 37 °)}{m} - μ g \\ = \frac{30 \times (0.8 + 0.5 \times 0.6)}{2} - 0.5 \times 10 = 11.5 (m / s^{2}) \\ a^{'} = \frac{f}{m} = μ g = 5 (m / s^{2}) \end{array}$

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度, 因此有

$\begin{array}{l} a t = a^{'} t^{'} \\ ∴ t^{'} = \frac{a}{a^{'}} t = \frac{11.5}{5} t = 2.3 t \\ L = \frac{1}{2} a t^{2} + \frac{1}{2} a^{'} t^{'}^{2} \\ ∴ t = \sqrt{\frac{2 L}{a + 2.3^{2} a^{'}}} = \sqrt{\frac{2 \times 20}{11.5 + 2.3^{2} \times 5}} = 1.03 (s) . \end{array}$

【点拨】牛顿第二定律反映的是力与加速度的瞬时对应关系.合外力不变, 加速度不变;合外力瞬间改变, 加速度瞬间改变.本题难点和易错点是对第 (2) 问的运动过程分析不清.

四、曲线运动与万有引力

1. (2012届山东省兖州市高三第一次月考试卷) 物体做曲线运动时, 其加速度 ( )

A.一定不等于零

B.一定不变

C.一定改变

D.可能不变

【解析】曲线运动中速度的方向是时刻改变的, 质点在某一点的瞬时速度的方向在曲线的这一点的切线方向上.物体做曲线运动时, 其加速度一定不等于零, 加速度可能不变.

【答案】AD

【点拨】本题易错选的原因:一是对曲线运动的条件不明确, 判断时抓不住依据;二是对速度和加速度两个概念区分不清, 速度方向与加速度方向并无关系, 加速度方向取决于合外力的方向, 而速度方向是指物体的运动方向.

2. (2012届广东省惠州市高三第一次调研考试) 在同一水平直线上的两位置分别沿同方向抛出两小球A和B, 其运动轨迹如图所示, 不计空气阻力.要使两球在空中相遇, 则必须 ( )

A.同时抛出两球

B.先抛出B球

C.先抛出A球

D.使两球质量相等

【解析】相遇时两球在高度上是相等的.而题中说了向右, 也就是说两小球是水平抛出的, 在竖直方向没有初速.因此下落时竖直方向上产生的位移h=gt2 /2, h要相等, t就是一样, 也就是同时抛出的.

【答案】A

【点拨】处理平抛运动的一般方法:运动的合成与分解是研究曲线运动的基本方法.根据运动的合成与分解, 可以把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动来研究.

3. (2012届安徽蚌埠三中高三第一次质量检测) 质量为m的小球, 用长为l的细线悬挂在O点, 在O点的正下方处有一光滑的钉子P, 把小球拉到与钉子P等高的位置, 摆线被钉子挡住.如图让小球从静止释放, 当小球第一次经过最低点时 ( )

A.小球运动的线速度突然减小

B.小球的角速度突然增大

C.小球的向心加速度突然减小

D.悬线的拉力突然增大

【解析】碰到钉子的瞬间, 速度是不变的.但是由于存在钉子, 所以小球圆周运动的半径减小, 从而角速度增大.由于速度不变, 半径减小, 所以向心加速度增大.小球对悬线的拉力正比于向心加速度和质量, 质量不变, 而加速度增大, 所以拉力增大.

【答案】BD

【点拨】一般的曲线运动可以分为很多小段, 每小段都可以看作圆周运动的一部分, 这样, 在分析质点经过曲线上某位置的运动时, 就可以采用圆周运动的分析方法来处理.向心力的表达式虽然是在匀速圆周运动的条件下得出的, 但是它对非匀速圆周运动也成立.

4. (2012届广东省惠州市高三第一次调研考试) 如图所示为我国发射的“神舟六号”载人飞船与“神舟五号”飞船运行轨道示意图, 两飞船相比, 下列说法中正确的是 ( )

A.“神舟六号”的线速度较小

B.“神舟六号”的角速度较小

C.“神舟六号”的周期较短

D.“神舟六号”的加速度较小

【解析】对飞船环绕地球的圆周运动有: $G \frac{Μ m}{R^{2}} = m \frac{v^{2}}{R} = m R ω^{2} = m R (\frac{2 π}{Τ})^{2} = m a$ , 解得: $v = \sqrt{\frac{G Μ}{R}}, ω = \sqrt{\frac{G Μ}{R^{3}}}, Τ = 2 π \sqrt{\frac{R^{3}}{G Μ}} ‚ a = \frac{G Μ}{R^{2}} .$

【答案】ABD

【点拨】人造卫星的发射速度与运行速度: (1) 发射速度是指卫星在地面附近离开发射装置的初速度, 一旦发射后再无能量补充, 要发射一颗人造地球卫星, 发射速度不能小于第一宇宙速度. (2) 运行速度指卫星在进入运行轨道后绕地球做圆周运动的线速度.当卫星“贴着”地面飞行时, 运行速度等于第一宇宙速度, 当卫星的轨道半径大于地球半径时, 运行速度小于第一宇宙速度.

5. (2012届湖北省部分重点中学高三年级起点考试) 卫星电话信号需要通地球同步卫星传送.如果你与同学在地面上用卫星电话通话, 则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于 (可能用到的数据:月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km, 运行周期约为27天, 地球半径约为6400千米, 无线电信号传播速度为3×108m/s) ( )

A.0.1sB.0.5s

C.0.25sD.1s

【解析】对月球绕地球的运动、卫星绕地球的运动分别运用开普勒定律可得: $(\frac{r}{R + h})^{3} = (\frac{Τ_{月}}{Τ_{卫}})^{2}$ .电磁波信号从地球表面到卫星再到地面的传播时间为 $t = \frac{2 h}{c}$ , 代入月球绕地球轨道半径r、地球半径R、月球运动周期 (27天) 、卫星运动周期 (1天) 及光速解得:t=0.24s, 最接近0.25s.选项C对.

【答案】C

【点拨】所谓同步卫星, 是相对于地面静止的, 和地球具有相同周期的卫星, T=24h, 同步卫星必须位于赤道上方距地面高h处, 并且h是一定的.本题的难点和易错点是如何求出地球同步卫星距地面的高度.

6. (2012届辽宁省葫芦岛市五校协作体高三模拟考试) 如图, 地球赤道上的山丘e, 近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动.设e、p、q的圆周运动速率分别为v1、v2、v3, 向心加速度分别为a1、a2、a3, 则 ( )

A.v1>v2>v3B.v1<v2<v3

C.a1>a2>a3D.a1<a3<a2

【解析】由于山丘e和同步通信卫星q具有共同的角速度, 所以有v1< v3, 选项A错误;又由于同步卫星与近地卫星都是万有引力全部提供向心力, 所以根据万有引力充当向心力有 $G \frac{Μ m}{R^{2}} = m \frac{v^{2}}{R}$ , 得 $v = \sqrt{\frac{G Μ}{R}}$ , 所以有半径越小, 卫星的线速度越大, 即v2>v3, 所以选项B错误;由于山丘e和同步通信卫星q具有共同的角速度, 所以由a=ω2R, 知半径越大, 加速度越大, 有a1<a3, 所以选项C错误;一道题中至少有一个选项是正确的, 所以可确定选项D一定正确.另可以由同步卫星与近地卫星都是万有引力全部提供向心力, 得出 $a = \frac{G Μ}{R^{2}}$ , 即R越大, 加速度越小, 所以有a3<a2, 所以选项D正确.

【答案】D

【点拨】本题是比较类型题.对于这类问题, 一定要抓住相同的地方和不同的地方进行比较.山丘e和同步通信卫星q具有共同的角速度, 山丘e与近地卫星p具有相同的万有引力, 但支持力不同, 近地卫星只受万有引力, 而山丘e还受地面的支持力.同步卫星与近地卫星都是万有引力全部提供向心力.

