通用版备战2012届高考复习冲刺测试试题4-3匀速圆周运动

《第4章匀速圆周运动》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、一辆汽车在水平圆形跑道上以恒定速度行驶，下列关于汽车运动的描述中，正确的是：A、汽车所受的向心力方向始终指向圆心B、汽车的速度大小不变，但方向不断变化，因此速度是变化的C、汽车做匀速圆周运动，其加速度方向始终指向圆心D、汽车做匀速圆周运动，其加速度方向始终与速度方向相同2、一个物体在水平面上做匀速圆周运动，下列关于物体运动的描述中，错误的是：A、物体的速度大小不变，但方向不断变化，因此速度是变化的B、物体的向心力方向始终指向圆心，大小不变C、物体的角速度大小不变，但方向不断变化，因此角速度是变化的D、物体的加速度方向始终指向圆心，大小与向心力成正比3、一个物体以恒定的线速度沿半径为R的圆形轨道运动，则物体的角速度(ω)与周期T的关系为（）A、(ω=2πT )B、(ω=2πT)C、(ω=T)D、(ω=T2π)4、一物体在做匀速圆周运动时，下列哪个物理量保持恒定（）A、线速度大小B、加速度大小C、角速度D、向心力大小5、在匀速圆周运动中，物体所受的向心力方向始终指向圆心，以下关于向心力的描述正确的是：A、向心力是物体保持圆周运动的原因B、向心力的大小与物体的速度成正比C、向心力与物体的圆周半径成正比D、向心力与物体在圆周上的位置无关6、一辆汽车以恒定速度进行匀速圆周运动，下列关于该汽车的说法正确的是：A、汽车的向心加速度随着半径的增大而减小B、汽车所受的向心力随着质量的增大而增大C、汽车在某一位置所受的向心力与速度的方向垂直D、汽车在圆周上的运动轨迹是直线7、一物体做匀速圆周运动，其速度大小为(v)，圆周运动的半径为(r)，角速度为(ω)。

以下关于该匀速圆周运动的说法中，正确的是（）A、物体的线速度(v)与角速度(ω)的关系为(v=ωr)B、物体的角速度(ω)与线速度(v)的关系为(ω=vr)C、物体的线速度(v)与半径(r)的关系为(v=rω)D、物体的角速度(ω)与半径(r)的关系为(ω=v 2r)二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、匀速圆周运动的物体，其线速度大小（）。

人教版新课标2012届高考物理一轮复习第四章曲线运动万有引力定律第3课时匀速圆周运动一、选择题1．如图1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．若在传动过程中，皮带不打滑．则()图1A．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点的角速度大小相等2．如图2所示，水平转台上放着一枚硬币，当转台匀速转动时，硬币没有滑动，关于这种情况下硬币的受力情况，下列说法正确的是()图2A．受重力和台面的支持力B．受重力、台面的支持力和向心力C．受重力、台面的支持力、向心力和静摩擦力D．受重力、台面的支持力和静摩擦力3．(江苏高考)关于做匀速圆周运动物体的向心加速度的方向，下列说法正确的是() A．与线速度方向始终相同B．与线速度方向始终相反C．始终指向圆心D．始终保持不变4．下列关于匀速圆周运动的说法中，不正确的是()A．相等的时间里通过的路程相等B．相等的时间里通过的弧长相等C．相等的时间里通过的位移相等D．相等的时间里转过的角度相等5．图3为A、B两物体做匀速圆周运动时向心加速度a随半径r的变化的图线，由图可知()图3A．A物体的线速度大小不变B．A物体的角速度不变C．B物体的线速度大小不变D．B物体的角速度与半径成正比6．如图4所示，长为l的细绳一端固定在O点，另一端拴住一个小球，在O点的正下方与O点相距l2的地方有一枚与竖直平面垂直的钉子；把小球拉起使细绳在水平方向伸直，由静止开始释放，当细绳碰到钉子的瞬间，下列说法不正确的是()图4A．小球的线速度不发生突变B．小球的角速度突然增大到原来的2倍C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍D．绳子对小球的拉力突然增大到原来的2倍7.一圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R，甲、乙两物体的质量分别为M与m(M>m)，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为l(l<R)的轻绳连在一起，如图5所示，若将甲物体放在转动轴的位置上，甲、乙之间的连线刚好沿半径方向拉直，要使两物体与圆盘之间不发生相对滑动，则圆盘旋转的角速度最大值不得超过()图5A. μ(M－m)gml B.μ(M－m)gMlC. μ(M＋m)gMl D.μ(M＋m)gml8．如图6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()图6A．周期不相同B．线速度的大小相等C．角速度的大小相等D．向心加速度的大小相等9.如图7所示，有一质量为M的大圆环，半径为R，被一轻杆固定后悬挂在O点，有两个质量为m的小环(可视为质点)，同时从大环两侧的对称位置由静止滑下，两小环同时滑到大环底部时，速度都为v，则此时大圆环对轻杆的拉力大小为()图7A．(2m＋2M)gB．Mg－2m v2/RC．2m(g＋v2/R)＋MgD．2m(v2/R－g)＋Mg二、非选择题10．如图8所示，在半径为R的转盘的边缘固定有一竖直杆，在杆的上端点用长为L 的细线悬挂一小球，当转盘旋转稳定后，细绳与竖直方向的夹角为θ，则小球转动周期为多大？图811．(改编题)如图9所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m的小球A、B以不同速率进入管内，A通过最高点C时，对管壁上部的压力为3mg，B通过最高点C时，对管壁下部的压力为0.75mg.求A、B两球落地点间的距离．图9答案1．C 2.D 3.C 4.C 5.A 6.D7.D 8．C9.C10．2πR＋L sin θg tan θ11．3R。

