2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析46：提分检测(四)

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析：4圆周运动及其应用（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意) 1.(创新题)第十三届中国吴桥国际杂技艺术节于2011年10月22日在石家庄市(主会场)拉开了序幕.如图所示的杂技演员在表演“水流星”的节目时，盛水的杯子经过最高点杯口向下时水也不洒出来，对于杯子经过最高点时水的受力情况，下列说法正确的是( )A.水处于失重状态，不受重力的作用B.水受平衡力的作用，合力为零C.由于水做圆周运动，因此必然受到重力和向心力的作用D.杯底对水的作用力可能为零2.汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧，两车沿半径方向受到的摩擦力分别为f 甲和f 乙，以下说法正确的是( ) A.f 甲小于 f 乙 B.f 甲等于f 乙 C.f 甲大于f 乙D.f 甲和f 乙大小均与汽车速率无关3.(预测题)如图所示，倾斜轨道AC 与有缺口的圆轨道BCD 相切于C ，圆轨道半径为R ，两轨道在同一竖直平面内，D 是圆轨道的最高点，缺口DB 所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C 点后便进入圆轨道，要想使它上升到D 点后再落到B 点，不计摩擦，则下列说法正确的是( ) A.释放点需与D 点等高 B.释放点需比D 点高R 4C.释放点需比D 点高R2D.使小球经D 点后再落到B 点是不可能的4.(创新题)小明同学在学习中勤于思考，并且善于动手，在学习了圆周运动知识后，他自制了一个玩具，如图所示，用长为r 的细杆粘住一个质量为m 的小球，使之绕另一端O 在竖直平面内做圆周运动，小球运动到最高点时的速度v ＝gr/2，在这点时( ) A.小球对细杆的拉力是mg2B.小球对细杆的压力是mg2C.小球对细杆的拉力是32mgD.小球对细杆的压力是mg二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意) 5.关于匀速圆周运动的说法，正确的是( )A.匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度B.做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速度C.做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动D.匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运动 6.如图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，若在转动过程中，皮带不打滑，则( )A.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 点的向心加速度大小相等7.如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A和B ，它们与盘间的动摩擦因数相同，当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，烧断细线，则( )A.两物体均沿切线方向滑动B.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，同时所受摩擦力减小C.两物体仍随圆盘一起做匀速圆周运动，不会发生滑动D.物体B 仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体A 发生滑动，离圆盘圆心越来越远8.“飞车走壁”是一种传统的杂技艺术，演员骑车在倾角很大的桶面上做圆周运动而不掉下来.如图所示，已知桶壁的倾角为θ，车和人的总质量为m ，做圆周运动的半径为r ，若使演员骑车做圆周运动时不受桶壁的摩擦力，下列说法正确的是( )A.人和车的速度为grtan θB.人和车的速度为grsin θC.桶面对车的弹力为mg cos θ D.桶面对车的弹力为mgsin θ9.(易错题)如图所示，小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，管道内侧壁半径为R ，小球半径为r ，则下列说法中正确的是( )A.小球通过最高点时的最小速度v min＝g(R＋r)B.小球通过最高点时的最小速度v min＝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三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(16分)某实验中学的学习小组在进行科学探测时，一位同学利用绳索顺利跨越了一道山涧，他先用绳索做了一个单摆(秋千)，通过摆动，使自身获得足够速度后再平抛到山涧对面，如图所示，若他的质量是M，所用绳长为L，在摆到最低点B处时的速度为v，离地高度为h，当地重力加速度为g，则：(1)他用的绳子能承受的最大拉力应不小于多少？(2)这道山涧的宽度应不超过多大？11.(易错题)(20分)如图所示，一根长0.1 m的细线，一端系着一个质量为0.18 kg的小球，拉住线的另一端，使小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40 N，求：(1)线断开前的瞬间，线受到的拉力大小；(2)线断开的瞬间，小球运动的线速度大小；(3)如果小球离开桌面时，速度方向与桌边缘的夹角为60°，桌面高出地面0.8 m，求小球飞出后的落地点距桌边缘的水平距离.答案解析1.【解析】选D.失重状态是物体对支持物(或绳)的弹力小于重力，但物体所受重力不变，A 项错；水受力不平衡，有向心加速度，B 项错；向心力不是性质力，本题中向心力由重力和弹力的合力提供，C 项错；当重力恰好提供水做圆周运动的向心力时，杯底对水的作用力为零，D 项对.2.【解析】选A.做匀速圆周运动的条件：速度不为零，受到大小不变方向总是与速度方向垂直沿半径指向圆心的合外力的作用，而且合外力等于圆周运动物体所需要的向心力F 向＝m v2r ，本题中摩擦力提供向心力，即f ＝m v2r ，由于r 甲>r 乙，故f 甲<f 乙，A 正确.3.【解析】选D.小球刚好过D 点的速度为v D ，由mg ＝m v 2DR 得，v D ＝gR.当落至与B 点等高的水平面上时，平抛的水平位移x ＝v D 2Rg＝2R>R ，故经过D 点后小球不可能落至B 点，只有D 正确.4.【解析】选B.解法一：在最高点时，若细杆对小球没有弹力作用，则有mg ＝mv 2r ，得v 0＝gr.由于v ＝gr2<v 0，所以细杆对小球有竖直向上的弹力作用，根据牛顿第二定律和向心力公式有mg －N ＝mv 2r ，得N ＝mg 2.由牛顿第三定律知，小球对细杆的压力N ′＝N ＝mg2.故选B.解法二：假设细杆对小球有竖直向下的拉力，根据牛顿第二定律和向心力公式有mg ＋N ＝mv2r ，得N ＝－mg2，负号说明细杆对小球有竖直向上的支持力.由牛顿第三定律知，小球对细杆的压力N ′＝N ＝mg2.故选B.5.【解析】选B 、D.速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度.加速度大小虽然不变，但方向时刻改变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动.故本题选B 、D.6.【解题指南】求解此题应明确a 、c 两点线速度大小相等，b 、c 、d 三点角速度大小相等，然后利用公式v ＝r ω，a ＝v2r求解.【解析】选C 、D.v c ＝2r ω，v b ＝r ω，所以v c ＝2v b ，a 、c 是皮带连接的两轮边缘上的点，线速度大小相等，所以v a ＝2v b ，故A 错C 对；v a ＝r ωa ，v b ＝r ωb ，由v a ＝2v b ，得ωa ＝2ωb ，故B 错；设a 点线速度为v ，c 点线速度也为v ，对c 点，v ＝2r ω，对d 点，v d ＝4r ω＝2v ，a a＝v 2r ，a d ＝(2v)24r ＝v 2r ，故a 点与d 点的向心加速度大小相等，D 对. 【总结提升】传动问题的解题技巧 (1)明确皮带传动和轮轴的特点.(2)清楚线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，从而能熟练地运用在线速度或角速度相等时，角速度、线速度、加速度与半径的比值关系. (3)同转轴上各点ω相同，而线速度v ＝ωr 与半径成正比.(4)不考虑皮带打滑的情况下，两轮边缘的各点线速度大小相等，而角速度ω＝vr 与半径成反比.另外，由v 、T 、f 、ω之间的关系，向心加速度的表达式a ＝v 2r ＝ω2r ＝ωv ＝4π2T 2r ＝4π2f 2r ，在应用时，要结合已知条件灵活运用.7.【解析】选B 、D.当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，A 物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，A 所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，A 要发生相对滑动，但是B 仍保持相对圆盘静止状态，故A 、C 选项错误，D 选项正确；而且由于没有了细线的拉力，B 受静摩擦力减小，B 选项正确. 8.【解析】选A 、C.对人和车进行受力分析如图所示，根据直角三角形的边角关系和向心力公式可列方程：mgtan θ＝m v2r ，Ncos θ＝mg ，解得v ＝grtan θ，N ＝mg cos θ.故A 、C 正确. 【变式备选】(双选)如图所示，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( ) A.运动周期相同 B.运动线速度相同 C.运动角速度相同D.向心加速度相同【解析】选A 、C.对小球而言，只受两个力：重力mg 和线的拉力F ，如图所示. 这两个力的合力mgtan α提供向心力，半径r ＝htan α，所以由F ＝mr ω2得mgtanα＝mhtan α·ω2.可见，角速度与α无关，选项C 正确；由v ＝r ω可知，由于半径不同，线速度的大小不同，选项B 错误；由T ＝2πω知，A正确；由a ＝ω2r 知，D 错误.9.【解析】选B 、C.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F mg 的合力提供向心力，即：N －F mg ＝m v2R ＋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.10.