7. (2012届浙江省温州市高三八校联考试题) 宇航员站在星球表面上某高处, 沿水平方向抛出一小球, 经过时间t小球落回星球表面, 测得抛出点和落地点之间的距离为L.若抛出时的速度增大为原来的2倍, 则抛出点到落地点之间的距离为 $\sqrt{3} L$ .已知两落地点在同一水平面上, 该星球半径为R, 求该星球的质量是 ( )

$\begin{array}{l} A . \frac{4 L R^{2}}{\sqrt{3} G t^{2}} B . \frac{2 L R^{2}}{\sqrt{3} G t^{2}} \\ C . \frac{\sqrt{3} L R^{2}}{2 G t^{2}} D . \frac{\sqrt{3} L R^{2}}{4 G t^{2}} \end{array}$

【解析】假设抛出点离地面的高度为h, 第一次平抛运动的水平位移为x, 则初速度增大为2倍时的水平位移变为了2x, 由平抛运动的知识可知:

$\begin{array}{l} h^{2} + x^{2} = L^{2} \\ h^{2} + (2 x)^{2} = (\sqrt{3} L)^{2} \end{array}$

联立以上两式可得: $h = \frac{\sqrt{3}}{3} L$

由 $h = \frac{1}{2} g t^{2}$ 得: $g = \frac{2 \sqrt{3} L}{3 t^{2}}$

由 $G \frac{Μ m}{R^{2}} = m g$ , 得 $Μ = \frac{g R^{2}}{G} = \frac{2 L R^{2}}{\sqrt{3} G t^{2}} .$

【答案】B

【点拨】本题关键是抓住抛出速度增大为原来2倍时, 水平位移也为原来2倍.求天体的质量:通过天体的卫星运动的周期T和轨道半径r或天体表面的重力加速度g和天体的半径R, 就可以求出天体的质量M.

8. (2012届山东省兖州市高三第一次月考试卷) 已知地球半径为R, 地球表面的重力加速度为g, 地球自转的周期为T, 试求地球同步卫星的向心加速度大小.

$\begin{array}{l} 【解析】设卫星离地面高度为 h ‚ \\ G \frac{Μ m}{(R + h)^{2}} = m a \\ m g = G \frac{Μ m}{R^{2}} \\ a = ω^{2} r = \frac{4 π^{2}}{Τ^{2}} (R + h) \end{array}$

由以上三式解得 $a = \sqrt[3]{\frac{16 π^{4} g R^{2}}{Τ^{4}}} .$

【点拨】根据 $G \frac{Μ m}{r^{2}} = m a = m \frac{v^{2}}{r} = m ω^{2} r = m \frac{4 π^{2}}{Τ^{2}} r$ , 若已知卫星的轨道半径r即可得 $a = \frac{G Μ}{r^{2}} ‚ v = \sqrt{\frac{G Μ}{r}} ‚ ω = \sqrt{\frac{G Μ}{r^{3}}}$ 、 $Τ = 2 π \sqrt{\frac{(R + h)^{3}}{R^{2} g}}$ .由这几式可以看出, 对于稳定运行的卫星, 只要轨道半径相等, 卫星的向心加速度、线速度、角速度、周期都相等, 与卫星的质量无关.两个不同的卫星相比较, 轨道半径越大, 向心加速度、线速度、角速度越小, 周期越大.

9. (2012届浙江省温州市十校高三期初联考) 宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统, 通常可忽略其他星体对它们的引力作用.现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式:一种是三颗星位于同一直线上, 两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行;另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上, 并沿外接于等边三角形的圆轨道上运行.设每个星体的质量均为m, 万有引力常量为G.

(1) 试求第一种形式下, 星体运动的线速度和周期;

(2) 假设两种形式星体的运动周期相同, 第二种形式下星体之间的距离应为多少?

【解析】 (1) 第一种形式下, 由万有引力和牛顿第二定律得

$G \frac{m^{2}}{R^{2}} + G \frac{m^{2}}{(2 R)^{2}} = m \frac{v^{2}}{R}$

解得 $v = \sqrt{\frac{5 G m}{4 R}}$ ,

周期 $Τ = \frac{2 π R}{v}$ ,

得 $Τ = 4 π R \sqrt{\frac{R}{5 G m}} .$

(2) 第二种形式下, 由万有引力和牛顿第二定律得

$2 G \frac{m^{2}}{L^{2}} \cos 30 ° = m \frac{L}{2 \cos 30 °} ω^{2}$

角速度: $ω = \frac{2 π}{Τ}$ 解得 $L = \sqrt[3]{\frac{12}{5}} R .$

【点拨】正确受力分析, 通过运动特点以及受力情况确定圆心, 求出半径是解决此类问题的关键.

10. (2012届辽宁省丹东市四校协作体高三摸底测试) 一平板车, 质量M=100kg, 停在水平路面上, 车身的平板离地面的高度h=1.25m, 一质量m=50kg的物块置于车的平板上, 它到车尾端的距离b=1.00m, 与车板间的动摩擦因数μ=0.20.如图所示.今对平板车施一水平向右的恒力使车向前行驶, 结果物块从车板上滑落.物块刚离开车板的时刻, 车向前行驶的距离s0=2.0m, 求物块落地时, 落地点到车尾的水平距离s.不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦, 取g=10m/s2.

【解析】在物体离开车时加速度为a1,

则f=ma1, 即a1=μg

对于车加速度为a2, 则F-μmg=Ma2

设从物块开始滑动到它离开车所用时间为t0,

$\begin{array}{l} \frac{1}{2} a_{2} t_{0}^{2} = s_{0} ‚ \frac{1}{2} a_{1} t_{0}^{2} = s_{0} - b ‚ \\ a_{1} = 2 m / s^{2} ‚ t_{0} = 1 s ‚ a_{2} = 4 m / s ‚ F = 500 Ν ‚ \end{array}$

m离开车后, 它与小车的速度分别为v1=a1t0=2m/s, v2=a2·t0=4m/s.

物块离开车做平抛运动, 设运动时间为t1, 水平飞行距离为s1, 则据平抛运动的规律可得: $h = \frac{1}{2} g t_{1}^{2} ‚ s_{1} = v_{1} t_{1}$ , 求得t1=0.5s, s1=1m.

小车在t1这段时间内做加速度为a3=F/m=5m/s2, 初速度为v2的匀加速直线运动, 故小车前进的距离 $s_{2} = v_{2} t_{1} + \frac{1}{2} a_{3} \cdot t_{1}^{2} = 2.625 m .$

落地点到车尾的水平距离s=s2-s1=1.625m.

【点拨】物块滑落之后平板车在恒力作用下, 加速度发生变化, 如果没有意识到这一点, 此题便会解错.

11. (2012届济南外国语学校第一学期高三质量检测) 如图所示, 半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置, 质量为m 的小球在圆形轨道内侧做圆周运动.小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力.已知当地的重力加速度大小为g , 不计空气阻力.试求:

(1) 小球通过轨道最高点时速度的大小;

(2) 小球通过轨道最低点时角速度的大小;

(3) 小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小.

【解析】 (1) 设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1 , 根据题意和牛顿第二定律可知: $m g = m \frac{v_{1}^{2}}{R}$ , 解得 $v_{1} = \sqrt{g R} .$

(2) 设小球通过轨道最低点时的速度大小为v2, 根据机械能守恒定律可知:

$\frac{1}{2} m v_{1}^{2} + m g \cdot 2 R = \frac{1}{2} m v_{2}^{2}$ , 又v=ωR, 解得

$\begin{array}{l} ω = \sqrt{\frac{5 g}{R}} . \\ (3) Ν - m g = m \frac{v_{2}^{2}}{R} ‚ 解得 Ν = 6 m g . \end{array}$

【点拨】本题的关键是清楚“小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力”的隐含条件是只有重力提供向心力.竖直平面内的非匀速圆周运动, 在列动力学方程时, 要按照牛顿第二定律列方程的步骤进行, 受力分析是关键, 列方程只要在法线方向上用牛顿第二定律.公式F=mv2/R是牛顿第二定律在圆周运动中的应用, 向心力就是做匀速圆周运动的物体所受的合外力的法线方向的分力.

12. (2012届江苏省安宜高级中学期初调研测试)

如图, 半径R=0.4m的圆盘水平放置, 绕竖直轴OO′匀速转动, 在圆心O正上方h=0.8m高处固定一水平轨道PQ, 转轴和水平轨道交于O′点.一质量m=1kg的小车 (可视为质点) , 在F=4N的水平恒力作用下, 从O′左侧x0=2m处由静止开始沿轨道向右运动, 当小车运动到O′点时, 从小车上自由释放一小球, 此时圆盘半径OA与x轴重合.规定经过O点水平向右为x轴正方向.小车与轨道间的动摩擦因数μ=0.2, g取10m/s2.