试卷类型：B新课标地区2012届高三全国高考模拟预测试卷四物理适用地区：课标地区考查范围：线运动、相互作用、牛顿运动定律、曲线运动、万有引力、机械能、3-1注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对用题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、单项选择题（本题共6小题，每小题3分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1. (2011·辅仁模拟)宇宙飞船在半径为R1的轨道上运行，变轨后的半径为R2，R1＞R2.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的( )A．线速度变小 B．角速度变小C．周期变大 D．向心加速度变大2.（2011·海南卷）三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知()A．n＝3B．n＝4C．n＝5 D．n＝63. 质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A ．小球对圆槽的压力为MF m ＋MB ．小球对圆槽的压力为mF m ＋MC ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D ．水平恒力F 变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小4.（2011·全国新课标）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I 引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )5. (2011·宁波模拟)质量为1 kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.2.对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F ，使物体在水平面上运动了3t 0的时间．为使物体在3t 0时间内发生的位移最大，力F 随时间的变化情况应该为四个图中的( )6．（2011·安徽卷）如图甲所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图1－12乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是( )A ．0<t 0<T4B.T 2<t 0<3T 4C.3T4<t 0<T D ．T <t 0<9T8二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错的，得0分.） 7．（2011·全国新课标）电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( ) A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍 B ．只将电流I 增加至原来的2倍 C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变 8．（2011·浙江卷）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L .一群质量为m 、电荷量为q 、具有不同速度的粒子从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大9.（2011·山东卷）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 与c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( ) A ．b 点场强大于d 点场强 B ．b 点场强小于d 点场强C ．a 、b 两点的电势差等于b 、c 两点间的电势差D ．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能10.用力传感器悬挂一钩码沿竖直方向由静止开始运动．如图所示中实线是传感器记录的拉力大小变化情况，则( )A．钩码的重力约为4 NB．钩码的重力约为3 NC．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、d，失重状态的是b、cD．a、b、c、d四段图线中，钩码处于超重状态的是a、b，失重状态的是c、d第Ⅱ卷三、填空题（本题共2小题，每小题4分，共8分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）11．如图所示，地面上某区域存在着匀强电场，其等势面与地面平行等间距．一个质量为m、电荷量为q的带电小球以水平方向的初速度v0由等势线上的O点进入电场区域，经过时间t，小球由O 点到达同一竖直平面上的另一等势线上的P点．已知连线OP与水平方向成45°夹角，重力加速度为g，则OP两点的电势差为________．四、实验题（本题共2小题，第13题6分，第14题9分，共15分.把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程.）13．（2011·天津卷）某同学测量阻值约为25 kΩ的电阻R x，现备有下列器材：A．电流表(量程100 μA，内阻约2 kΩ)；B．电流表(量程500 μA，内阻约300 Ω)；C．电压表(量程15 V，内阻约100 kΩ)；D．电压表(量程50 V，内阻约500 kΩ)；E．直流电源(20 V，允许最大电流1 A)；F．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定功率1 W)；G．开关和导线若干．电流表应选________，电压表应选________．(填字母代号)该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________.14．（2011·江苏卷）某同学利用如图所示的实验电路来测量电阻的阻值．(1)将电阻箱接入a、b之间，闭合开关．适当调节滑动变阻器R′后保持其阻值不变．改变电阻箱的阻值R，得到一组电压表的示数U与R的数据如下表：电阻R/Ω 5.0 10.0 15.0 25.0 35.0 45.0电压U/V 1.00 1.50 1.80 2.14 2.32 2.45(2)用待测电阻R x替换电阻箱，读得电压表示数为2.00 V．利用(1)中测绘的U－R图象可得R x＝________Ω.(3)使用较长时间后，电池的电动势可认为不变，但内阻增大．若仍用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象测定某一电阻，则测定结果将________(选填“偏大”或“偏小”)．现将一已知阻值为10 Ω的电阻换接在a、b之间，你应如何调节滑动变阻器，便仍可利用本实验装置和(1)中测绘的U－R图象实现对待测电阻的准确测定？五、计算题（本题共4小题，第15题8分，第16题11分，第17、18题各12分，共43分.把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤.）15．如图所示，在y <0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面并指向纸里，磁感应强度为B .一带负电的粒子(质量为m 、电荷量为q )以速度v 0从O 点射入磁场，入射方向在xOy 平面内，与x 轴正向的夹角为θ.求：(1)该粒子射出磁场的位置坐标A ；(2)该粒子在磁场中运动的时间．(粒子所受重力不计)17．（2011·安徽卷）如图所示，在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场方向垂直于xOy 平面向里．