【解析】(1)该同学在B 处，由牛顿第二定律得：F －Mg ＝M v2L ， (3分)解得：F ＝Mg ＋M v2L ， (3分)即他用的绳子能承受的最大拉力不小于Mg ＋M v2L . (2分)(2)对该同学做平抛运动的过程由运动学公式得：水平方向有：x ＝vt ， (3分) 竖直方向有：h ＝12gt 2. (3分)联立解得：x ＝v2hg， (2分) 即这道山涧的宽度不超过v 2h g . 答案：(1)Mg ＋M v2L(2)v2h g11.【解题指南】分别列出小球所需向心力的表达式，再利用题中给出的条件，可求出线的拉力及小球的线速度大小，小球离开桌面之后做平抛运动，根据平抛运动知识及方向关系可求出结果.【解析】(1)线的拉力提供小球做圆周运动的向心力，设开始时角速度为ω0，向心力为F 0，线断开的瞬间，角速度为ω，线的拉力为T.F 0＝m ω20R ①(2分) T ＝m ω2R②(2分) 由①②得T F 0＝ω2ω20＝91 ③(2分)又因为T ＝F 0＋40 N ④(2分) 由③④得T ＝45 N(2分) (2)设线断开时小球的线速度大小为v ， 由T ＝mv2R 得，v ＝TR m＝45×0.10.18m/s ＝5 m/s (4分) (3)设桌面高度为h ，小球落地经历时间为t ，落地点与飞出桌面点的距离为x. 由h ＝12gt 2得t 0.4 s (2分) x ＝vt ＝2 m (2分) 则小球飞出后的落地点到桌边缘的水平距离为l ＝xsin60°＝1.73 m. (2分)答案：(1)45 N (2)5 m/s (3)1.73 m。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析53平抛运动的规律及应用（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.关于做平抛运动的物体，正确的说法是( )A.速度始终不变B.加速度始终不变C.受力始终与运动方向垂直D.受力始终与运动方向平行2.为了探究影响平抛运动水平射程的因素，某同学通过改变抛出点的高度及初速度的方法做了6次实验，实验数据记录如表.以下探究方案符合控制变量法的是( )A.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据B.若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为1、3、5的实验数据C.若探究水平射程与高度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据D.若探究水平射程与初速度的关系，可用表中序号为2、4、6的实验数据3.(预测题)如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面H高处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截(炮弹运动过程看做竖直上抛)，设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足( )A.v 1＝Hx v 2 B.v 1＝v 2x HC.v 1＝xHv 2 D.v 1＝v 24.(创新题)如图所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、 v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 互相垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两个小球初速度之比v 1v 2为( )A.tan αB.cos αC.tan αtan α D.cos αcos α 二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)[] 5.(创新题)如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的是( )A.笔尖留下的痕迹是一条抛物线B.笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线C.在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变D.在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变6.如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上.已知底线到网的距离为L 、重力加速度取g.将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )A.球的速度v 等于Lg 2HB.球从击出至落地所用时间为2H g[:] C.球从击球点至落地点的位移等于LD.球从击球点至落地点的位移与球的质量有关7.如图所示，一个电影替身演员准备跑过一个屋顶，然后水平跳跃并离开屋顶，在下一个建筑物的屋顶上着地.如果他在屋顶跑动的最大速度是4.5 m/s ，那么下列关于他能否安全跳过去的说法正确的是(g 取9.8 m/s 2)( )[]A.他安全跳过去是可能的B.他安全跳过去是不可能的C.如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最小速度应大于6.2 m/sD.如果要安全跳过去，他在屋顶跑动的最大速度应小于4.5 m/s8.(易错题)如图所示，在某次自由式滑雪比赛中，一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v 0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g ，则( )A.如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同B.不论v 0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的C.运动员落到雪坡时的速度大小是v 0cos θD.运动员在空中经历的时间是2v 0tan θg9.如图所示，在斜面顶端a 处以速度va 水平抛出一小球，经过时间t a 恰好落在斜面底端P 点；今在P 点正上方与a 等高的b 处以速度v b 水平抛出另一小球，经过时间t b 恰好落在斜面的中点处，若不计空气阻力，下列关系式正确的是( ) A.v a ＝v b B.v a ＝2v b C.t a ＝t b D.t a ＝2t b三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(易错题)(16分)如图所示，静止放在水平光滑的桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝1.0 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间的动摩擦因数为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为x ＝0.8 m.已知g ＝10 m/s 2，桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不翻滚.求：(1)铁块抛出时速度大小； (2)纸带从铁块下抽出所用时间t 1.11.(20分)如图为一网球场长度示意图，球网高为h ＝0.9 m ，发球线离网的距离为x ＝6.4 m ，某一运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线上方H ＝1.25 m 高处，设击球后瞬间球的速度大小为v 0＝32 m/s ，方向水平且垂直于网，试通过计算说明网球能否过网？若过网，试求网球的直接落地点离对方发球线的距离L ？(不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2)答案解析1.【解析】选B.物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g ，B 正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A 错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C 、D 错误.2.【解析】选B.应用控制变量法进行实验时，如果研究其中两个量的关系，必须使其他变量为定值，因此若探究水平射程与初速度的关系，应使抛出点的高度一定，故A 、D 均错；若探究水平射程与高度的关系，应使水平初速度为定值，故B 对，C 错.3.【解析】选C.由题意知从发射到拦截成功水平方向应满足：x ＝v 1t ，同时竖直方向应满足： H ＝12gt 2＋v 2t －12gt 2＝v 2t ， 所以有x v 1＝H v 2，即v 1＝xHv 2，C 选项正确.4.【解析】选C.两小球被抛出后都做平抛运动，设容器半径为R ，两小球运动时间分别为t 1、t 2，对A 球：Rsin α＝v 1t 1，Rcos α＝12gt 21；对B 球：Rcos α＝v 2t 2，Rsin α＝12gt 22，解四式可得：v 1v 2＝tan αtan α，C 项正确.【变式备选】一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示.小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( ) A.1tan θ B.12tan θC.tan θD.2tan θ【解析】选B.如图所示，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：tan θ＝v 0gt ，则下落高度与水平射程之比为y x ＝gt 22v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ，B 正确.5.【解析】选A 、D.铅笔尖做类平抛运动，水平方向上向右匀速运动，竖直方向上从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，故笔尖留下的痕迹是一条抛物线，在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上保持不变，故A 、D 正确.6.【解析】选A 、B.由平抛运动规律知，在水平方向上有：L ＝vt ，在竖直方向上有：H ＝12gt 2，联立解得t ＝2Hg，v ＝L g 2H，所以A 、B 正确；球从击球点至落地点的位移为s ＝H 2＋L 2，C 、D 错误.7.