(1) 若小球刚好落到A点, 求小车运动到O′点的速度;

(2) 为使小球刚好落在A点, 圆盘转动的角速度应为多大?

(3) 为使小球能落到圆盘上, 求水平拉力F作用的距离范围.

【解析】 (1) 小球离开小车后, 由于惯性, 将以离开小车时的速度做平抛运动,

$\begin{array}{l} h = \frac{1}{2} g t^{2} \\ R = v_{0} t \end{array}$

小车运动到O′点的速度 $v_{0} = \frac{R}{t} = 1 m / s .$

(2) 为使小球刚好落在A点, 则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍, 有

$t = k Τ = \frac{2 k π}{ω}$ , 其中k = 1, 2, 3, …

即 $ω = 2 k π \sqrt{\frac{g}{2 h}} = 5 k π (r a d / s)$ , 其中k = 1, 2, 3…

(3) 小球若能落到圆盘上, 其在O′点的速度范围是:0<v≤1m/s.

设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x1、x2, 对应到达O′点的速度分别为0和

$\begin{array}{l} 1 m / s . \\ v^{2} = 2 \frac{F - μ m g}{m} x_{1} \\ - v^{2} = 2 \frac{μ m g}{m} (x_{0} - x_{1}) \end{array}$

两式相加得Fx1-μmgx0=0,

$\begin{array}{l} 代入数据解得 x_{1} = 1 m . \\ v^{2} = 2 \frac{F - μ m g}{m} x_{2} \\ v_{0}^{2} - v^{2} = 2 (\frac{μ m g}{m}) (x_{0} - x_{2}) \end{array}$

两式相加得 $F x_{2} - μ m g x_{0} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$ ,

代入数据解得x2=1.125m.

则水平拉力F作用的距离范围1m<x ≤1.125m.

【点拨】平抛运动的两个分运动是各自独立的, 但平抛运动的运动时间是由竖直方向的分运动决定的.由于平抛运动是匀变速运动, 所以在相同的时间内速度的变化量是相同的, Δv=gΔt, 而且方向为竖直向下, 不要被所做的曲线运动迷惑.

五、机械能

1. (2012届济南外国语学校高三第一次质量检查) 质量为m的物体, 在距地面为h的高处, 以 $\frac{g}{3}$ 的加速度由静止开始竖直下落到地面的过程中, 下列说法正确的是 ( )

A.物体的重力势能减少 $\frac{1}{3} m g h$

B.物体的机械能减少了 $\frac{2}{3} m g h$

C.物体的动能增加了 $\frac{1}{3} m g h$

D.重力做的功mgh

【解析】物体的加速度为 $\frac{g}{3}$ , 说明物体除受重力以外, 必须受一个阻力, 由牛顿第二定律得该力的大小为 $\frac{2}{3} m g$ , 合外力的大小为 $\frac{1}{3} m g$ , 重力做的功等于重力势能的减少, 大小为mgh, 合外力做的功等于动能的增量, 大小为 $\frac{1}{3} m g h$ , 阻力 (除重力以外的力) 做的功等于机械能的变化量, 大小为 $\frac{2}{3} m g h .$

【答案】BCD

【点拨】重力势能是标量, 它没有方向, 但是重力势能有正、负.此处正、负不是表示方向, 而仅表示比参考点的能量状态高还是低.势能大于零表示比参考点的能量状态高, 势能小于零表示比参考点的能量状态低.参考点的选择不同虽对势能值表述有影响, 但势能的变化与参考点的选择无关.

2. (2012届广东省惠州市高三第一次调研考试) 竖直向上抛出一个物体, 由于受到空气阻力作用, 物体落回抛出点的速率小于抛出时的速率, 则在这过程中 ( )

A.物体的机械能守恒

B.物体的机械能不守恒

C.物体上升时机械能减小, 下降时机械能减小

D.物体上升时机械能增大, 下降时机械能减小

【解析】机械能守恒是只有重力或弹力做功时才成立, 竖直向上抛出一个物体, 由于受到空气阻力作用, 物体的机械能不守恒.因为物体对空气做功, 则在这过程中, 物体上升时机械能减小, 下降时机械能减小.

【答案】C

【点拨】动能、弹性势能和重力势能统称机械能.机械能守恒条件:只有重力和系统内相互作用弹力做功.只有重力和系统内相互作用弹力做功时, 只是系统内动能和势能的相互转化, 系统机械能守恒.如果其他力做功, 则说明系统的机械能和系统外的能有转化, 系统机械能不守恒.如果所有力都不做功, 系统动能和势能均不发生变化, 系统机械能还是守恒的.

3. (2012届南宁二中高三第一次月考试卷) 如图所示, 质量为m的物体从斜面上的A处由静止滑下, 停在水平面上的B点 (斜面与水平面通过一小段与它们相切的圆弧连接) , 量得A、B两点间的水平距离和B、C间距离均为s, 物体与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ, 如果用与轨道平行的力F把物体从C处拉回A处, 则力F做的功至少为 ( )

A.μmgs B.2μmgs C.3μmgs D.4μmgs

【解析】对物块A进行受力分析, 分析出正压力, 算出从A到B 摩擦力做的功, 要注意路程.可知mgh等于μmgs, 又从C到A, 动能不变, 重力势能增加mgh即μmgs, 克服摩擦力做功为2μmgs, 因此共做功3μmgs.

【答案】C

【点拨】滑动摩擦力做功, 使物体的机械能减小, 从而产生内能.分析摩擦生热问题时, 要弄清两点:一是在哪些过程中存在滑动摩擦力, 二是在滑动摩擦力作用下的相对路程是多少.

4. (2012届济南外国语学校高三第一次质量检查) 如果卡车发动机的额定功率为100kW, 它受到的阻力恒为2.5×103N, 则这辆卡车行驶的速度最大能达到 ( )

A.75km/h B.30m/s C. 25km/h D.40m/s

【解析】汽车达到最大速度时, 匀速运动, 牵引力F=f.由P=F·v, 得vm=P额/f=10×104/2.5×103m/s =40m/s.

【答案】D

【点拨】解答该类问题需要弄清两个要点:一是, 汽车功率发生突变时, 其运行速度不能立即突变;二是, 汽车的速度、加速度、牵引力三者间的制约关系.

5. (2012届辽宁省葫芦岛市五校协作体高三模拟考试) 如图所示, 一小球自A点由静止自由下落到B点时与弹簧接触.到C点时弹簧被压缩到最短.若不计弹簧质量和空气阻力, 在小球由A→B→C的运动过程中 ( )

A.小球和弹簧总机械能守恒

B.小球的重力势能随时间均匀减少

C.小球在B点时动能最大

D.到C点时小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量

【解析】在小球由A→B→C的运动过程中, 系统除重力和弹力外无外力做功, 小球和弹簧总机械能守恒;小球下降过程中, 如果弹簧的弹力小于小球的重力, 则小球的加速度向下, 速度增加, 动能增加, 所以小球的动能在压缩弹簧到一定程度时才会达到最大, 因此选项C是错误的.小球到C点时, 速度为零, 系统的重力势能完全转化为了弹性势能, 小球重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量.

【答案】AD

【点拨】应用机械能守恒定律分析解决实际问题的一般步骤: (1) 明确研究对象和它的运动过程; (2) 分析研究对象在运动过程中的受力情况, 弄清是否只有系统内的重力弹力做功, 判定机械能是否守恒; (3) 确定物体运动的起始和终了状态, 选定零势能参考平面后确定物体在始、末两状态的机械能; (4) 根据机械能守恒定律列出方程, 统一单位后代入数据解方程.