一带正电的粒子(不计重力)从O 点沿y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t 0时间从P 点射出． (1)求电场强度的大小和方向．(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O 点以相同的速度射入，经t 02时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．(2)若仅撤去电场，带电粒子仍从O 点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间．18．（2011·山东卷）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图，Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L ，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m 、电量为－q 、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN 板处由静止释放，极板间电压为U ，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.(1)当Ⅰ区宽度L 1＝L 、磁感应强度大小B 1＝B 0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B 0及粒子在Ⅰ区运动的时间t 0.(2)若Ⅱ区宽度L 2＝L 1＝L ，磁感应强度大小B 2＝B 1＝B 0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h .(3)若L 2＝L 1＝L 、B 1＝B 0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B 2应满足的条件．(4)若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．试卷类型：A2012届高三全国高考模拟预测试卷四物理参考答案1. 【答案】D【解析】根据GmMr2＝mv2r＝mω2r＝m4π2rT2＝ma向得v＝GMr，可知变轨后飞船的线速度变大，A错；角速度变大，B错；周期变小，C错；向心加速度变大，D正确．2. 【答案】D【解析】设1、2两球间距离为r，由库仑定律可得，接触前1、2两球间的作用力为F＝kq·nqr2.由于小球完全相同，当小球互相接触时会平分电荷，即当小球3与小球2接触后各带电荷nq2，当小球3再与小球1接触时会再次平分所带电荷，最后小球1带电荷n＋24q，移走小球3后，1、2两球间的作用力为F′＝knq2·n＋2q4r2，因F′＝F，可解得n＝6，选项D正确．3. 【答案】C【解析】利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球对圆槽的压力为mg2＋m2F2M＋m2，可知只有C选项正确．4. 【答案】B【解析】地理的南极是地磁场的N极，由右手螺旋定则知B正确．5. 【答案】 D【解析】由牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，再画出其对应的v－t图象，则其与t轴所围面积最大，则位移最大6. 【答案】B【解析】由U－t图象可以作出几个典型时刻开始运动对应的v－t图象，取向A板运动方向为正方向，如图所示：分别考虑在一个周期内带电粒子的运动情况．当t0＝0，粒子一直往B板运动．当t0＝T8，粒子先往B板运动，到7T8时往A板运动，在一个周期内总位移还是向B板．当t 0＝T 4，粒子先往B 板运动，到3T4时往A 板运动，在一个周期内总位移为零；同理也可以分析出其余几个典型时刻的运动情况．然后对运动情况总结如下：若0<t 0< T4，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到B 板，故选项A 、D 错误；若T 4<t 0<T2，则粒子先往B 板运动，后往A 板运动，最终打到A 板． 若T 2<t 0<3T4，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到A 板，故选项B 正确； 若3T4<t 0<T ，则粒子先往A 板运动，后往B 板运动，最终打到B 板，故选项C 错误． 7. 【答案】BD【解析】弹体所受安培力为F 安＝BIl ，由动能定理得：BIL ＝12mv 2，只将轨道长度L 变为原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，A 错误；只将电流I 增加至原来的2倍，其磁感应强度也随之增加至原来的2倍，其速度将增加至原来的2倍，B 正确；只将弹体质量减至原来的一半，其速度将增加至原来的2倍，C 错误； 将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍时，其速度将增加至原来的2倍，D 正确． 8. 【答案】BC【解析】因为带电粒子进入磁场后向右偏转，所以粒子带负电，A 选项错误；对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB ＝mv 2r ，得v ＝qBrm，带电粒子速度越大，半径就越大，如图所示，r max ＝3d ＋L 2，r min ＝L 2，所以v max ＝qB 3d ＋L 2m ，v min ＝qBL2m，故选项B正确；因v max －v min ＝3qBd2m，由此可知选项C 正确，选项D 错误．9. 【答案】BC【解析】两等量异种电荷产生的电场如图所示，由图可知，d 点的电场线比b 点的电场线密集，所以d 点的场强大于b 点的场强，A 项错误，B 项正确．a 、c 两点关于MN 对称，b 点在MN 上，同一点电荷从a 到b 和从b 到c 电场力做的功相同，由W ＝qU 可知U ab ＝U bc ，C 项正确．a 点电势高于c 点电势，同一正电荷在a 点的电势能大于在c 点的电势能，D 项错误．10. 【答案】 AC【解析】 求解本题的关键是对图象及超重、失重概念的准确理解．由于初始状态物体静止，所以钩码的重力等于拉力，从图上可读出拉力约为4 N ，故A 正确，B 错误；据“超重时拉力大于重力、失重时拉力小于重力”可知，C 正确，D 错误． 11. 【答案】2mv 02－mgv 0tq【解析】因为v y ＝2v 0，由动能定理可得：12m (v y 2＋v 02)－12mv 02＝mgv 0t ＋qU OP ，所以U OP ＝2mv 02－mgv 0t q ，带电粒子在电场与重力场的复合场中运动，可利用合运动与分运动的关系，把曲线转化为直线运动，简化运动过程． 12. 