【解析】选B 、C.根据y ＝12gt 2，当他降落在下一个屋顶时，下落的高度y ＝4.9 m ，所用时间t ＝2y g＝2×4.99.8 s ＝1.0 s ，最大水平位移：x ＝v m t ＝4.5×1.0 m ＝4.5 m ＜6.2 m ，所以他不能安全到达下一个屋顶.要想安全跳过去，他的跑动速度至少要大于6.21.0 m/s ，即6.2m/s.故B 、C 正确.8.【解析】选B 、D.如果v 0不同，则该运动员落到雪坡时的位置不同，但位移方向均沿斜坡，即位移方向与水平方向的夹角均为θ，由tan φ＝2tan θ得速度方向与水平方向的夹角均为φ，故A 错、B 对；将运动员落到雪坡时的速度沿水平和竖直方向分解，求出运动员落到雪坡时的速度大小为v 0cos φ，故C 错；由几何关系得tan θ＝12gt 2v 0t ，解出运动员在空中经历的时间t ＝2v 0tan θg，故D 对. 【总结提升】平抛运动的解题技巧(1)突出落点位置问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系.(2)突出落点方向即末速度的方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系.[] (3)注意挖掘和利用合运动、分运动及题设情境之间的几何关系. 9.【解析】选B 、D.设斜面高为h ，底边长为d.[]则对a 球：h ＝12gt 2a ①d ＝v a ·t a ② 对b 球：h 2＝12gt 2b ③d2＝v b ·t b ④ 由①③得t a ＝2t b ⑤ C 错，D 对.由②④⑤得：v a ＝2v b ，A 错，B 对. 10.【解析】(1)铁块做平抛运动水平方向：x ＝vt ①(3分)[] 竖直方向：H ＝12gt 2②(3分)联立①②两式解得：v ＝2 m/s. (2分) (2)设铁块的加速度为a 1，由牛顿第二定律得：μmg ＝ma 1 ③(3分) 纸带抽出时，铁块的速度v ＝a 1t 1 ④(3分) 联立③④两式解得：t 1＝2 s. (2分) 答案：(1)2 m/s (2)2 s11.【解题指南】首先确定网球是否能过网，若能过网，再根据平抛运动的规律计算出网球的水平射程.【解析】网球在水平方向通过网所在处历时为t 1＝xv 0＝0.2 s (4分)下落高度h 1＝12gt 21＝0.2 m (4分)因h 1<H －h ＝0.35 m ，故网球可过网. (3分) 网球到落地历时t ＝2Hg＝0.5 s (3分) 水平方向的距离s ＝v 0t ＝16 m (3分) 所求距离为L ＝s －2x ＝3.2 m (3分) 答案：见解析。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析56运动图像追及相遇问题（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.在现实生活中，物体运动的v-t图线不可能存在的是( )2.某物体运动的v-t图象如图所示，则下列说法正确的是( )A.物体在第1 s末运动方向发生改变B.物体在第2 s内和第3 s内的加速度是相同的[.]C.物体在第6 s末返回出发点D.物体在第5 s末离出发点最远，且最大位移为0.5 m3.(预测题)如图所示为物体做直线运动的v-t图象. 若将该物体的运动过程用s-t图象表示出来(其中s为物体相对出发点的位移)，则图中的四幅图描述正确的是( )4.(易错题)如图所示，A、B两物体相距s＝7 m，物体A以v A＝4 m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时的速度v B＝10 m/s，只在摩擦力作用下向右做匀减速运动，加速度大小为a＝2 m/s2，那么物体A追上物体B所用的时间为( )A.7 sB.8 sC.9 sD.10 s二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(创新题)如图所示，是A、B两质点运动的速度图象，则下列说法正确的是( )A.前4 s内A质点以10 m/s的速度匀速运动B.前4 s内B质点一直以5 m/s 的速度与A同方向运动C.B质点最初3 s内的位移是10 mD.B质点最初3 s内的路程是10 m6.(2012·东莞模拟)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度—时间图象如图所示，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 s时，a、b两物体相距最远C.60 s时，物体a在物体b的前方D.40 s时，a、b两物体速度相等，相距900 m7.(易错题)如图所示，汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至车头距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s将熄灭，而在绿灯熄灭时该汽车的车头刚好停在停车线处，则在这3 s 内，汽车运动的v-t图象可能是( )8.完全相同的甲、乙两个物体放在同一水平地面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过时间t0和4t0，速度分别达到2v0和v0时撤去F1、F2，甲、乙两物体开始做匀减速直线运动，直到静止.其速度随时间变化情况如图所示，则下列各项说法中正确的是( )A.若在F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1＞s2B.若整个运动过程中甲、乙两物体的位移分别为s1′、s2′，则s1′＞s2′C.甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为4∶1D.若在匀加速过程中甲、乙两物体的加速度分别为a1和a2，则a1＜a29.两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时处，此时比赛开始，它们在四次比赛中的v-t图象如图所示，其中哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆( )三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(预测题)(18分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60 s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示.(1)画出汽车在0～60 s 内的v-t 图线；(2)求在这60 s 内汽车行驶的路程.11.(18分)A 火车以v 1＝20 m/s 速度匀速行驶，司机发现前方同轨道上相距100 m 处有另一列火车B 正以v 2＝10 m/s 速度匀速行驶，A 车立即做加速度大小为a 的匀减速直线运动.要使两车不相撞，a 应满足什么条件？答案解析1.【解析】选C.物体在同一时刻，不可能既加速运动，又减速运动，但在同一段时间内，既可以有加速过程，也可以有减速过程，既可以沿正方向运动，也可以沿反方向运动，故在现实生活中，物体运动的v-t 图线不可能存在的是C 选项.2.【解析】选B.物体在前2 s 内速度方向均为正方向，A 错误；物体在第2 s 内和第3 s 内的v-t 图线的斜率相同，故加速度相同，B 正确；物体在前4 s 内的总位移为零，在第2 s 末和第6 s 末离出发点最远，最大位移为s m ＝12×1× 2 m ＝1 m ，故C 、D 均错误.3.【解析】选C.0～t 1时间内物体匀速正向运动，故选项A 错；t 1～t 2时间内，物体静止，且此时离出发点有一定距离，选项B 、D 错；t 2～t 3时间内，物体反向运动，且速度大小不变，即s-t 图象中，0～t 1和t 2～t 3两段时间内，图线斜率大小相等，故C 对.4.【解题指南】解答本题时应把握以下两点：(1)计算物体B 停止运动时，A 、B 两物体各自发生的位移，判断物体A 是否已经追上物体B.(2)由位移公式求出追及时间.【解析】选B.物体B 做匀减速运动，到速度为0时，所需时间t 1＝v B a ＝102s ＝5 s ，运动的位移s B ＝v 2B 2a ＝1022×2m ＝25 m ，在这段时间内物体A 的位移s A ＝v A t 1＝4× 5 m ＝20 m ；显然还没有追上，此后物体B 静止，设追上所用时间为t ，则有4t ＝s ＋25 m ，解得t ＝8 s ，故B 正确.5.【解析】选A 、D.匀速直线运动的速度图线平行于时间轴，图线在t 轴上方为正方向，在t 轴下方为负方向.当速度为零时，图线在t 轴上，图线与时间轴围成的面积表示位移.由图象可知前4 s 内A 质点以10 m/s 的速度匀速运动，B 质点先以5 m/s 的速度与A 同方向运动1 s ，而后停了1 s ，最后以5 m/s 相反方向的速度匀速运动，A 正确，B 错误；B 质点最初3 s 内的位移s ＝(5×1－5×1) m ＝0，而路程为(5×1＋5×1) m ＝10 m ，故C 错误，D 正确..6.【解析】选C 、D.v-t 图象的斜率大小表示加速度的大小，物体a 加速时图线的斜率小于物体b 加速时图线的斜率，故物体a 的加速度小于物体b 的加速度，A 错误；a 、b 两物体速度相等时相距最远，故40 s 时，a 、b 两物体相距最远，B 错误；图线与时间轴围成的面积表示物体的位移，60 s 时，图线a 与时间轴围成的面积大于图线b 与时间轴围成的面积，故物体a 在物体b 的前方，C 正确；40 s 时，a 、b 两物体速度相等，相距Δs ＝s a －s b ＝12×(10＋40)×20 m ＋12×20×40 m ＝900 m ，D 正确. 7.【解析】选B 、C.根据v-t 图象与横轴围成的面积数值表示位移大小知，面积数值为20 m 或可能为20 m 的图象为B 、C 两图，故选B 、C.8.【解析】选B 、C.在F 1、F 2作用时间内甲、乙两物体的位移之比为s 1s 2＝2v 0t 0/2v 04t 0/2＝12，所以s 1＜s 2，A 错误；整个运动过程的位移之比为s ′1s ′2＝2v 03t 0/2v 05t 0/2＝65，所以 s ′1＞s ′2，B 正确；甲、乙两物体匀减速过程的位移之比为2v 02t 0/2v 0t 0/2＝41，C 正确；匀加速过程中甲、乙两物体的加速度之比为2v 0/t 0v 0/4t 0＝81，所以a 1＞a 2，D 错误. 9.