6. (2012届广东省珠海市高三摸底考试) 如图所示, 在半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的顶端a点, 质量为 m 的物块 (可视为质点) 由静止开始下滑, 经圆弧最低点b滑上粗糙水平面, 圆弧轨道在b 点与水平轨道平滑相接, 物块最终滑至c 点停止.若物块与水平面间的动摩擦因数为μ, 下列说法正确的是 ( )

A.物块滑到b点时的速度为 $\sqrt{g R}$

B.物块滑到b点时对b点的压力是2mg

C.c 点与b 点的距离为 $\frac{R}{μ}$

D.整个过程中物块机械能损失了mgR

【解析】物块滑到b点时, $m g R = \frac{1}{2} m v^{2} - 0 ‚ v = \sqrt{2 g R} ‚ A$ 不正确;在b点, $F_{Ν} - m g = m \frac{v_{2}}{R} ‚ F_{Ν} = 3 m g ‚ B$ 不正确;从a点到c点, 机械能损失了mgR, D正确; $m g R - μ m g s = 0 - 0 ‚ s = \frac{R}{μ} ‚ C$ 正确.

【答案】CD

【点拨】运用机械能守恒定律解决问题时, 要分析好在运动过程中系统内、外各力对系统内物体做功的情况, 看是否满足机械能守恒定律的条件.所以正确理解机械能守恒的条件是运用机械能守恒定律的前提.

7. (2012届浙江省温州市高三八校联考试题) A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上, 如图所示, 已知木块A、B质量分别为0.42kg和0.40kg, 弹簧的劲度系数k=100N/m , 若在木块A上作用一个竖直向上的力F, 使A由静止开始以0.5m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动 (g=10m/s2) .若木块由静止开始做匀加速运动, 直到A、B分离的过程中, 弹簧的弹性势能减少了0.248J, 则这一过程F对木块做的功WF是 ( )

A.9.52×10-2J

B.9.78×10-2J

C.9.72×10-2J

D.9.64×10-2J

【解析】此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后, 确定两物体分离的临界点, 即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力 FN=0时, 恰好分离.

当F=0 (即不加竖直向上F力时) , 设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x, 有kx= (mA+mB) g, x= (mA+mB) g/k.

对A施加力F, 分析A、B受力如图,

对A:F+ FN -mAg=mAa ①

对B:kx′-FN-mBg=mBa′ ②

可知, 当FN≠0时, A、B有共同加速度a=a′, 由①式知欲使A匀加速运动, 随FN减小F增大, 当FN=0时, F取得了最大值Fm, 即Fm=mA (g+a) =4.41N.

又当FN =0时, A、B开始分离, 由②式知:此时kx′=mB (a+g) , 所以弹簧压缩量x′=mB (a+g) /k, 则此时:AB共同速度 v2=2a (x-x′) .

由题知, 此过程弹性势能减少了WP=EP=0.248J, 设力F的功WF, 对这一过程应用动能定理或功能原理可得: $W_{F} + E_{Ρ} - (m_{A} + m_{B}) g (x - x^{'}) = \frac{1}{2} (m_{A} + m_{B}) v^{2}$ , 联立以上各式可得, 可知, WF=9.64×10-2 J.

【答案】D

【点拨】物体具有弹性势能的条件是发生了弹性形变.当弹簧的长度为原长时, 我们设它的弹性势能为0, 弹簧被拉长或缩短后就具有了弹性势能.我们研究弹簧被拉长的情况, 那么弹簧的弹性势能应该与拉力所做的功相等.可见, 研究弹性势能的表达式, 只需研究拉力做功的表达式.

8. (2012届广东省惠州市高三第一次调研考试) 质量为1.0×103kg的汽车, 沿倾角为30°的斜坡由静止开始运动, 汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000N, 汽车发动机的额定输出功率为5.6×104W, 开始时以a=1m/s2的加速度做匀加速运动 (g=10m/s2) .求:

(1) 汽车做匀加速运动的时间t1;

(2) 汽车所能达到的最大速率;

(3) 若斜坡长143.5m, 且认为汽车达到坡顶之前, 已达到最大速率, 则汽车从坡底到坡顶需多少时间?

【解析】 (1) 根据牛顿第二定律有:F-mgsin30°-f=ma;

设匀加速的末速度为v, 则有:P=Fv, v=at1;

代入数值, 联立解得:匀加速的时间为:t1=7s.

(2) 当达到最大速度vm时, 有:P= (mgsin30°+f) vm,

解得汽车的最大速度为:vm=8m/s.

(3) 汽车匀加速运动的位移为: $s_{1} = \frac{1}{2} a t_{1}^{2} = 24.5 m$ ,

在后一阶段牵引力对汽车做正功, 重力和阻力做负功, 根据动能定理有:

$Ρ t_{2} - (m g \sin 30 ° + f) s_{2} = \frac{1}{2} m v_{m}^{2} - \frac{1}{2} m v^{2}$

又有s2=s-s1,

代入数值, 联立求解得:t2=15s.

所以汽车总的运动时间为:t=t1+t2=22s.

【点拨】机车的两种启动: (1) 机车以恒定功率启动, 牵引力随速度的增大而减小, 机车做加速度逐渐减小的变加速运动, 当加速度减小到零时速度最大, 以后机车做匀速运动 (牵引力等于阻力) . (2) 机车匀加速启动, 机车先做初速为零的匀加速运动, 功率随时间正比例增大, 当增大到额定功率时, 开始做一段变加速运动, 牵引力减小到等于阻力时, 机车的速度增大到最大速度.

9. (2012届安徽省师大附中高三第一次摸底考试) 动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具, 以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐.动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组, 就是动车组.假设有一动车组由8节车厢连接而成, 每节车厢的总质量均为7.5×104kg.其中第一节、第二节带动力, 他们的额定功率为3.6×107W和2.4×107W, 车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍 (g =10m/s2) .

(1) 求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度;

(2) 若列车从A地沿直线开往B地, 先以恒定的功率6×107W (同时开动第一、第二节的动力) 从静止开始启动, 达到最大速度后匀速行驶, 最后除去动力, 列车在阻力作用下匀减速至B地恰好速度为0.已知AB间距为5.0×104m, 求列车从A地到B地的总时间.

【解析】 (1) 只开动第一节动力的前提下, 当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度: p1m=fvm,

其中阻力 $f = 0.1 \times 8 m g = 6.0 \times 10^{5} Ν ‚ p_{1 m} = 3.6 \times 10^{7} W ‚ v_{m} = \frac{p_{1 m}}{f} = 60 m / s .$

(2) 列车以最大功率启动当牵引力等于阻力时达到最大速度

$v_{m} = \frac{p_{1 m} + p_{2 m}}{f}$ , 代人数据得:vm=100m/s.

列车的总重量M=8mg=6.0×105kg.

设列车从C点开始做匀减速运动, 令A到C的时间为t1, AC间距为x1, B到C的时间为t2, BC间距为x2, 在BC间匀减速运动的加速度为a.

从B到C由牛顿第二定律和运动学公式得:

$\begin{array}{l} a = \frac{f}{Μ} = \frac{0.1 Μ g}{Μ} = 1 m / s^{2} \\ t_{2} = \frac{v_{m}}{a} = 100 s ‚ x_{2} = \frac{v_{m}}{2} t_{2} ‚ 代入数据得 ∶ \end{array}$

x2=5.0×103m

x1=xAB-x2=4.5×104m

从A到C的过程用动能定理得:

$(p_{1 m} + p_{2 m}) t_{1} - f \cdot x_{1} = \frac{1}{2} Μ v_{m}^{2}$

代人数据得:t1=500s, 所以, t总=t1+t2=600s.

【点拨】实际问题通常都较复杂, 分析实际问题往往要抓住主要矛盾, 忽略次要因素, 对问题做一些必要的简化.

六、电场

1. (2012届成都市高三摸底测试) 真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球, 甲的电荷量为q, 乙的电荷量为-2q, 当它们相距为r时, 它们间的库仑力大小为F.现将甲、乙充分接触后再分开, 且将甲、乙间距离变为2r, 则它们间的库仑力大小变为 ( )

$\begin{array}{l} A . \frac{F}{32} B . \frac{F}{16} \\ C . \frac{F}{8} D . \frac{F}{4} \end{array}$

【解析】现将甲、乙充分接触后再分开, 隐含了一个条件:甲、乙原先所带电荷量的总和, 最后在两个相同的小球上均分, 所以A、B两球最后的电荷量均为-q/2, 甲、乙两球原先有引力F=2kq2/r2, 甲、乙两球最后有斥力F′=kq2/ 16r2, 以上两式相除可得F′=F/32, 选项A正确.