【答案】Blv2 【解析】因粒子经O 点时的速度垂直于OP ，故OP ＝2R ， 又qB mv R =，所以Blv m q 2=. 13. 【答案】 B C 电流表应采用内接法 滑动变阻器应采用分压式接法【解析】 如果电流表选用A ，则电压表的读数最大为U ＝IR ＝100×10－6×25×103V ＝2.5 V ，该电压仅为电压表C 的量程的16，读数误差较大，因此电流表选择B.电流表选择B 时，待测电阻两端的最大电压为U ＝IR ＝500×10－6×25×103V ＝12.5 V ．可见，电压表需选择C.滑动变阻器的最大电阻仅为待测电阻的125，为使实验时电表读数变化明显，滑动变阻器必须使用分压式接法． R V R x ＝10025＝4，R x R A ＝25×103300≈83，显然R V R x ＜R x R A，待测电阻为大电阻，电流表必须使用内接法． 14. 【答案】 (1)如图所示 (2)20 (3)偏小 改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V.【解析】 (1)利用表格中的数据，采用描点作图法作图．(2)根据所画出的图象，读出电压2 V 对应的电阻为20 Ω. (3)由闭合电路欧姆定律可知，内阻增大，则干路电流减小，电路中电压表的读数就会减小，根据图象，可知测量值偏小；为了测量准确，需要增大电流，所以可减小滑动变阻器的阻值大小，根据实验数据表格，改变滑动变阻器阻值，使电压表读数为1.50 V ，就可以实现准确测量．15. 【答案】(1)A ⎝⎛⎭⎪⎫－2mv 0sin θqB，0 (2)2m π－θqB【解析】(1)带负电的粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿如图所示的轨迹运动，从A 点射出磁场，设O 、A 间的距离为L ，射出时速度的大小仍为v 0，射出方向与x 轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得：qv 0B ＝m v 02R式中R 为圆轨道半径，解得：R ＝mv 0qB① 圆轨道的圆心位于OA 的中垂线上， 由几何关系可得：L2＝R sin θ②联立①②两式，得：L ＝2mv 0sin θqB所以粒子离开磁场的位置坐标为A ⎝⎛⎭⎪⎫－2mv 0sin θqB，0. (2)因为T ＝2πR v 0＝2πm qB所以粒子在磁场中运动的时间t ＝2π－2θ2πT ＝2mπ－θqB.16. 【答案】(1)20 m (2)32【解析】(1)由v ­t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离 Δx ＝10＋42×4 m－42×4 m＝20 m.(2)设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，达相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小为a ，木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律 对物块，μ1mg ＝ma 1对木板，μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 对整体，μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a由图象可得，a 1＝1.5 m/s 2，a 2＝1 m/s 2，a ＝0.5 m/s 2由以上各式解得m M ＝32.17. 【解析】 (1)设带电粒子的质量为m ，电荷量为q ，初速度为v ，电场强度为E .可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x 轴负方向，于是可知电场强度沿x 轴正方向 且有qE ＝qvB ① 又R ＝vt 0 ②则E ＝BR t 0③(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 在y 方向位移为y ＝v t 02④由②④式得 y ＝R2⑤设在水平方向位移为x ，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x ＝32R又由x ＝12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 02 2⑥得a ＝4 3Rt 20⑦(3)仅有磁场时，入射速度v ′＝4v ，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r ，由牛顿第二定律有qv ′B ＝m v ′2r⑧又qE ＝ma ⑨ 由③⑦⑧⑨式得r ＝3R3⑩ 由几何知识sin α＝R2r ⑪即sin α＝32，α＝π3⑫带电粒子在磁场中运动周期T ＝2πm qB则带电粒子在磁场中运动时间t B ＝2α2πT所以t B ＝3π18t 0 ⑬ 18. 【解析】 如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v ，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R 1，由动能定理和牛顿第二定律得qU ＝12mv 2 ①qvB 1＝m v 2R 1②图1由几何知识得L ＝2R 1sin θ ③联立①②③式，代入数据得B 0＝1L 2mU q④设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T ，运动的时间为t T ＝2πR 1v ⑤t ＝2θ2πT ⑥联立②④⑤⑥式，代入数据得 t ＝πL 3m 2qU⑦(2)设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R 2，由牛顿第二定律得qvB 2＝m v 2R 2⑧由几何知识可得h ＝(R 1＋R 2)(1－cos θ)＋L tan θ ⑨ 联立②③⑧⑨式，代入数据得h ＝(2－233)L ⑩(3)如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足 R 2(1＋sin θ)<L [或R 2(1＋sin θ)≤L ] ⑪ 联立①⑧⑪式，代入数据得 B 2>3L mU 2q (或B 2≥3L mU 2q) ⑫图2(4)如图3(或图4)所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得 L 1＝R 1(sin θ＋sin α) ⑬ [或L 1＝R 1(sin θ－sin α)]L 2＝R 2(sin θ＋sin α) ⑭ [或L 2＝R 2(sin θ－sin α)] 联立②⑧式得B 1R 1＝B 2R 2 ⑮ 联立⑬⑭⑮式得 B 1L 1＝B 2L 2 ⑯图3图4。