【解析】选A 、C.v-t 图线与t 轴所围图形的面积的数值表示位移的大小，A 、C 两图中在 t ＝20 s 时a 、b 两车的位移大小分别相等，故在20 s 时b 车追上a 车；B 图中b 车一直领先，间距越来越大；D 图中a 车在前7.5 s 一直落后，在7.5～12.5 s 间尽管a 车速度大于b 车，但由于前7.5 s 落后太多未能追上，12.5 s 后v a ＜v b ，故a 车不能追上b 车.【变式备选】(双选)甲、乙两物体的位移—时间图象如图所示，下列说法正确的是( )A.甲、乙两物体均做匀速直线运动B.甲、乙两物体由不同地点同时出发，t 0时刻两物体相遇C.0～t 0时间内，两物体的位移一样大D.0～t 0时间内，甲的速度大于乙的速度；t 0时刻后，乙的速度大于甲的速度【解析】选A 、B.s-t 图象的斜率表示速度，故甲、乙两物体均做匀速直线运动，且v 甲<v 乙，故A 正确，D 错误；初始时刻，两物体在不同位置，同时出发， t 0时刻两物体在同一位置，故B 正确；0～t 0时间内，两物体的末位置相同，初位置不同，故位移不同，且s 甲<s 乙，故C 错误.[.]10.【解析】(1)设t ＝10、40、60 s 时刻的速度分别为v 1、v 2、v 3.由题图知0～10 s 内汽车以加速度2 m/s 2匀加速行驶，由运动学公式得：v 1＝2×10 m/s ＝20 m/s ①(4分)由题图知10～40 s 内汽车匀速行驶，则：v 2＝20 m/s ②(2分) .由题图知40～60 s 内汽车以加速度1 m/s 2匀减速行驶，由运动学公式得：v 3＝v 2－at ＝(20－1×20) m/s ＝0 ③(4分)根据①②③式，可画出汽车在0～60 s 内的v-t 图线，如图所示. (4分)(2)由第(1)问v-t 图可知，在这60 s 内汽车行驶的路程为：30＋602×20 m ＝900 m (4分) 答案：(1)见解析 (2)900 m11. 【解析】两车恰不相撞的条件是两车速度相同时相遇，则v 2＝v 1－a ′t (4分)对A ：s 1＝v 1t －12a ′t 2 (4分) 对B ：s 2＝v 2t (3分)又有：s 1＝s 2＋s 0 (2分)a ′＝(v 1－v 2)22s 0＝(20－10)22×100m/s 2＝0.5 m/s 2 (3分) 则a ＞0.5 m/s 2 (2分)答案：a ＞0.5 m/s 2【总结提升】解决追及、相遇问题的常用方法(1)物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一关键，画出运动简图，列位移、时间关系式.(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系.(3)数学分析法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ＞0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ＜0，说明追不上或不能相碰.(4)图象法：将两者的速度—时间图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解.。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析44提分检测(二)第Ⅰ卷(选择题共50分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，每小题只有一个选项符合题意)1.质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x＝5t＋t2(各物理量均采用国际单位制单位)，则该质点( )A.第1 s内的位移是5 mB.前2 s内的平均速度是6 m/sC.任意相邻的1 s内位移差都是1 mD.任意1 s内的速度增量都是2 m/s2.(提分单独考查)如图所示，一物块置于水平地面上. 当用与水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线运动.若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )A.3－1B.2－ 3C.32－12D.1－323.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )4.(提分单独考查)如图所示，用一根长杆和两个定滑轮的组合装置来提升重物M，长杆的一端放在地上通过铰链联结形成转轴，其端点恰好处于左侧滑轮正下方O点处，在杆的中点C处拴一细绳，绕过两个滑轮后挂上重物M.C点与O点距离为l.现在杆的另一端用力.使其逆时针匀速转动，由竖直位置以角速度ω缓缓转至水平位置(转过了90°角)，此过程中下述说法中正确的是( )A.重物M做匀速直线运动B.重物M做匀变速直线运动C.重物M的最大速度是ωlD.重物M的速度先减小后增大5.我国于2011年9月29日成功发射“天宫一号”目标飞行器，同年11月1日，又发射“神舟八号”飞船，进行第一次无人交会对接试验.如图为二者运转轨迹图，A代表“天宫一号”，B代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道.由此，可以判定( )A.“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率B.“天宫一号”的周期小于“神舟八号”的周期C.“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度D.“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接二、双项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题有两个选项符合题意)6.如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线.从图中可以判断( )A.在0～t1时间内，外力做正功B.在0～t1时间内，外力的功率逐渐增大C.在t2时刻，外力的功率最大D.在t1～t3时间内，外力做的总功为零7.(2012·天水模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一物体M，M上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高.现让小滑块m从A点静止下滑，则( )A.m不能到达M上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒8.一质量m＝1 kg的物体在水平恒力F作用下沿水平面运动，1 s 末撤去恒力F，其v-t图象如图所示.则恒力F和物体所受阻力f的大小是( )A.F＝8 NB.F＝9 NC.f＝2 ND.f＝3 N9.如图所示，小车M静置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，木块m以初速度v滑上小车的上表面，则( )A.m的最终速度为mv/(M＋m)B.因小车上表面粗糙，故系统动量不守恒C.当m速度最小时，小车M的速度最大D.若小车上表面越粗糙，则系统因摩擦而产生的内能也越大10.如图所示，在升降机内固定一光滑的斜面体，一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上，另一端与质量为m的物块A相连，弹簧与斜面平行.整个系统由静止开始加速上升高度h的过程中( )A.物块A的重力势能增加量一定等于mghB.物块A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和B对弹簧拉力做功的和第Ⅱ卷(非选择题共50分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)小明同学设计了一个实验来探究自行车的初速度与其克服阻力做功的关系.实验的主要步骤如下：①找一段平直的路面，并在路面上画一道起点线；②骑上自行车用较快速度驶过起点线，并从车把手处自由释放一团很容易辨别的橡皮泥；③车驶过起点线后就不再蹬自行车脚蹬，让车依靠惯性沿直线继续前进；④待车停下，记录自行车停下时的位置；⑤用卷尺量出起点线到橡皮泥落地点间的距离s、起点线到终点的距离L及车把手处离地高度h.假设自行车在行驶中所受的阻力为f并保持恒定.重力加速度为g，求：(1)自行车经过起点线时的速度v0＝；(2)自行车经过起点线后克服阻力做功W＝；(3)多次改变自行车经过起点线时的初速度，重复上述实验步骤若干次，则每次只需测量上述物理量中的和，就能通过数据分析达到实验目的.12.(6分)气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接，如图甲所示，绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10 Hz，由图可知：(1)A、B离开弹簧后，应该做运动，已知滑块A、B的质量分别为200 g、300 g，根据照片记录的信息，从图中可以看出闪光照片有明显与事实不相符合的地方是_______. (2)若不计此失误，分开后，A的动量大小为kg·m/s，B的动量大小为kg·m/s，本实验中得出“在实验误差允许范围内，两滑块组成的系统动量守恒”这一结论的依据是____________________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共4小题，共38分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (8分)如图固定的U形滑板，滑板左端为半径R＝0.6 m的1/4圆弧面，滑板右端为半径R＝0.6 m的1/2圆弧面.A和D分别是圆弧的端点，BC段是长s＝1 m表面粗糙的水平轨道，其余段表面光滑.小滑块P1和P2的质量均为m＝1 kg.P2与BC面的动摩擦因数为μ＝0.6.P2静止在粗糙面的B点，P1以v0＝6 m/s的初速度从A点沿圆弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1恰好静止，P2经BC冲上CD圆弧从D点飞出.P1与P2视为质点，取g＝10 m/s2.问：(1)小滑块P1和P2碰撞前瞬间P1的速度大小？(2)小滑块P1和P2碰撞后瞬间P2的速度大小？(3)经过D点时圆弧轨道对P2的弹力大小？14.(提分交汇考查)(8分)一质量m＝0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面，某同学利用传感器测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v-t图象，如图所示.(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端.若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置.15.