【答案】A

【点拨】完全相同的带电小球相接触, 电荷量的分配规律为:同种电荷总电荷量平均分配, 异种电荷先中和、后平均分配.库仑定律给出了两个点电荷作用力的大小及方向, 库仑力也是一种力, 同样遵从力的合成与分解法则, 遵从牛顿定律等力学基本规律.注意库仑定律与牛顿定律结合的问题.

2. (2011届湖南省衡阳市八中高三第五次月考试题) 图中a、b是两个点电荷, 它们的电量分别为Q1、Q2, MN是ab连线的中垂线, P是中垂线上的一点.下列哪种情况能使P点场强方向指向MN的左侧 ( )

A.Q1、Q2都是正电荷, 且Q1<Q2

B.Q1是正电荷, Q2是负电荷, 且Q1>|Q2|

C.Q1是负电荷, Q2是正电荷, 且|Q1|<Q2

D.Q1、Q2都是负电荷, 且|Q1|>|Q2|

【解析】若Q1、Q2都是正电荷, 且Q1<Q2, 则Q1产生的场强水平向右的分量必定小于Q2产生的场强水平向左的分量, 则合场强指向MN的左侧, A正确;同理D正确;Q1是正电荷, Q2是负电荷, 则合场强一定指向MN的右侧, B错误;Q1是负电荷, Q2是正电荷, 则合场强一定指向MN的左侧, C正确.

【答案】ACD

【点拨】电场强度是描述电场力性质的物理量, 在理解电场强度的定义式E=F/q时应注意到以下几点:①在电场中不同点, 同一电荷受到的电场力不同, 说明在电场中不同点处的电场强弱不同.②不同的电荷放在电场中的同一点受到的电场力不同, 但对电场中的某一点来讲E却是定值, 这一比值与放入的电荷无关, 完全决定于电场本身.③电场中每一点都有一个属于自己的比值F/q.此外, 电场强度是矢量, 它的方向跟放在该点的正电荷所受电场力方向相同.④E=F/q适用于任何电场.⑤电场强度的叠加遵循平行四边形运算法则.

3. (2011届盐城市高三第二次调研考试) 如图所示, A、B、C、D是正方形的四个顶点, 在AB、CD中点外侧相等距离处分别放置正点电荷q, 其电量相等.以下说法正确的是 ( )

A.A、B、C、D四点电场强度相同

B.A、B、C、D四点电势相等

C.正方形对角线交点处的电场强度最大, 电势最高

D.把负试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中, 电势能先减少后增加

【解析】电场强度是矢量, A、B、C、D四点电场强度不相同, 选项A错误;等量正点电荷连线的中点电势最低, 中垂线上该点的电势却为最高, 正方形对角线交点处的电场强度为零, 选项C错误;从中点沿中垂线向两侧, 电势越来越低, 连线上和中垂线上关于中点的对称点等势, A、B、C、D四点电势相等;把负试探电荷从A点沿直线移动到B点的过程中, 电势能先减少后增加.正确答案选BD.

【答案】BD

【点拨】电场强度的三个性质:唯一性、矢量性、叠加性.相关问题解题时用到累积法、补偿法、转换法 (求解感应电荷产生的电场在导体内部的场强) .

4. (2012届成都市高三摸底测试) 下列说法正确的是 ( )

A.电荷在电场中某处不受电场力, 则该处的电场强度一定为零

B.电荷在电场中某处不受电场力, 则该处的电势一定为零

C.运动电荷在磁感应强度不为零的地方, 一定受到洛伦兹力的作用

D.运动电荷在磁场中某处不受洛伦兹力, 则该处的磁感应强度一定为零

【解析】电荷在电场中一定会受电场力作用, 若不受电场力作用, 则场强一定为0;电荷在电场中某处不受电场力, 则该处的电势不一定为零;而磁场中不同, 它会受到电荷运动状态的影响, 当v//B时, B≠0, 电荷不受磁场力作用, A正确, BCD错误.

【答案】A

【点拨】电势是描述电场能的性质的物理量.电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值, 叫做这一点的电势, 定义式为φ=Ep/q, 它是标量, 单位为伏特.如果把正电荷沿着电场线方向从A移动到B, 它的电势能减少, 即EpA>EpB, 所以φA>φB, 由此可见电场线指向电势降低的方向.

5. (2011届山东省聊城市高三12月月考物理试题) 如图所示, 质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直电场方向射入两平行板间的匀强电场中, P从两极板中央射入, Q从下极板边缘处射入, 它们最后打在同一点 (重力不计) , 则从开始射入到打到上板的过程中 ( )

A.它们的运动时间tQ>tP

B.它们运动的加速度aQ<aP

C.它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2

D.它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ=1∶2

【解析】设两板间距为d, 两粒子的水平位移为l, 两个带电粒子P、Q的初速度为v0, 质量为m, 板内场强为E, 则有 $l = v_{0} t_{Ρ} ‚ \frac{d}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{q_{Ρ} E}{m} \cdot t_{Ρ}^{2}$ ; $l = v_{0} t_{Q} ‚ d = \frac{1}{2} \cdot \frac{q_{Q} E}{m} \cdot t_{Q}^{2}$ , 所以tQ=tP, qP∶qQ=1∶2, A错误, C正确; $a_{Q} = \frac{q_{Q} E}{m} ＞ a_{Ρ} = \frac{q_{Ρ} E}{m} ‚ B$ 错误; $Δ E_{k}_{Ρ} ∶ Δ E_{k}_{Q} = q_{Ρ} \frac{U}{2} ∶ q_{Q} U = 1 ∶ 4 ‚ D$ 错误.

【答案】C

【点拨】静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关, 但是与路径无关.物理学的研究表明:某个力做功如果与路径无关, 那么就可以引出与这个力相对应的势能.

6. (2012届成都市高三摸底测试) 如图所示, 实线为方向未知的三条电场线, 一带电粒子 (不计重力) 从电场中a点以某一初速度运动至b点, 运动轨迹如图中虚线所示, 则下列判断正确的是 ( )

A.a点的电场强度大于b点的电场强度

B.a点的电势高于b点的电势

C.粒子在b点的动能小于在a点的动能

D.粒子在b点的电势能小于在a点的电势能

【解析】由电场线的疏密可知a点的电场强度小于b点的电场强度;由粒子运动轨迹的弯曲趋向可知电场力做正负功, 粒子在b点的电势能小于在a点的电势能, 粒子在b点的动能大于在a点的动能.正确答案D.

【答案】D

【点拨】要注意掌握运用电场线和等势面判断电场的性质、在电场中移动电荷做功以及电荷电势能变化情况的分析方法.

7. (2012届辽宁省丹东市四校协作体高三摸底测试) 如图所示, 一带电粒子从平行带电金属板左侧中点垂直于电场线以速度v0射入电场中, 恰好能从下板边缘以速度v1飞出电场.若其他条件不变, 在两板间加入垂直于纸面向里的匀强磁场, 该带电粒子恰能从上板边缘以速度v2射出.不计重力, 则 ( )

$\begin{array}{l} A . 2 v_{0} = v_{1} + v_{2} B . v_{0} = \sqrt{(v_{1}^{2} + v_{2}^{2}) / 2} \\ C . v_{0} = \sqrt{v_{1} \cdot v_{2}} D . v_{0} < v_{1} = v_{2} \end{array}$

【解析】洛伦兹力不做功, 电场力做功大小相等, 由动能定理得, $W = \frac{1}{2} m v_{1}^{2} - \frac{1}{2} m v_{0}^{2} ‚ - W = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$ , 可得B正确.

【答案】B

【点拨】电场知识和力学知识的结合, 分析方法和力学的分析方法是基本相同的:先受力分析, 再进行运动过程分析, 选择恰当规律解题.这里所说的运动过程分析显得特别重要, 过程是加速还是减速、是匀变速还是一般变速, 是否有反向运动情况出现都要分析得非常清楚.这里所说的选择恰当的规律是指:动能定理、机械能守恒、牛顿定律及运动学公式.