2012届高考物理总复习课时训练卷(含答案和解释) 1．(2010年衢州模拟)下面说法中正确的是()A．做曲线运动的物体速度方向必定变化B．速度变化的运动必定是曲线运动C．加速度恒定的运动不可能是曲线运动D．加速度变化的运动必定是曲线运动解析：做曲线运动的物体速度大小不一定变化，但速度方向必定变化，A项正确．速度变化的运动可能是速度大小在变，也可能是速度方向在变化，也可能是速度的大小和方向都变化，不一定是曲线运动，B项错误．加速度恒定的运动可能是匀变速直线运动，也可能是匀变速曲线运动，C项错误．加速度变化的运动可能是变加速直线运动，也可能是变加速曲线运动，D项错误．答案：A2．2010年9月19日强台风“凡亚比”在台湾花莲县丰滨乡附近沿海登陆．“凡亚比”台风过后，台湾政府组织武警战士驾驶摩托艇救人，假设江岸A是平直的，洪水沿江向下游流去，水流速度为v1，摩托艇在静水中的航速为v2，战士救人的地点B离江岸A最近处O的距离为d.若战士想在最短时间内将人送上岸，则摩托艇登陆的地点离O点的距离为()A.dv2v22－v21B．0C.dv1v2D.dv2v1解析：要想时间最短，摩托艇的航向必须垂直于河岸方向，则航行时间t＝dv2，沿河岸方向通过的距离为x＝v1t＝dv1v2.答案：C3．(2010年湖南长沙)狗拉雪橇沿位于水平面内的圆弧形道路匀速行驶，以下给出的4个关于雪橇受到的牵引力F及摩擦力Ff的示意图(图中O 为圆心)中正确的是()解析：物体做匀速圆周运动的条件是物体所受的合力指向圆心，雪橇所受滑动摩擦力的方向与运动方向相反，由此判断只有C选项符合以上条件，所以C正确．答案：C4．(2010年河北衡水中学第三次调研)现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上下通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，运动员能顺利完成该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，要使这个表演成功，运动员除了跳起的高度足够外，在起跳时双脚对滑板作用力的合力方向应该()A．竖直向下B．竖直向上C．向下适当偏后D．向下适当偏前解析：由于运动员最终仍落在滑板原来的位置上，所以运动员和滑板在水平方向上的运动不变，双脚对滑板作用力的合力只能沿竖直方向，由题意可以判断应竖直向下，选项A正确．答案：A5．在无风的情况下，跳伞运动员从水平飞行的飞机上跳伞，下落过程中受到空气阻力．下列描绘下落速度的水平分量大小vx、竖直分量大小vy与时间t的图象，可能正确的是()解析：运动员跳伞时，既有水平速度也有竖直速度，即实际速度的方向斜向下，而阻力与运动方向相反，即斜向上，并且阻力随速度的增大而增大，故水平方向做加速度逐渐减小的减速运动，A错，B可能正确；在竖直方向其合力为mg－Ffy，且Ffy在增大，所以物体在竖直方向做加速度逐渐减小的加速运动，故C、D均错．答案：B6．第九届全国少数民族传统体育运动会将于2011年9月10日在贵州省贵阳市举办．民族运动会上有一个骑射项目，运动员骑在奔驰的马背上，弯弓放箭射击侧向的固定目标．假设运动员骑马奔驰的速度为v1，运动员静止时射出的弓箭速度为v2.跑道离固定目标的最近距离为d.要想在最短的时间内射中目标，则运动员放箭处离目标的距离应该为()A.dv2v22－v21B.dv21＋v22v2C.dv1v2D.dv2v1解析：要想在最短的时间内射中目标，必须使v2方向与跑道垂直，则箭从射出到射中的时间为dv2，箭沿跑道方向运动的位移为v1•dv2，放箭处离目标的距离为＋d2＝dv21＋v22v2，选项B正确．答案：B7．如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游1003m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是()A.433m/sB.833m/sC．2m/sD．4m/s解析：恰好使小船避开危险区，小船应沿直线AB到达对岸，如右图所示，则有：tanθ＝BDAD＝33，θ＝30°，当船头与AB垂直时，小船在静水中的速度最小，因此，最小速度v1＝v2sinθ＝4sin30°＝2m/s，故选项C正确．答案：C8．一快艇要从岸边某一不确定位置处到达河中离岸边100m处的一浮标处，已知快艇在静水中的速度vx图象和流水的速度vy图象如图甲、乙所示，则()A．快艇的运动轨迹为直线B．快艇的运动轨迹为曲线C．能找到某一位置使最快到达浮标处的时间为20sD．最快到达浮标处的位移为100m解析：快艇沿河岸方向的匀速运动与垂直河岸的匀加速运动的合运动是类平抛运动性质的曲线运动，选项A错误，B正确．最快到达浮标处的方式是使垂直河岸的速度vx保持图甲所示的加速度a＝0.5m/s2加速运动，则12at2＝x，代入x＝100m解得t＝20s，选项C正确．但实际位移s＝x2x＋x2y>100m，选项D错误．答案：BC9．如图所示的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车下装有吊着物体B的吊钩．在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起，A、B之间的距离以d＝H －2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化，则物体做()A．速度大小不变的曲线运动B．速度大小增加的曲线运动C．加速度大小、方向均不变的曲线运动D．加速度大小、方向均变化的曲线运动解析：利用速度的合成与分解的知识，分析物体的运动，分别分析速度和加速度，再确定物体做曲线运动还是直线运动．物体B在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上A、B间距离变化的规律为d＝H－2t2，则B与地面的高度为y＝H－d＝2t2＝12×4×t2，即位移与时间成二次函数关系，所以物体B在竖直方向上从地面开始向上做匀加速直线运动，由运动学公式x＝v0t＋12at2知v0＝0、a＝4m/s2.物体B的实际运动是水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动的合运动，则物体B做类平抛运动，故选项B、C正确．答案BC10．一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点A离滑轮的距离是H.车由静止开始向左做匀加速运动，经过时间t绳子与水平方向的夹角为θ，如图所示，试求：(1)车向左运动的加速度的大小．(2)重物m在t时刻速度的大小．解析：(1)汽车在时间t内向左走的位移：x＝Hcotθ又汽车匀加速运动x＝12at2所以a＝2xt2＝2Hcotθt2(2)此时汽车的速度v汽＝at＝2Hcotθt由运动的分解知识可知，汽车速度v汽沿绳的分速度与重物m的速度相等，即v物＝v汽cosθ得v物＝2Hcotθcosθt答案：(1)2Hcotθ/t2(2)2Hcotθcosθ/t11．宽9m的成型玻璃以2m/s的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，金刚割刀的速度为10m/s，为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，则：(1)金刚割刀的轨道应如何控制？(2)切割一次的时间多长？(3)所生产的玻璃板的规格是怎样的？解析：(1)由题目条件知，割刀运动的速度是实际的速度，所以为合速度．其分速度的效果恰好相对玻璃垂直切割．设割刀的速度v2的方向与玻璃板速度v1的方向之间的夹角为θ，如图所示．要保证割下的是矩形的玻璃板，则由v2是合速度得v1＝v2cosθ，所以cosθ＝v1v2＝15，即θ＝arccos15，所以，要割下矩形玻璃板，割刀速度方向与玻璃板速度方向夹角θ＝arccos15.(2)切割一次的时间：t＝dv2sinθ＝910×1－125s＝0.92s.(3)切割出的矩形玻璃板的规格为：长度：d＝9m，宽度：l＝v1t＝2×0.92m＝1.84m.答案：(1)割刀速度方向与玻璃板速度方向夹角为arccos15(2)0.92s(3)长9m，宽1.84m。