(12分)小明站在水平地面上，手握不可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉，球飞行水平距离d后落地.如图所示.已知握绳的手离地面高度为d ，手与球之间的绳长为34d ，重力加速度为g.忽略手的运动半径和空气阻力.(1)求绳断时球的速度大小v 1和球落地时的速度大小v 2；(2)问绳能承受的最大拉力多大？ (3)改变绳长，使球重复上述运动，若绳仍在球运动到最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长应为多少？最大水平距离为多少？16.(提分交汇考查)(10分)如图所示，O 点为固定转轴，把一个长度为l 的细绳上端固定在O 点，细绳下端系一个质量为m 的小摆球，当小摆球处于静止状态时恰好与平台的右端点B 点接触，但无压力.一个质量为M 的小钢球沿着光滑的平台自左向右运动到B 点时与静止的小摆球m 发生正碰，碰撞后小摆球在绳的约束下做圆周运动，且恰好能够经过最高点A ，而小钢球M 做平抛运动落在水平地面上的C 点.测得B 、C 两点间的水平距离DC ＝s ，平台的高度为h ，不计空气阻力，本地的重力加速度为g ，请计算：(1)碰撞后小钢球M 做平抛运动的初速度大小；(2)小摆球m 经过最高点A 时的动能；(3)碰撞前小钢球M 在平台上向右运动的速度大小.答案解析1.【解析】选D.对比匀变速运动的位移公式x ＝v 0t ＋12at 2 可以知道：v 0＝5 m/s ，a ＝2 m/s 2.第1 s 内的位移为6 m ，故A 错误.前2 s 内的平均速度v ＝5×2＋222m/s ＝7 m/s ，故B 错误.相邻1 s 内位移差Δx ＝aT 2＝2 m ，故C 错误.任意1 s 内的速度增量Δv ＝a ·Δt ＝2 m/s ，故D 正确.2.【解析】选B.对物块进行受力分析，正交分解得，F 1cos60°＝μ(mg －F 1·sin60°)；F 2cos30°＝μ(mg ＋F 2·sin30°)，再由F 1＝F 2，解得μ＝2－ 3.故B 正确.3.【解析】选A.在m 2与m 1相对滑动前，F ＝kt ＝(m 1＋m 2)a ，a 与t 成正比关系，a 1-t 关系图线的斜率为12k m m ，当m 1与m 2相对滑动后，m 1受的是21f F ＝μm 2g ＝m 1a 1，a 1＝μm 2g m 1为一恒量，对m 2有F －μm 2g ＝m 2a 2，得a 2＝kt m 2－μg ，斜率为k m 2，可知A 正确，B 、C 、D 错误. 4.【解析】选C.由题知，C 点的速度大小为v C ＝ωl ，设v C 与绳之间的夹角为θ，把v C 沿绳和垂直绳方向分解可得，v 绳＝v C cos θ，在转动过程中θ先减小到零再反向增大，故v 绳先增大后减小，重物M 做变加速运动，其最大速度为ωl ，C 正确.5.【解析】选D.由题图知“天宫一号”的轨道半径大于“神舟八号”的轨道半径，由v ＝GM r 知A 错；由ω＝2πT ＝GM r 3知B 错；由a ＝GM r2知C 错；“神舟八号”适度加速时将做离心运动，轨道半径增大，有可能与“天宫一号”实现对接，D 对.6.【解析】选A 、D.由v -t 图象可知，在0～t 1时间内，由于质点的速度增大，根据动能定理可知，外力对质点做正功，A 正确；在0～t 1时间内，因为质点的加速度减小，故所受的外力减小，由题图可知t 1时刻外力为零，故功率为零，因此外力的功率不是逐渐增大的，B 错误；在t 2时刻，由于质点的速度为零，故此时外力的功率最小，且为零，C 错误；在t 1～t 3时间内，因为质点的动能不变，故外力做的总功为零，D 正确.7.【解析】选C 、D.因系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，由于两个物体相互作用过程中，只有动能和重力势能发生转化，所以系统机械能守恒，m 能到达M 的B 点，故A 错，C 、D 正确；在m 从A 到C 的过程和从C 到B 的过程中，在水平方向m 均向右运动，所以M 一直向左运动，故B 错.8.【解析】选B 、D.由v-t 图象知，0～1 s 内a 1＝6 m/s 2；1～3 s 内a 2＝3 m/s 2.则有F －f ＝ma 1，f ＝ma 2，联立解得F ＝9 N ，f ＝3 N ，故B 、D 正确.9.【解析】选A 、C.木块和小车之间的摩擦力是系统内力，不影响系统动量守恒，故B 错误.根据动量守恒定律，mv ＝(M ＋m)v ′，可见A 、C 正确，再根据Q ＝12mv 2－12(M ＋m)v ′2可知，系统产生的内能与小车上表面粗糙程度无关，D 错误.10.【解析】选C 、D.由于斜面光滑，物块A 静止时弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，当整个装置加速上升时，由牛顿第二定律可知物块A 受到的合力应向上，故弹簧伸长量增加，物块A 相对斜面下滑一段距离，上升高度小于h ，故选项A 错误；根据动能定理可知，物块A 动能的增加量应等于重力、支持力及弹簧弹力对其做功的代数和，故选项B 错误；物块A 机械能的增加量等于除重力以外的其他力对其做功的代数和，选项C 正确；物块A 和弹簧组成的系统机械能增加量等于除重力和弹簧弹力以外的其他力做功的代数和，故选项D 正确.11.【解析】(1)橡皮泥自由释放后做平抛运动，其初速度根据运动学公式可求得v 0＝s t ，h ＝12gt 2，解得v 0＝s g 2h；(2)自行车经过起点线后在阻力作用下做减速运动，克服阻力做功fL ；(3)综上所述，改变自行车初速度后只需测量橡皮泥落地点到起点线的距离s 、起点线到终点的距离L 即可，车把手处离地高度h 和自行车在行驶中所受的阻力f 是保持恒定的. 答案：(1)s g 2h(2)fL (3)s L 12.【解析】(1)A 、B 离开弹簧后因水平方向不再受外力作用，所以均做匀速直线运动，在离开弹簧前A 、B 均做加速运动，A 、B 两滑块的第一个间隔应该比后面匀速时相邻间隔的长度小.(2)周期T ＝1f ＝0.1 s ，v ＝s t，由题图知A 、B 匀速时速度分别为v A ＝0.09 m/s ，v B ＝0.06 m/s ，分开后A 、B 的动量大小为p A ＝p B ＝0.018 kg ·m/s ，方向相反，满足动量守恒，系统的总动量为0.答案：(1)匀速直线 A 、B 两滑块的第一个间隔(2)0.018 0.018 A 、B 两滑块作用前后总动量相等，均为013.【解析】(1)由动能定理得：mgR ＝12mv 2A －12mv 20 (2分) 代入数据解得碰撞前瞬间P 1的速度大小v A ＝4 3 m/s (1分)(2)由动量守恒得mv A ＝mv B解得v B ＝v A ＝4 3 m/s (2分)(3)P 2由B 到D 由动能定理得－μmgs －mg2R ＝12mv 2D －12mv 2B (1分) 在D 点对P 2由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝mv 2D /R (1分)解得圆弧轨道对P 2的弹力F ＝10 N (1分)答案：(1)4 3 m/s (2)4 3 m/s (3)10 N14.【解析】(1)由图象可知，滑块的加速度a ＝v t ＝101.0m/s 2＝10 m/s 2 (1分) 滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma (2分)代入数据解得μ＝0.5 (1分)(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，能再下滑.由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s ＝v 22a＝5 m (1分) 滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2，a 2＝2 m/s 2 (2分) 由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v ′＝2a 2s ＝20 m/s ＝2 5 m/s (1分)答案：(1)0.5 (2)能回到斜面底端 2 5 m/s15.【解析】(1)设绳子断后球的飞行时间为t ，根据平抛运动规律，竖直方向d 4＝12gt 2， 水平方向d ＝v 1t ，得v 1＝2gd (2分)根据机械能守恒12mv 22＝12mv 21＋mg(1－34)d ， 解得v 2＝52gd. (2分) (2)设绳子能够承受的最大拉力为T ，球做圆周运动的半径为R ＝34d (1分)根据圆周运动向心力公式T －mg ＝m v 21R， 得T ＝113mg. (2分) (3)设绳子长为l ，绳子断时球的速度为v 3，T －mg ＝m 23v l，得v 3 (2分) 绳子断后球做平抛运动，竖直位移d －l ，水平位移为s ，时间为t 1，有d －l ＝12gt 21，s ＝v 3t 1，得s ＝分) 当l ＝d 2时， s 有极大值s max ＝233 d. (1分) 答案：(1)2gd 52gd (2)113mg (3)d 2 233d 16.【解析】(1)设M 做平抛运动的初速度是v ，s ＝vt ，h ＝12gt 2 (2分) 解得：v ＝s g 2h. (1分) (2)小摆球m 恰好经最高点A 时只受重力作用，mg ＝m v 2A l(2分) 小摆球经最高点A 时的动能为E A ；E A ＝12mv 2A ＝12mg l . (1分) (3)碰后小摆球m 做圆周运动时机械能守恒，12mv 2B ＝12mv 2A ＋2mg l (1分)v B 分) 设碰前M 的运动速度是v 0，M 与m 碰撞时系统的动量守恒Mv 0＝Mv ＋mv B (1分) 解得：v 0＝s g 2h ＋分)g 2h (2)12mg l (3)sg2h＋答案：(1)s。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析30单元评估检测(一)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.甲、乙两物体都做匀加速直线运动，已知甲物体的加速度大于乙物体的加速度，则在某一段时间内( )A.甲的位移一定比乙的大B.甲的平均速度一定比乙的大C.甲的速度变化一定比乙的大D.甲的末速度一定比乙的大2.某人欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机停止运动前在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为s，从着陆到停下来所用的时间为t，则飞机着陆时的速度为( )A.stB.2stC.s2tD.st到2st之间的某个值3.