8. (2011届广东省高州市长坡中学高三期末考试理科综合能力测试) 如图所示, 一个质量为m、带电量为q的物体处于场强按E = E0 – kt (E0、k均为大于零的常数, 取水平向左为正方向) 变化的电场中, 物体与竖直墙壁间的动摩擦因数为μ, 当t= 0时, 物体处于静止状态.若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力, 且电场空间和墙面均足够大, 下列说法正确的是 ( )

A.物体开始运动后加速度先增加后保持不变

B.物体开始运动后加速度不断增加

C.经过时间 $t = \frac{E_{0}}{k}$ , 物体在竖直墙壁上的位移达最大值

D.经过时间 $t = \frac{μ q E_{0} - m g}{μ k q}$ , 物体运动速度达最大值

【解析】物体开始运动后, 在没有离开墙壁前 $a = \frac{m g - μ q E}{m}$ , 由于E不断减小, 所以加速度不断增加, 当E反向, 物块离开墙壁后, $a = \frac{\sqrt{(m g)^{2} + (q E)^{2}}}{m}$ , 由于E不断增加, 所以加速度不断增加故A错误, B正确;当E=0, 即 $t = \frac{E_{0}}{k}$ 后, 物体离开竖直墙壁, 故 $t = \frac{E_{0}}{k}$ , 物体在竖直墙壁上的位移达最大值, C正确;物体运动速度一直在增大, 没有最大值, D错误.

【答案】BC

【点拨】电场力做功与重力做功类比, 电势能与重力势能类比, 电势与高度类比.

9. (2011届湖北省鄂州市高三年级摸底考试) 如图所示, 平行的实线代表电场线, 方向未知, 电荷量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用, 该电荷由A点移到B点, 动能损失了0.1J, 若A点电势为-10V, 则 ( )

A.B点电势为零

B.电场线方向向左

C.电荷运动的轨迹可能是图中曲线a

D.电荷运动的轨迹可能是图中曲线b

【解析】正电荷从A点移到B点, 动能减少, 电场力做负功, 电势能增加, 电势升高, $U_{B A} = \frac{W}{q} = \frac{0.1}{1 \times 10^{- 2}} V = 10 V = φ_{B} - φ_{A}$ , 得φB=0.电荷所受电场力方向向左, 轨迹为曲线b.

【答案】ABD

【点拨】电荷q在电场力作用下由A点移到另一点B的过程中, 电场力做的功WAB与电荷量q的比值叫A、B两点之间的电势差UAB, UAB=φA-φB=WAB/q.

10. (2012届广东省六校联合体高三第二次联考) 如图所示是某个点电荷电场中的一根电场线, 在线上O点由静止释放一个自由的负电荷, 它将沿电场线向B点运动.下列判断中正确的是 ( )

A.电场线由B指向A, 该电荷做加速运动, 加速度越来越小

B.电场线由B指向A, 该电荷做加速运动, 其加速度大小的变化不能确定

C.电场线由A指向B, 该电荷做匀速运动

D.电场线由B指向A, 该电荷做加速运动, 加速度越来越大

【解析】在线上O点由静止释放一个自由的负电荷, 它将沿电场线向B点运动, 受电场力由A指向B, 则电场线方向由B指向A, 该电荷做加速运动, 其加速度大小的变化不能确定.选项B正确.

【答案】B

【点拨】电场力做功和电势差之间的关系:①在电场中两点间移动电荷所做功的大小和电荷所带电荷量及两点间电势差有关;②不论是恒力还是变力, 电场力所做的功都可以使用WAB=qUAB进行计算;③电势差在数值上等于单位正电荷从A点移动到B点时电场力所做的功.

11. (2011届安徽省名校高三第一次联考) 一对等量正点电荷电场的电场线 (实线) 和等势线 (虚线) 如图所示, 图中A、B两点电场强度分别是EA、EB, 电势分别是ΦA、ΦB, 负电荷q在A、B时的电势能分别是EpA、EpB, 下列判断正确的是 ( )

A.EA>EB, ΦA>ΦB, EpA<EpB

B. EA>EB, ΦA<ΦB, EpA<EpB

C. EA<EB, ΦA>ΦB, EpA>EpB

D. EA<EB, ΦA<ΦB, EpA>EpB

【解析】从图可以看出A点的电场线的密集程度大于B点的密集程度, 故A点的场强大于B点的场强, EA>EB;而沿电场线的方向电势逐渐降低, A点的电势高于B点的电势, ΦA>ΦB;将负电荷由B点移到A要电场力做功, EpA<EpB;故选项A正确.

【答案】A

【点拨】电场中电势相同的各点构成的面叫做等势面, 也是人为假想的一种描述手段, 实际不存在.等势面处处与电场线垂直, 在同一等势面上移动电荷时, 电场力不做功;任意两等势面不相交.无论对正电荷还是负电荷, 只要电场力做功, 电势能就减小;克服电场力做功, 电势能就增大.

12. (2011届浙江金华高三三月联考) 如图所示, 图甲实线为方向未知的三条电场线, a、b两带电粒子从电场中的P点静止释放.不考虑两粒子间的相互作用, 仅在电场力作用下, 两粒子做直线运动, a、b粒子的速度大小随时间变化的关系如图乙中实线①、②所示, 虚线为直线.则 ( )

图甲图乙

A.a一定带正电, b一定带负电

B.a向左运动, b向右运动

C.a电势能减小, b电势能增大

D.a动能减小, b动能增大

【解析】从v-t图象可知, a粒子做变加速直线运动, 加速度增大, 电场力增大, a向左运动, 电势能减小, 动能增大;b粒子做变加速直线运动, 加速度减小, 电场力减小, b向右运动, 电势能减小, 动能增大.选项CD错误, 选项B正确;电场线方向未知, 不能判定a、b两带电粒子带电的性质.正确答案选B.

【答案】B

【点拨】电荷的运动轨迹和电场线的关系:仅在电场力作用下, 原来静止的正电荷由高电势点向低电势点移动, 负电荷则相反.在特殊条件下, 带电粒子的运动轨迹可以与电场线重合.这些特殊条件是:①电场线是直线;②带电粒子初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一直线上;③带电粒子只受电场力作用.

13. (2012届山东省兖州市高三第一次月考试卷) 如图所示, 在水平向右的匀强电场中, 长为L的绝缘细绳将一个质

量为m的带电小球悬挂于O点, 平衡时, 小球位于B点, 此时绳与竖直方向的夹角为θ (θ<45°) .已知重力加速度为g.求:

(1) 小球静止在B点时受到绳的拉力大小.

(2) 若将小球拉到O点等高的A点 (此时绳拉直) , 然后释放小球, 当小球运动到最低点C时受到绳的拉力大小.

【解析】 (1) 在B点, 由于物体平衡得, qE =mgtanθ.

(2) 从A到C有

$\begin{array}{l} m g L - q E L = \frac{1}{2} m v^{2} \\ Τ_{2} - m g = m \frac{v^{2}}{L} \end{array}$

由以上解得T2=mg (3-2tanθ) .

【点拨】匀强电场中电势差和电场强度的关系:沿场强方向的两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积, U=Ed, E=U/d.注意:①d必须是沿场强方向的距离, 如果ab两点间距l不沿场强方向, 计算电势差时, d的取值应为l在沿场强方向的投影, 即为a、b两点所在的等势面的垂直距离;②此两式只适用于匀强电场.

14. (2011届山东省聊城市高三12月月考物理试题) 如图所示, 在竖直平面内建立xOy直角坐标系, Oy表示竖直向上的方向.已知该平面内存在沿x轴负方向、区域足够大的匀强电场, 现有一个带电量为2.5×104C的小球从坐标原点O沿y轴正方向以1.6J的初动能竖直向上抛出, 它到达的最高位置为图中的Q点, 不计空气阻力, g取10m/s2, 求:

(1) 小球带何种电荷;

(2) 匀强电场的电场强度大小;

(3) 小球从O点抛出到落回x轴的过程中电势能的改变量.

【解析】 (1) 小球带负电.

(2) 小球在y方向上做竖直上抛运动, 在x方向做初速度为零的匀加速运动, 最高点Q的坐标为 (1.6, 3.2) , 则

$v_{0}^{2} = 2 g y ‚ E_{k 0} = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} ‚ m = 0.05 k g$

$\begin{array}{l} 又 x = \frac{1}{2} a t^{2} = \frac{q E t^{2}}{2 m} ‚ y = \frac{1}{2} g t^{2} ‚ \\ E = 1 \times 10^{3} Ν / C . \end{array}$

(3) 由 $y = \frac{1}{2} g t^{2}$ 可解得上升阶段时间为t=0.8s, 所以全过程时间为t′=2t=1.6s,

x方向发生的位移为 $x = \frac{1}{2} a t^{'}^{2} = \frac{q E t^{'}^{2}}{2 m} = 6.4 m .$

由于电场力做正功, 所以电势能减少, 设减少量为ΔE, 代入数据得ΔE=qEx=1.6J.