2012届高考物理总复习课时训练卷及答案1．下列叙述中正确的是()A．滑动摩擦力总是对物体做功，静摩擦力总是不做功B．只要是恒力对物体做功，都是与物体运动路径无关，只与物体的初末位置有关C．物体的动能变化量为零，物体所受的合外力一定为零，或者物体的位移为零D．外力对物体做功的代数和为零的过程中，物体必定处于静止状态或匀速直线运动状态解析：滑动摩擦力有时不对物体做功，静摩擦力也可以对物体做功，A 错．利用匀速圆周运动模型可以否定C、D.答案：B2．速度为v的子弹，恰好可以穿透一块固定着的木板，如果子弹速度为2v，子弹穿透木板时阻力视为不变，则可穿透几块同样的木板() A．2块B．3块C．4块D．1块解析：设阻力为f，根据动能定理，初速为v时－fs＝0－12mv2，初速为2v时－fns＝0－12m(2v)2，解得n＝4.答案：C3．如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与皮带间的动摩擦因数为μ.当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功可能是()A．等于12mv2B．小于12mv2C．大于μmgsD．小于μmgs解析：物体在传送带上相对地面可能先加速后匀速，也可能一直加速而物体的速度小于v，故可能等于12mv2，可能小于12mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，但不可能大于μmgs，故选A、B、D.答案：ABD4．质量为1kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力作用，其动能随位移变化的图线如图所示，g＝10m/s2，则物体在水平地面上()A．所受合外力大小为5NB．滑行的总时间为4sC．滑行的加速度大小为1m/s2D．滑行的加速度大小为2.5m/s2解析：物体初动能为50J(初速度为10m/s)，在摩擦力作用下滑动20m 动能为零，根据动能定理得所受合外力为2.5N，A错；由牛顿第二定律知物体加速度大小为2.5m/s2，C错D对；时间t＝v0a＝4s，B对．答案：BD5．(2010年合肥)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．μmgsB．2μmgsC．3μmgsD．4μmgs解析：由动能定理，A→B，mgh－μmgs＝0，C→A，则W－μmg•2s－mgh＝0，∴W＝3μmgs.答案：C6．(2010年山东东营)人通过滑轮将质量为m的物体，沿粗糙的斜面由静止开始匀加速地由底端拉上斜面，物体上升的高度为h，到达斜面顶端的速度为v，如图所示．则在此过程中()A．物体所受的合外力做功为mgh＋12mv2B．物体所受的合外力做功为12mv2C．人对物体做的功为mghD．人对物体做的功大于mgh解析：物体沿斜面做匀加速运动，根据动能定理：W合＝WF－Wf－mgh＝12mv2，其中Wf为物体克服摩擦力做的功．人对物体做的功即是人对物体的拉力做的功，所以W人＝WF＝Wf＋mgh＋12mv2，A、C 错误，B、D正确．答案：BD7．如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：金属棒受重力、恒力F和安培力作用，力F对金属棒做功，金属棒克服重力和安培力做功，由动能定理WF＋WFA＋WG＝ΔEkWF＋WFA＝－WG＋ΔEk＝mgh＋ΔEk即F与FA做功的代数和等于金属棒机械能的增加量，故A正确，B、C、D均错．答案：A8．(2010年江苏)如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A 端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小．先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有()A．物块经过P点的动能，前一过程较小B．物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较少C．物块滑到底端的速度，前一过程较大D．物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长解析：前一过程，从A到P，所受摩擦力较大，下滑加速度较小，位移较小，故在P点的动能较小；后一过程，从B到P，下滑加速度较大，位移较大，故在P点的动能较大，所以A正确；两过程中，前者摩擦力大，位移小，后者摩擦力小，位移大，无法比较产生热量的大小，故B不正确；物块滑到底端的两过程合外力的功相同，根据动能定理，滑到底端速度相等，即C不正确；由牛顿第二定律，结合两次加速度变化特点，两次图象如v-t图所示，位移相等，故前一过程时间较长，D正确．答案：AD9．(2010年潍坊二模)质量为2kg的物体，放在动摩擦因数μ＝0.1的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移l之间的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，则此物体()A．在位移为l＝9m时的速度是33m/sB．在位移为l＝9m时的速度是3m/sC．在OA段运动的加速度是2.5m/s2D．在OA段运动的加速度是1.5m/s2解析：在位移l＝9m时由动能定理，W－μmgl＝12mv2∴v＝2W－2μmglm＝2×27－2×0.1×2×10×92m/s＝3m/s.在OA段运动时，W＝FlF＝Wl＝153N＝5N∴F－μmg＝ma∴a＝F－μmgm＝5－0.1×2×102m/s2＝1.5m/s2.答案：BD10．质量为5×103kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6×104W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，该汽车受恒定阻力，其大小为2.5×103N．