一条悬链长7.2 m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力，则整条悬链通过悬点正下方20 m处的一点所需的时间是(g取10 m/s2)( )A.0.3 sB.0.4 sC.0.7 sD.1.2 s4.一质点沿x轴运动，其速度—时间图象如图所示，由图象可知( )A.质点在前10 s内运动的位移为20 mB.质点的加速度为－0.4 m/s2C.质点的初速度为4 m/sD.质点前20 s内所做的运动是匀变速运动二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(创新题)一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1 s，分析照片得到的数据，发现质点在第 1次、第2次闪光的时间间隔内移动了0.2 m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了0.8 m，由上述条件可知( )A.质点运动的加速度是0.6 m/s2B.质点运动的加速度是0.3 m/s2C.第1次闪光时质点的速度是0.05 m/sD.第1次闪光时质点的速度是0.1 m/s6.(预测题)小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，取g＝10 m/s2，则小球( )A.最大速度为5 m/sB.第一次反弹的初速度大小为3 m/sC.能弹起的最大高度为0.9 mD.能弹起的最大高度为1.25 m7. a、b两个物体从同一地点同时出发，沿同一方向做匀变速直线运动，若初速度不同，加速度相同，则在运动过程中( )A.a、b的速度之差保持不变B.a、b的速度之差与时间成正比C.a、b的位移之差与时间成正比D.a、b的位移之差与时间的平方成正比8.(易错题)警车A停在路口，一违章货车B恰好经过A车，A车立即加速追赶，它们的v-t图象如图所示，则在0～4 s时间内，下列说法正确的是( )A.A车的加速度为2.5 m/s2B.3 s末A车速度为7 m/sC.在2 s末A车追上B车D.两车相距最远为5 m9.汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲，根据上述已知条件( )A.可求出乙车追上甲车时，乙车的速度B.不能求出乙车追上甲车时，乙车走的路程C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间D.不能求出甲车的速度三、实验题(6分)10.(2012·佛山模拟)如图所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”的实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T＝0.10 s，其中s1＝7.05 cm，s2＝7.68 cm、s3＝8.33 cm、s4＝8.95 cm、s5＝9.61 cm、s6＝10.26 cm，则打A点时纸带的瞬时速度的大小是m/s，计算小车运动的加速度的表达式为a＝，小车加速度的大小是m/s2.(计算结果保留两位有效数字)四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11.(创新题)(14分)如图所示是在2011年深圳大运会我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿，运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举起双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水(在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计)，求：(计算时，可以把运动员看做全部质量集中在重心的一个质点，g取10 m/s2)(1)运动员起跳时的速度v0.(2)从离开跳台到手接触水面的过程中所经历的时间t(结果保留3位有效数字).12.(易错题)(16分)A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度v A＝10 m/s，B车在后，速度v B＝30 m/s，因大雾能见度很低，B车在距A车x0＝75 m 时才发现前方有A 车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停下来.(1)B车刹车时A仍按原速率行驶，两车是否会相撞？(2)若B车在刹车的同时发出信号，A车司机经过Δt＝4 s收到信号后加速前进，则A车的加速度至少多大才能避免相撞？答案解析1.【解析】选C.加速度是表示物体速度变化快慢的物理量，所以相同时间内加速度大的物体速度变化一定大，C正确；由于物体初速度未知，故无法判断某一段时间内的末速度、平均速度以及位移的大小，A、B、D错误.2.【解析】选B.根据匀变速直线运动的平均速度公式得v ＝v 0＋v t 2＝s t ，解得v 0＝2st，故B 正确.3.【解析】选B.设悬链的长度为L ，经t 1悬链的下端经过该点，经t 2悬链的上端经过该点，则s －L ＝12gt 12，s ＝12gt 22，Δt ＝t 2－t 1.解得Δt ＝0.4 s ，B 正确.4.【解析】选D.由v-t 图象可知质点运动的初速度为－4 m/s ，负号表示质点初速度的方向与正方向相反，C 错误；图线的斜率表示质点运动的加速度，a ＝Δv Δt ＝0.4 m/s 2，质点做匀变速直线运动，B 错误，D 正确；图线与时间轴围成的面积表示位移，质点在前10 s 内运动的位移s ＝－12×10×4 m ＝－20 m ，负号表示质点位移的方向与正方向相反，A 错误.5.【解析】选B 、C.画出如图所示的过程图：质点在第1次、第2次闪光的时间间隔内移动了s 1＝0.2 m ，在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了s 3＝0.8 m ，由匀变速直线运动的公式：s m －s n ＝(m －n)aT 2，可得：a ＝s 3－s 12T 2＝0.8－0.22×12m/s 2＝ 0.3 m/s 2，A 错误，B 正确；又由s 1＝v 0T ＋12aT 2可得，v 0＝0.05 m/s ，C 正确，D 错误.6.【解析】选A 、B.由v-t 图象可知，速度最大值为5 m/s ，0.5 s 时，速度反向，大小为3 m/s ，A 、B 正确；弹起的最大高度为sm ＝12×0.3×3 m ＝0.45 m ，C 、D 错误.【变式备选】(双选)在军事演习中，某空降兵从飞机上跳下，先做自由落体运动，在t 1时刻，速度达较大值v 1时打开降落伞，做减速运动，在t 2时刻以较小速度v 2着地，他的速度—时间图象如图所示，下列关于该空降兵在0～t 1或t 1～t 2时间内的平均速度v 的结论正确的是( ) A.0～t 1，v ＝v 12 B.t 1～t 2，v ＝v 1＋v 22C.t 1～t 2，v ＞v 1＋v 22D.t 1～t 2，v ＜v 1＋v 22【解析】选A 、D.平均速度的定义式为v ＝st ，适用于任何运动，在速度—时间图象中s 对应的是v-t 图线和时间轴所围的面积，所以0～t 1时间内的平均速度v ＝v 12，t 1～t 2时间内的平均速度v ＜v 1＋v 22，A 、D 正确.7.【解析】选A 、C.根据v 1′＝v 1＋at ，v 2′＝v 2＋at ，得Δv ＝v 2′－v 1′＝v 2－v 1，显然a 、b 两物体速度之差是个恒量，A 正确，B 错误；根据s 1＝v 1t ＋12at 2，s 2＝v 2t ＋12at 2可得，Δs ＝s 2－s 1＝(v 2－v 1)t ，显然a 、b 两物体位移之差与时间成正比，C 正确，D 错误.8.【解析】选A 、D.由A 车的v-t 图线可知，它在4 s 时间内速度由0增加到10 m/s ，其加速度a ＝2.5 m/s 2，A 正确；3 s 末A 车速度为v ＝at ＝7.5 m/s ，B 错误；2 s 末A 车与B 车之间距离最远，相距Δs ＝12×5×2 m ＝5 m ，4 s 末A 车与B 车位移相等，A 车追上B 车，C 错误，D 正确.9.【解析】选A 、C.当两车相遇时，对甲车有s ＝v 0t ，对乙车有s ＝12at 2，所以可以求出乙车追上甲车的时间，并求出乙车追上甲车时乙车走的路程和甲车的速度，C 正确，B 、D 错误；对乙车v ＝at ，所以可以求出乙车此时的速度，A 正确. 【总结提升】求解追及问题的分析思路(1)根据追赶和被追赶的两个物体的运动性质，列出两个物体的位移方程，并注意两物体运动时间之间的关系.(2)通过对运动过程的分析，画出简单的图示，找出两物体的运动位移间的关系.追及的主要条件是两个物体在追上时位置坐标相同.(3)寻找问题中隐含的临界条件.例如速度小者加速追赶速度大者，在两物体速度相等时有最大距离；速度大者减速追赶速度小者，在两物体速度相等时有最小距离等.利用这些临界条件常能简化解题过程.(4)求解此类问题的方法，除了以上所述根据追及的主要条件和临界条件联立方程外，还有利用二次函数求极值及应用图象法和相对运动知识求解.10.【解析】做匀变速直线运动的物体某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故v A ＝s 3＋s 42T ＝(8.33＋8.95)×10－22×0.10 m/s ＝0.86 m/s.小车的加速度a ＝(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T 2＝(8.95＋9.61＋10.26)－(7.05＋7.68＋8.33)9×0.102×10－2 m/s 2＝0.64 m/s 2. 答案：0.86(s 4＋s 5＋s 6)－(s 1＋s 2＋s 3)9T20.64 11.【解析】(1)上升阶段－v 02＝－2gh (3分) 解得：v 0＝2gh ＝3 m/s (1分)(2)上升阶段：0＝v 0－gt 1 (3分) 解得：t 1＝v 0g ＝310s ＝0.3 s (1分)自由落体过程：H ＝12gt 22(3分)解得：t 2＝2H g＝2×10.4510s ＝1.45 s (1分) 故t ＝t 1＋t 2＝0.3 s ＋1.45 s ＝1.75 s (2分) 答案：(1)3 m/s (2)1.75 s12.【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)两车速度相等是两车是否会相撞的临界条件. (2)两车是否相撞由位移关系确定.