【点拨】电场力做功的四种计算方法: (1) 定义式计算法:WAB=FSAB·cosθ=qEdAB.此式仅适用于匀强电场, 式中E为电场强度, SAB为A、B两点的距离, dAB为沿场强方向的位移; (2) 电势变化计算法:WAB=qUAB=q (φA-φB) ; (3) 电势能变化计算法:WAB=-Δε=εA-εB; (4) 动能变化计算法: $W_{A B} = Δ E_{k} = \frac{1}{2} m v_{B}^{2} - \frac{1}{2} m v_{A}^{2}$ (此式只适用于只有电场力做功情况) .其中 (2) 、 (3) 和 (4) 情况不仅适用于匀强电场, 也适用于非匀强电场.

七、恒定电流

1. (2012届武汉市起点调研测试) 半导体材料的导电性能受外界条件的影响很大, 有的半导体在温度升高时其电阻减小得非常迅速.利用这种半导体材料可以制成体积很小的热敏电阻.如图所示是火警报警系统的部分电路, 其中RT为热敏电阻, 电流表A为值班室的显示器, a、b之间接报警器.当热敏电阻RT所在处出现火情时, 显示器A的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是 ( )

A.I变大, U变大 B.I变大, U变小

C.I变小, U变大 D.I变小, U变小

【解析】当RT处出现火情时, RT减小, 导致外电路的总电阻减小.根据闭合电路欧姆定律得:干路中的电流I总 $= \frac{E}{R + r}$ 增大;路端电压U=E-I总r减小.根据欧姆定律得R1两端的电压U1=I总R1增大, R2两端的电压U2=U-U1减小, 所以电流表示数I= U2/R2减小.选项D正确.

【答案】D

【点拨】考查闭合电路欧姆定律, 半导体材料的应用, 电路的动态分析.在讨论电路中电阻发生变化后引起电流、电压发生变化的问题时, 要善于把部分电路和全电路结合起来.由本题可知, 要推出正确的结论, 严密的逻辑推理能力至关重要.

2. (2012届山东青州一中高三一轮复习测试) 横截面的直径为d、长为l的导线, 两端电压为U, 当这三个量中一个改变时, 对自由电子定向运动的平均速率的影响是 ( )

A.电压U加倍, 自由电子定向运动的平均速率不变

B.导线长度l加倍, 自由电子定向运动的平均速率加倍

C.导线横截面的直径加倍, 自由电子定向运动的平均速率不变

D.以上说法均不正确

【解析】由欧姆定律 $Ι = \frac{U}{R}$ 、电阻定律 $R = \frac{ρ l}{s}$ 和I=nesv可得, $v = \frac{U}{n ρ e l}$ .从上式可知C正确.

【答案】C

【点拨】电流的微观表达式I=nesv.式中n为单位体积内的自由电荷数, e是电子电量, s为导体截面积, v为自由电子定向移动速率.

3. (2011届江苏省泗阳中学高三考前热身练习) 如图所示的电路中, 输入电压U恒为12V, 灯泡L标有“6V 12W”字样, 电动机线圈的电阻RM=0.50Ω.若灯泡恰能正常发光, 以下说法中正确的是 ( )

A.电动机的输入功率是12W

B.电动机的输出功率是12W

C.电动机的热功率是2.0W

D.整个电路消耗的电功率是22W

【解析】灯正常发光, 表明灯两端电压UL=6V, 电路中电流为I=P/UL=2A.电动机两端电压也为6V, 电动机的输入功率P=IUM=2×6=12W, 电动机的发热功率PRM=I2RM=2W, 电动机的输出功率为P出=P-PRM=10W, 整个电路中消耗的功率为P总=IU=2×12=24W.

【答案】AC

【点拨】额定功率:即是用电器正常工作时的功率, 当用电器两端电压达到额定电压Um时, 电流达到额定电流Im, 电功率也达到额定功率Pm, 且Pm=ImUm, 如果是纯电阻电器还可写成Pm=U2m/R=I2mR.

4. (2011届湖北省闻一多中学高三十月月考) 如图所示, A、B、C分别表示理想电流表或电压表, 灯L1与L2的额定电压相同, 灯L1的额定功率大于灯L2的额定功率, 当电键S闭合时, L1、L2恰好能正常发光.若A、B、C的示数均不为零, 则可判定 ( )

A.A、B、C均为电流表

B.A、B、C均为电压表

C.B为电流表, A、C为电压表

D.B为电压表, A、C为电流表

【解析】此题可采用排除法, 如果都是理想电流表, 两灯均被短路, 不可能正常发光, A错;如果都是理想电压表, 两灯均处于断路状态, 两灯也不能正常发光, B错;如果B是电流, A、C是电压表, 则通过两灯的电流相等, 也不可能均达到额定功率, C错;因此只有D正确.

【答案】D

【点拨】如果没有特别声明, 可把电表理想化, 即认为电流表的内阻RA=0, 电压表的内阻RV→∞.

5. (2011届衡水中学高考物理选择题限时练) 在图中所示的电路中, 电源电动势为3.0V, 内阻不计, L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡, 这种小灯泡的伏安特性曲线如图所示.当开关闭合后, 下列判断正确的是 ( )

A.灯泡L1的电阻为12Ω

B.通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍

C.灯泡L1消耗的电功率为0.75W

D.灯泡L2消耗的电功率为0.30W

【解析】由于电源电动势为3.0V, 内阻不计, 所以当开关闭合后, 达到稳定状态时, 加在小灯泡L1两端的电压应为3.0V, 由小灯泡的伏安特性曲线可以看出当电压为3.0V时, 流过小灯泡L1的电流为0.25A, 由此求得, 灯泡L1的电阻为12Ω, 所以A正确;由P=IU可以求得灯泡L1消耗的电功率为0.75W, 所以C正确;由I=U/R可知B也是正确的.

【答案】ABC

【点拨】伏安特性曲线:导体中的电流I和电压U的关系可以用图线表示.用纵轴表示电流I, 横轴表示电压U, 绘出的I-U图线叫做导体的伏安特性曲线.某导体的伏安特性曲线的斜率等于这个导体电阻的倒数.

6. (2010学年上海市徐汇区高三学习能力诊断卷) 如图所示是由基本逻辑电路构成的一个公路路灯自动控制电路, 图中虚线框内M是一个感应元件, 虚线框N中使用的是门电路, 为使路灯能在光线不够的情况下自动点亮, 则应选择 ( )

A.M为光敏电阻, N为或门电路

B.M为光敏电阻, N为非门电路

C.M为热敏电阻, N为或门电路

D.M为热敏电阻, N为与门电路

【解析】光敏电阻随着光照强度的增大, 它的阻值相应减小, 光线不够的情况下, 它的阻值增大, 电流减小, 而非门电路能使低电压转化为高电压, 使路灯自动点亮, B正确.

【答案】B

【点拨】半导体:导电性能介于导体和绝缘体之间, 但还有许多特殊电学性能, 如压敏特征、热敏特性和光敏特性等, 因而由不同半导体可做成压敏元件、热敏电阻和光敏电阻等.门电路包括与门、非门和与非门, 三个门电路使电路闭合的条件依次是输入端都是高电位时、输入端都是低电位时、只要有一个输入端是低电位, 了解这些才能解答本题.

7. (2010学年上海市嘉定区高三物理一模试卷) 酒精测试仪的工作原理如图所示, 其中P是半导体型酒精气体传感器, 该传感器电阻r′的倒数与酒精气体的浓度C成正比, R0为定值电阻.以下关于电压表示数的倒数 $\frac{1}{U}$ 与酒精气体浓度的倒数 $\frac{1}{C}$ 之间关系的图象, 正确的是 ( )

【解析】由 $r^{'} = k \frac{1}{C} ‚ U = \frac{E}{r + R_{0} + r^{'}} \cdot R_{0}$ , 得 $\frac{1}{U} = \frac{r + R_{0}}{E R_{0}} + \frac{k}{E R_{0}} \cdot \frac{1}{C}$ , 所以A正确.