求：(1)汽车的最大速度vm；(2)汽车在72s内经过的路程s.解析：(1)达到最大速度时，牵引力等于阻力P＝fvmvm＝Pf＝6×1042.5×103m/s＝24m/s(2)由动能定理可得Pt－fs＝12mv2m－12mv20所以s＝2Pt－－＝2×6×104×72－－2×2.5×103m＝1252m答案：(1)24m/s(2)1252m11．(2009年福建)如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中．一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然伸长状态．一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；(3)从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象．图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量．(本小题不要求写出计算过程)解析：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有qE＋mgsinθ＝ma①s0＝12at21②联立①②可得t1＝2ms0qE＋mgsinθ③(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为x0，则有mgsinθ＋qE＝kx0④从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mgsinθ＋qE)•(s0＋x0)＋W＝12mv2m－0⑤联立④⑤可得W＝12mv2m－(mgsinθ＋qE)•(s0＋mgsinθ＋qEk) (3)如图(说明：0～t1匀加速是直线t1～t2变加速达最大速度t2～t3变减速减到零)答案：(1)2ms0qE＋mgsinθ(2)12mv2m－(mgsinθ＋qE)(s0＋mgsinθ＋qEk)(3)见解析。

2012届高考物理总复习课时训练卷（带答案）1．游客乘坐过山车，在圆弧轨道最低点处获得的向心加速度达到20m/s2，g取10m/s2，那么此位置座椅对游客的作用力相当于游客重力的()A．1倍B．2倍C．3倍D．4倍解析：由牛顿第二定律可得(人的质量设为m)：FN－mg＝ma向心，代入数值解得FN＝3mg，故C正确．答案：C2．(2010年广东广州)如图是磁带录音机的磁带盒的示意图，A、B为缠绕磁带的两个轮子，两轮的半径均为r，在放音结束时，磁带全部绕到了B轮上，磁带的外缘半径R＝3r，现在进行倒带，使磁带绕到A轮上．倒带时A轮是主动轮，其角速度是恒定的，B轮是从动轮．经测定，磁带全部绕到A轮上需要时间为t，则从开始倒带到A、B两轮的角速度相等所需要的时间()A．等于t2B．大于t2C．小于t2D．等于t3解析：本题考查圆周运动、线速度、角速度、半径之间的关系．A的角速度是恒定的，但是A的半径越来越大，根据v＝ωr可得v在增大，所以一开始需要的时间比较长，B项正确．答案：B3．如图所示，在第七届亚冬会上双人花样滑冰比赛中，有时会看到被男运动员拉着的女运动员离开地面在空中做圆锥摆运动的精彩场面，假设体重为G的女运动员做圆锥摆运动时和水平冰面的夹角约为30°，重力加速度为g，估算该女运动员()A．受到的拉力为3GB.受到的拉力为2GC．向心加速度为3gD．向心加速度为2g解析：女运动员做圆锥摆运动，对女运动员受力分析可知，受到重力G、男运动员对女运动员的拉力F，竖直方向合力为零，有Fsin30°＝G得F ＝2G，B项正确．水平方向的合力提供匀速圆周运动的向心力，有Fcos30°＝ma向，即2mgcos30°＝ma向，所以a向＝3g，C项正确．答案：BC4．(2010年贵州崇文中学)如图是一种“滚轮—平盘无极变速器”示意图，它由固定于主动轴上的平盘和可随从动轴移动的圆柱形滚轮组成．由于摩擦作用，当平盘转动时，滚轮就会跟随转动，如果认为滚轮不会打滑，那么，主动轴转速n1、从动轴转速n2、滚轮半径r以及滚轮距离主动轴中心的距离x之间的关系是()A．n2＝n1xrB．n2＝n1rxC．n2＝n1x2r2D．n2＝n1xr解析：由于平盘和滚轮接触处的线速度大小相等，所以2πn1x＝2πn2r，即n2＝n1xr.所以选项A正确．答案：A5．(2010年抚顺六校二模)如图所示，小球以大小为v0的初速度由A 端向右运动，到B端时的速度减小为vB，若以同样大小的初速度由B 端向左运动，到A端时的速度减小为vA.已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道，D为AB中点．以下说法正确的是()A．vA>vBB．vA＝vBC．vA解析：左边圆弧轨道，FN1－mg＝mv21R，右边圆弧轨道mg－FN2＝mv22R∴FN1>FN2.而f＝μFN∴f1>f2而W＝－f•l，选A.答案：A6．如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，内侧壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是()A．小球通过最高点时的最小速度vmin＝＋B．小球通过最高点时的最小速度vmin＝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解析：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Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg ＝mv2R＋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．答案：BC7．如图所示，木块P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，关于木块所受摩擦力f的叙述正确的是()A．f的方向总是指向圆心B．圆盘匀速转动时f＝0C．在转速一定的条件下，f的大小跟木块到轴O的距离成正比D．在木块与轴O的距离一定的条件下，圆盘匀速转动时，f的大小跟圆盘转动的角速度成正比解析：木块随着圆盘转动时，不一定是匀速转动，所以摩擦力的方向也不一定沿半径方向，只有圆盘匀速转动时摩擦力才指向圆心，所以A 选项错误；匀速转动时静摩擦力提供向心力，所以静摩擦力肯定不为零，所以B错误；当转速一定时，说明做的是匀速圆周运动，由此可知，静摩擦力与转动半径成正比，所以C选项正确；在半径一定时，木块做匀速转动，静摩擦力与角速度的平方成正比，所以D选项错误，故答案为C.答案：C8．中央电视台《今日说法》栏目报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．住在公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经公安部门和交通部门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是()A．