【解析】(1)B 车刹车至停下来的过程中，由v 2－v 2B ＝2a B x (1分) 解得a B ＝－v 2B 2x ＝－2.5 m/s 2(1分)画出A 、B 两列火车的v-t 图象如图所示，(1分)根据图象计算出两列火车的位移分别为： x A ＝10×8 m ＝80 m (1分) x B ＝30＋102×8 m ＝160 m (1分)因x B ＞x 0＋x A ＝155 m (1分) 故两车会相撞. (1分)(2)设A 车加速度为a A 时两车不相撞，则两车速度相等时，有：v B ＋a B t ＝v A ＋a A (t －Δt) (2分)此时B 车的位移x B ′＝v B t ＋12a B t 2(2分)A 车的位移x ′A ＝v A t ＋12a A (t －Δt)2(2分)为使两车不相撞，两车的位移关系满足x ′B ≤x 0＋x ′A (1分) 联立以上各式解得a A ≥0.83 m/s2(1分)即A 车的加速度至少为0.83 m/s2(1分)答案：(1)两车会相撞 (2)0.83 m/s 2。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析1波粒二象性（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步.下列表述正确的是( )A.牛顿发现了万有引力定律B.洛伦兹发现了电磁感应定律C.光电效应证实了光的波动性D.爱因斯坦的光电效应方程彻底否定了光的波动性2.现有a 、b 、c 三束单色光，其波长关系为λa ∶λb ∶λc ＝1∶2∶3.当用a 光束照射某种金属板时能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为Ek ，若改用b 光束照射该金属板，飞出的光电子最大动能为13E k ，当改用c 光束照射该金属板时( ) A.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为16E k B.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为19E k C.能发生光电效应，飞出的光电子最大动能为112E k D.由于c 光束光子能量较小，该金属板不会发生光电效应3.爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖.某种金属逸出光电子的最大初动能E km 与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率.从图中可以确定的是( )A.逸出功与ν有关B.E km 与入射光强度成正比C.当ν<ν0时，会逸出光电子D.图中直线的斜率与普朗克常量有关4.如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，则( )A.若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定没有光电流B.若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K 时，电路中一定有光电流C.增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大D.若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.(易错题)光电效应的实验结论是：对于某种金属( )A.无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B.无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应[C.超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D.超过极限频率的入射光频率越高，所产生光电子的最大初动能就越大6.三种不同的入射光线甲、乙、丙分别照射在三种不同的金属a 、b 、c 上，均恰能使金属中逸出光电子.已知三种光线的波长λ甲＞λ乙＞λ丙，则( )A.用入射光甲照射金属b ，可能发生光电效应B.用入射光丙照射金属b ，一定发生光电效应C.用入射光甲和乙同时照射金属c ，可能发生光电效应D.用入射光乙和丙同时照射金属a ，一定发生光电效应7.物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝，实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只出现一些不规则的点子；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹，对这个实验结果有下列认识，正确的是( )A.曝光时间不长时，出现不规则的点子，表现出光的波动性B.单个光子通过双缝后的落点无法预测C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方D.只有大量光子的行为才能表现出光的粒子性8.(易错题)分别用波长为λ的单色光照射两块不同的金属板，发出的光电子的最大初动能分别为3 eV 和2 eV.当改用波长为λ2的单色光照射时，其中一块金属板发出的光电子的最大初动能为8 eV ，则另一块金属板发出的光电子的最大初动能为( )A.5 eVB.7 eVC.9 eVD.12 eV9.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能12mv 2max 与入射光频率ν的关系图象.由图象可知( )A.该金属的逸出功等于EB.该金属的逸出功等于h ν0C.入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2ED.入射光的频率为ν02时，产生的光电子的最大初动能为E 2三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 10.(预测题)(18分)紫光在真空中的波长为4.5×10－7 m ，问：(1)紫光光子的能量是多少？(2)用它照射极限频率为ν0＝4.62×1014 Hz 的金属钾能否产生光电效应？(3)若能产生，则光电子的最大初动能为多少？(h ＝6.63×10－34 J·s)11.(18分)如图所示，当电键S 断开时，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极P ，发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V 时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V 时，电流表读数为零.(1)求此时光电子的最大初动能的大小.(2)求该阴极材料的逸出功.答案解析1.【解析】选A.了解部分物理学史：牛顿发现万有引力定律；法拉第发现电磁感应定律；光电效应证明了光具有粒子性；爱因斯坦的光电效应方程是建立在光具有粒子性的基础上，但它并没有完全否定光的波动性，光子的能量E ＝h ν，其中频率ν是一个描述波的物理量，故A 正确，B 、C 、D 均错.2.【解析】选B.对a 、b 、c 三束光由光电效应方程有：hc λa －W ＝E k ，hc 2λa－W ＝ 13E k ，由以上两式得hc λa ＝43E k ，W ＝13E k .当改用c 光束照射该金属板时hc 3λa －W ＝49E k －13E k ＝19E k ，故B 正确.3.【解析】选D.由光电效应方程E km ＝h ν－W ，W ＝h ν0，与y ＝kx ＋b 相对应可知只有D 项正确.4.【解析】选B.用波长为λ0的光照射阴极K ，电路中有光电流，说明入射光的频率ν＝c λ0大于金属的极限频率，换用波长为λ1的光照射阴极K ，因为λ1>λ0，根据ν＝c λ可知，波长为λ1的光的频率不一定大于金属的极限频率，也不一定小于金属的极限频率，因此不能确定是否发生光电效应现象，A 错误；同理可以判断，B 正确；光电流的大小与入射光的强度有关，在一定频率与强度的光照射下，光电流与电压之间的关系为：开始时，光电流随电压U 的增加而增大，当U 大到一定程度时，光电流达到饱和值，这时即使再增大U ，在单位时间内也不可能有更多的光电子定向移动，光电流也就不会再增加，即饱和光电流是在一定频率与强度的光照射下的最大光电流，增大电源电压，若光电流达到饱和值，则光电流也不会增大，C 错误；将电源极性反接，若光电子的最大初动能大于光电管两极间电场力做的功，电路中仍有光电流产生，D 错误. 【总结提升】解光电效应问题常用技巧(1)判断和描述时应理清三个关系.①光电效应的实质(单个光子被单个电子吸收而产生的) ②光电子最大初动能的来源(金属表面的自由电子吸收光子后克服逸出功逸出后具有的动能) ③入射光强度与光电流的关系(当入射光的频率大于极限频率时光电流与入射光的强度成正比)[](2)定量分析时应抓住三个关系式.①爱因斯坦光电效应方程E k ＝h ν－W 0.②最大初动能与遏止电压的关系：E k ＝eU 0.③逸出功与极限频率的关系：W 0＝h ν0.5.【解析】选A 、D.只有当入射光的频率大于极限频率时才会产生光电效应现象，且光电子的最大初动能E km ＝h ν－W 0只取决于频率，与光的强度无关.A 、D 项正确，B 、C 项错误.6.【解析】选B 、D.由c ＝λν和λ甲＞λ乙＞λ丙得ν甲＜ν乙＜ν丙.光乙能使金属b 恰能发生光电效应，所以光甲不能使b 发生光电效应，而丙能，A 错B 对，同理C 错D 对.7.【解析】选B 、C.由于光波是一种概率波，单个光子的落点无法预测，大量光子的分布服从统计规律，故B 、C 正确.A 中的现象说明了光的粒子性；个别光子的行为才通常表现出粒子性，故A 、D 错误.8.【解析】选B 、C.根据光电效应方程知，用波长为λ的单色光照射金属板Ⅰ时有E k1＝hc λ－W 1，照射金属板Ⅱ时有E k2＝hc λ－W 2；若用波长为λ2的单色光照射金属板Ⅰ时有E ′k1＝2hc λ－W 1，照射金属板Ⅱ时有E ′k2＝2hc λ－W 2；若E k1＝3 eV ，E k2＝2 eV ，E ′k1＝8 eV ，则解得E ′k2＝7 eV ；若E k1＝3 eV ，E k2＝2 eV ，E ′k2＝8 eV ，则解得E ′k1＝9 eV.【变式备选】用同一束单色光，在同一条件下先后照射锌片和银片，都能产生光电效应，在这两个过程中，对于下列四个量，一定相同的是 ，可能相同的是 ，一定不同的是 .A.光子的能量B.光电子的逸出功C.光电子动能D.光电子初动能 【解析】光子的能量由光的频率决定，同一束单色光频率相同，因而光子能量相同，逸出功等于电子脱离原子核束缚需要做的最少的功，因此只由材料决定.锌片和银片的光电效应中，光电子的逸出功一定不相同.由E k ＝h ν－W 0，照射光子能量h ν相同，逸出功W 0不同，则电子最大初动能也不同.由于光电子吸收光子后到达金属表面的路径不同，途中损失的能量也不同，因而脱离金属时的动能可能分布在零到最大初动能之间.