【答案】A

【点拨】闭合电路的电流跟电源的电动势成正比, 跟内、外电路的电阻之和成反比, 这个结论叫做闭合电路的欧姆定律.表达式: $Ι = \frac{E}{R + r}$ ;适用条件:此公式只适用于纯电阻电路, 当外电路中有电动机、电解槽等用电器时, 此公式不再适用.但U外=E-Ir仍可应用.

8. (2011届高考物理二轮总复习回归基础题综合检测) 利用电动机通过如图所示的电路提升重物, 已知电源电动势E=6V, 电源内阻r=1Ω, 电阻R=3Ω, 重物质量m=0.10kg, 当将重物固定时, 电压表的示数为5V, 当重物不固定, 且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时, 电压表的示数为5.5V, 求重物匀速上升时的速度大小 (不计摩擦, g取10m/s2) .

【解析】设电动机内阻为r′.

当重物固定时, 电动机并不输出其他形式能, 电动机为纯电阻,

$\begin{array}{l} Ι = \frac{E - U}{r} = 1 A ‚ \\ R + r^{'} = \frac{U}{Ι} = 5 Ω ‚ r^{'} = 2 Ω . \end{array}$

当重物不固定时 $Ι^{'} = \frac{E - U}{r} = 0.5 A ‚$

P出=UI′=2.75W,

PR+Pr′=I′2 (R+r′) =1.25W.

所以对物体的功率P=P出-PR-Pr′=mgv,

解得v=1.5m/s.

【点拨】电功和电热的区别与联系:①区别:电功是指输入某段电路的全部电能, 或这段电路上消耗的全部电能:W=UIt.电热是指在这段电路上因发热而消耗的电能:Q=I2Rt.②联系:从能量转化的角度分析, 电功与电热的数量关系为:W≥Q, 即UIt≥I2Rt.在纯电阻电路中, 如白炽灯、电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁等构成的电路, 电流做功全部转化为内能, 电功等于电热, 即W=Q或UIt=I2Rt, 在计算电功和电热时, 可采用公式W=Q=UIt=I2Rt=U2t/R=Pt中任一形式进行计算.在非纯电阻电路中, 如含有电动机、电解槽, 给蓄电池充电、日光灯等, 电流做功除了一部分转化为内能外, 还有一部分转化为机械能或化学能等, 此时有W>Q, 或UIt>I2Rt, 此种情况下, 电功只能用公式W=UIt进行计算, 电热Q只能用公式Q=I2Rt计算, 在计算产生的机械能或化学能时可用公式:W=Q+E其他.

9. (2010届上海市七校高三下学期联考) 如图所示, 一电荷量q=3×10-5C带正电的小球, 用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点.电键S合上后, 当小球静止时, 细线与竖直方向的夹角α=37°.已知两板相距d=0.1m, 电源电动势ε=15V, 内阻r=0.5Ω, 电阻R1=3Ω, R2=R3= R4 =8Ω.g取10m/s2, 已知sin37°=0.6, cos37°=0.8.求:

(1) 电源的输出功率;

(2) 两板间的电场强度的大小;

(3) 带电小球的质量.

【解析】 (1) R外=7.0Ω , R总=7.5Ω, I=15/7.5=2A,

电源的输出功率:P出=I2R外=22×7.0=28W.

(2) U外=IR=2×7=14V,

两板间的电场强度: E=U/d=14/0.1=140V/m.

(3) Eq=mgtg37°,

带电小球的质量:m=Eq/gtg37°= (140×3×10-5) / (10×0.75) =5.6×10-4kg.

【点拨】闭合电路中的功率:由闭合电路欧姆定律E=U内+U外, 两端乘以电流I得EI=U内I+U外I.式中U内I和U外I分别表示内电路和外电路上消耗的电功率, EI表示电源提供的电功率.又可以表示为P总=P外+P内.所以, 闭合电路欧姆定律是全电路中能的转化和守恒的反映.

10. (2010届山西省山大附中高三12月月考) 如图所示, 电源电动势E=6V, 电源内阻不计.定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ.

(1) 若在ab之间接一个C=100μF的电容器, 闭合开关S, 电路稳定后, 求电容器上所带的电量;

(2) 若在ab之间接一个内阻RV = 4.8kΩ的电压表, 求电压表的示数.

【解析】 (1) 设电容器上的电压为 $U_{C} ‚ U_{C} = \frac{R_{2}}{R_{1} + R_{2}} E .$

电容器的带电量Q=CUC, 解得: Q=4×10-4C.

(2) 设电压表与R2并联后电阻为R并, R并 $= \frac{R_{2} R_{V}}{R_{2} + R_{V}} .$

则电压表上的电压为: $U_{V} = \frac{R_{并}}{R_{1} + R_{并}} E$ , 解得:UV=3V.

【点拨】电流表的改装 (或扩程) 与校准:将电流计改装成电流表, 需将电流计并联一个较小的电阻;也可将电压表改装成电流表, 需将电压表并联一个小一些的电阻, 改装后的电流表校准时应将改装好的电流表与标准电流表串联, 看二者的读数是否一致, 如不一致, 找出原因再进行改装, 修正.

11. (2010届浙江省舟山中学高三第二次月考试卷) 如图所示, 已知电源电动势E=20V, 内阻r=1Ω, 当接入固定电阻R=4Ω时, 电路中标有“3V, 6W”的灯泡L和内阻RD=0.5Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作.试求:

(1) 电路中的电流大小;

(2) 电动机的额定电压;

(3) 电动机的输出功率.

【解析】 (1) 灯泡L正常发光, 电路中的电流为 $Ι = \frac{Ρ_{L}}{U_{L}} = \frac{6}{3} = 2 A .$

(2) 由闭合电路欧姆定律可求得, 电动机的额定电压为:

UD=E-I (r+R) -UL=20-2× (1+4) -3=7V.

(3) 电动机的总功率为P总=IUD=2×7=14W,

电动机的热功率为P热=I2RD=22×0.5=2W,

所以电动机的输出功率为P出=P总-P热=14-2=12 (W) .

【点拨】电功的计算公式W=UIt是电功的基本计算公式, 适用于任何电路.根据W=Pt, 也可以计算电功, 但是, 根据I=U/R推出的电功的两个计算公式:W=I2Rt和 $W = \frac{U^{2}}{R} t$ , 只适用于计算将电能完全转化为内能的用电器的电功.

篇3：情景交际性试题技巧点拨

一、遵循固定的表达方式，即固定的句型或习语。例如：

1. ——Hello!May I speak to Mike?

——Yes. ____.

A. My name is MikeB. I’m Mike

C. This is Mike speakingD. Mike is here

[析]打电话时，双方的询问与回答都有习惯说法。例如：

Hello!May I speak to Li Ping?

Who’s that?/Who is that speaking?

This is Li Ping./This is Li Ping speaking.

因此本题正确答案为C。

2. ——Would you mind my smoking here?

——____.

A. Yes, sit down please B. No, of course not

C. Yes, take it please D. No, you can’t take it

[析]当别人用Would(Do) you mind…? 这一委婉的表达方法来征求你的同意或许可时，你通常可用两种方式回答：A.用否定形式表示同意或许可。例如：No, of course not./Of course not./Certainly not./No, please./Not at all. B.用某种理由委婉回绝。例如： I’m sorry, but…./I’m afraid that…/I would rather you wouldn’t…

由此，我们可以看出，本题正确答案为B。

3. ——Happy New Year to you!

——____.

A. The same to youB. You do too

C. The same as you D. You have it too

[析]听到对方的祝愿以后，如果表示“祝愿你也如此”时，习惯上用The same to you./I wish you the same./You, too!来作出回应。因此本题正确答案为A。

4. ——Let me introduce myself. I’m Albert.

——____.

A. What a pleasureB. It’s my pleasure

C. I’m very pleasure D. Pleased to meet you

[析]当两个人初次见面，一方作了自我介绍，另一方通常应说：Pleased to meet you./It’s nice (a pleasure) to meet you./Happy(Glad) to meet(see) you. 因此本题正确答案为D。

5. ——Would you like to have a party this weekend?