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做离心运动B．由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车做向心运动C．公路在设计上可能内(东)高外(西)低D．公路在设计上可能外(西)高内(东)低解析：汽车进入民宅，远离圆心，因而车做离心运动，A对，B错．汽车在水平公路上拐弯时，静摩擦力提供向心力，此处，汽车以与水平公路上相同速度拐弯，易发生侧翻，摩擦力不足以提供向心力；也可能是路面设计不太合理，内高外低．重力沿斜面方向的分力背离圆心而致，C对，D错．答案：AC9．在2010年11月16日广州亚运会上，场地自行车女子记分赛决赛我国选手刘馨顺利夺冠，如图1所示．比赛时运动员分别沿不同的轨道行驶，该过程可简化为如图2所示的理想模型，两质点分别在M和N两处紧贴着圆台内壁分别在虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，不计摩擦，则()A．M处质点的线速度一定大于N处质点的线速度B．M处质点的角速度一定大于N处质点的角速度C．M处质点的运动周期一定等于N处质点的运动周期D．M处质点的向心加速度一定大于N处质点的向心加速度解析：某质点在圆台内壁沿水平面做匀速圆周运动时的受力情况如图所示，其中θ为比赛场地所在的斜面与水平面之间的夹角，则mgtanθ＝ma ＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r，分别解得a＝gtanθ，v＝rgtanθ，ω＝gtanθr，T＝2πrgtanθ，由此可以判断得出aM＝aN，vM>vN，ωMTN，只有A对．答案：A10．如图所示，细绳一端系着质量M＝0.6kg的物体，静止在水平面，另一端通过光滑小孔吊着质量m＝0.3kg的物体，M的中点与圆孔距离为0.3m．已知M和水平面的最大静摩擦力为2N，现使此平面绕中心轴线转动，问角速度ω在什么范围m会处于静止状态？(g取10m/s2) 解析：设物体M和水平面保持相对静止，当ω具有最小值时，M有向圆心运动的趋势，故水平面对M的摩擦力方向和指向圆心方向相反，且等于最大静摩擦力2N.隔离M有T－fm＝Mω21r0．3×10－2＝0.6ω21×0.2解得ω1＝2.9rad/s当ω具有最大值时，M有离开圆心的趋势，水平面对M摩擦力方向指向圆心，大小也为2N.隔离M有T＋fm＝Mω22r0．3×10＋2＝0.6ω22×0.2解得ω2＝6.5rad/s故ω范围是2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s.答案：2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s11．如图所示，一根长0.1m的细线，一端系着一个质量为0.18kg的小球，拉住线的另一端，使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40N，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；(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边线的夹角为60°，桌面高出地面0.8m，求：小球飞出后的落地点距桌边线的水平距离．解析：(1)线的拉力等于向心力，设开始时角速度为ω0，向心力是F0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力是F.F0＝mω20R①F＝mω2R②由①②得FF0＝ω2ω20＝91③又因为F＝F0＋40N④由③④得F＝45N(2)设线断开时速度为v由F＝mv2R得，v＝FRm＝45×0.10.18m/s＝5m/s (3)设桌面高度为h，小球落地经历时间为t.t＝2hg＝0.4s则小球飞出后的落地点到桌边线的水平距离为l＝v•sin60°•t＝5×32×0.4m＝3m＝1.73m.答案：(1)F＝45N(2)v＝5m/s(3)l＝1.73m。

图3a 图3 b2012年高考北京市高三一轮复习训练—必修2：机械能1．(2011东城期末)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车辆叫做动车。

而动车组就是几节自带动力的车辆（动车）加几节不带动力的车辆（也叫拖车）编成一组，就是动车组，如图所示。

假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。

若1节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为120km/h ；则6节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为A ．120km/hB ．240km/hC ．320km/hD ．480km/h 答案：C 2．（2011丰台期末） 如图4所示，，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动。

在移动过程中，下列说法正确的是A ． F 对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力所做的功之和B ． F 对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C ． 木箱克服重力做的功大于木箱增加的重力势能D ． F 对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和答案：A3．（2011石景山期末）如图2所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h ．让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中（ ）A ．圆环机械能守恒B ．弹簧的弹性势能先增大后减小C ．弹簧的弹性势能变化了mghD ．弹簧的弹性势能最大时圆环动能最大 答案：C4． (2011怀柔一模） 如图3a 、3b 所示，是一辆质量m=6×103kg 的公共汽车在t=0和t=4s 末两个时刻的两张照片。

当t=0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）．图3c 是车内横杆上悬挂的拉手环（相对汽车静止）经放大后的图像，测得θ=150．根据题中提供的信息，可以估算出的物理量有图4图2A ．4s 内汽车牵引力所做的功B ．4s 末汽车牵引力的功率C ．汽车所受到的平均阻力D ．汽车的长度 答案：D 5．（2011丰台二模）(16分)如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，圆心为O 点。