所以，两个不同光电效应的光电子中，有时初动能是可能相等的.答案：A C 、D B9.【解析】选A 、B.由爱因斯坦的光电效应方程可得：12mv 2max ＝h ν－W ，对应图线可知，该金属的逸出功为E ，极限频率为ν0，则W ＝E ＝h ν0，A 、B 正确.当入射光频率为2ν0时，12mv 2max ＝h ·2ν0－W ＝h ν0＝E 为光电子的最大初动能，C 错误；当ν＝ν02时不发生光电效应，D 错误. 10.【解析】(1)E ＝h ν＝h c λ＝4. 42×10－19 J (6分) (2)ν＝c λ＝6.67×1014 Hz (4分) 因为ν>ν0，所以能产生光电效应. (2分)(3)E km ＝h ν－W 0＝h(ν－ν0)＝1.36×10－19 J. (6分)答案：(1)4.42×10－19 J (2)能(3)1.36×10－19 J11.【解题指南】解答本题时可按以下思路分析：(1)根据最大反向电压可求出光电子的最大初动能.(2)根据光子的能量和光电子的最大初动能可求出材料的逸出功.【解析】设用光子能量为2.5 eV的光照射时，光电子的最大初动能为E k，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U＝0.60 V以后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU＝E k (6分)由光电效应方程：E k＝hν－W0 (6分)由以上二式：E k＝0.6 eV， (3分)W0＝1.9 eV (3分)答案：(1)0.6 eV (2)1.9 eV。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析48库仑定律电场强度（含详解）一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意) 1.点电荷是理想化的物理模型，是没有大小的带电体.实际上的带电体只有带电体在本身的大小跟带电体间的距离相比小很多时才可以看成点电荷.两个直径为r 的带电球，当它们相距100r 时，作用力为F ，当它们相距为r 时，作用力为( ) A.F102 B.10 000F C.100F D.以上结论都不对2.如图所示，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成30°角.关于a 、b 两点场强大小E a 、E b 的关系，以下结论正确的是( )A.E a ＝E b 3B.E a ＝3E bC.E a ＝33E b D.E a ＝3E b3.在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A 、B 、C 位于等边三角形的三个顶点上，小球D 位于三角形的中心，如图所示.现让小球A 、B 、C 带等量的正电荷Q ，让小球D 带负电荷q ，使四个小球均处于静止状态，则Q 与q 的比值为( )A.13B.33C.3D. 3 4.(易错题)如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M 、N 两点，这时O 点电场强度的大小为E 1；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点的场强大小变为E 2，E 1与E 2之比为( )A.1∶2B.2∶1C.2∶ 3D.4∶ 3二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.两个相同的金属小球，带电量之比为1∶7，相距为r(r远大于小球半径)，两者相互接触后再放回原来的位置上，则它们间的库仑力可能为原来的( )A.47B.37C.97D.1676.用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点场强的强弱.如图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称.则( )A.B、C两点场强大小和方向都相同B.A、D两点场强大小相等，方向相反[C.E、O、F三点比较，O点场强最弱D.B、O、C三点比较，O点场强最弱7.(创新题)如图所示，A、B为两个固定的等量的同种正电荷，在它们连线的中点处有一个可以自由运动的正电荷C，现给电荷C一个垂直于连线的初速度v0，若不计电荷C所受的重力，则关于电荷C运动过程中的速度和加速度情况，下列说法正确的是( )A.加速度始终增大B.加速度先增大后减小C.速度始终增大，最后趋于无穷大D.速度始终增大，最后趋于某有限值]8.(预测题)如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图可做出的正确判断是( ) A.带电粒子所带电荷的正、负 B.点电荷所带电荷的正、负C.带电粒子在a 、b 两点的加速度何处较大D.带电粒子在a 、b 两点的速度何处较大9.(易错题)如图所示，两质量均为m 的小球A 和B 分别带有＋q 和－q 的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg.现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是( ) A.悬线OA 向右偏，OA 中的张力大于2mg B.悬线OA 向左偏，OA 中的张力大于2mg C.悬线OA 不发生偏离，OA 中的张力等于2mg D.悬线AB 向左偏，AB 线的张力比不加电场时要大三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(16分)在场强为E 的匀强电场中，取O 点为圆心， r 为半径作一圆周，在O 点固定一电荷量为＋Q 的点电荷，a 、b 、c 、d 为相互垂直的两条直线和圆周的交点.当把一检验电荷＋q 放在d 点恰好平衡(如图所示，不计重力).问：(1) 匀强电场场强E 的大小、方向如何？(2)检验电荷＋q 放在点c 时，受力F c 的大小、方向如何？ (3)检验电荷＋q 放在点b 时，受力F b 的大小、方向如何？11. (20分)如图甲所示，一条长为3L 的绝缘丝线穿过两个质量都是m 的小金属环A 和B ，将丝线的两端共同系于天花板上的O 点，使金属环带电后，便因排斥而使丝线构成一个等边三角形，此时两环恰处于同一水平线上，若不计环与线间的摩擦，求金属环所带电量是多少？某同学在解答这道题时的过程如下：设电量为q ，小环受到三个力的作用，拉力T 、重力mg 和库仑力F ，受力分析如图乙，由受力平衡知识得，k q2L2＝mgtan30°，q ＝3mgL23k.你认为他的解答是否正确？如果不正确，请给出你的解答.[来答案解析1.【解析】选D.库仑定律公式成立的前提条件是“真空中、点电荷”，实际上的带电体只有在本身的大小跟带电体间的距离相比小很多时才可以看成点电荷.本题两个电荷原来相距100r 时，可以看成点电荷，能使用库仑定律，但当它们相距为r 时，两带电球本身的大小不能忽略，不能再当做点电荷看待，库仑定律已不再适用，所以正确答案为D.2.【解析】选D.由题图可知，r b ＝3r a ，再由E ＝kQ r 2可知，E a E b ＝r 2b r 2a ＝31，故D 正确.3.【解析】选D.设三角形边长为a ，由几何知识可知，BD ＝a ·cos30°·23＝33a ，以B 为研究对象，由平衡条件可知，kQ 2a 2cos30°×2＝kQq BD 2，解得：Q q ＝3，D 正确. 4 【解析】选B.M 、N 处的等量异种电荷在O 点产生的场强大小相同，故每个电荷产生的场强大小均为E 12，则当N 点处的点电荷移至P 点时，O 点场强如图所示，合场强大小为E 2＝E 12，则E 1E 2＝21，B 正确.5.【解题指南】解答本题时应注意以下两点： (1)两金属小球所带电性可能相同，也可能相反. (2)两相同金属小球接触后平分总电量.【解析】选C 、D.可设原来的带电量分别为q 和7q ，则原来的库仑力大小为7kq2r 2，但由于题目没有说明两个带电小球的电性，故库仑力可能是引力，也可能是斥力.分别讨论两种情况：若是两个带同种电荷的小球，则接触后总电量为8q ，平均分配，两球各带4q 电量，分开后库仑力为16kq2r 2；若是两个带异种电荷的小球，则接触后总电量为6q ，平均分配，两球各带3q 电量，分开后库仑力为9kq2r2.故答案选C 和D.6.【解析】选A 、D.观察等量异种点电荷电场的电场线可以得出B 与C 两点、E 与F 两点、A 与D 两点的电场强度分别相等，所以选项A 正确，B 错误；由从O 点开始沿中垂线到无限远电场强度逐渐减小到零知，选项C 错误；在两电荷连线之间从中点向两边电场强度逐渐增大，所以选项D 正确.7.【解析】选B 、D.可以判断电荷C 所受A 、B 两电荷的库仑力的合力与初速度v 0方向相同，库仑力做正功，故电荷C 的速度始终增大，最终加速度为零，速度趋于某个有限值，D 正确，C 错误；在AB 连线的中垂线上，电场强度先增大后减小，故电荷C 的加速度先增大后减小，故B 正确，A 错误.【变式备选】(双选)如图所示，一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性能极好，内部有两个完全相同的弹性小球A 和B ，带电量分别为＋Q 1和－Q 2，两球从图示位置由静止释放，那么两球再次经过图中的原静止位置时，A 球的瞬时加速度与刚释放时相比( )A.一定变大B.一定变小C.大小可能不变D.方向一定相反【解析】选C 、D.小球释放瞬间，设两球间距为L ，对小球A ：k Q 1Q 2L ＝ma 1，球释放后，两球向中间运动，相碰时，电荷先中和后均分，再回到原位置，此时对球A ：k (Q 1－Q 22)2L2＝ma 2.如果Q 1Q 2＝(Q 1－Q 2)24，则a 2＝a 1，C 正确；当Q 1与Q 2相差较多时，如Q 1＝9Q 2，则a 2>a 1，当Q 1与Q 2相差很少时，如Q 1＝3Q 2，则a 2<a 1，故A 、B 错.两球开始为吸引力，后为排斥力，D 正确. 8.【解析】选C 、D.因电场线方向未知，故点电荷电性无法判断，B 错；由带电粒子的运动轨迹可判断，电场力的方向一定沿电场线向左，由a 到b 点，电场力做负功，故v a >v b ，a 点处的电场线密，电场强度大，故带电粒子在a 点的加速度大，但因不知电场线方向，故粒子的电性无法判断，故A 错误，C 、D 正确.9.【解析】选C 、D.首先应用整体法对AB 整体受力分析，悬线OA 张力为2mg ，并且OA 处于竖直方向，选项C 正确，A 、B 错误；然后再采用隔离法以B 为研究对象分析，悬线AB 向左偏，其张力为电场力、库仑力与重力的合力，比不加电场时要大，选项D 正确，故答案为C 、D. 【总结提升】运用整体法和隔离法分析平衡问题的技巧(1)将一部分视为整体，使这一部分之间的作用力变为内力.如本题将A 、B 视为整体，它们之间的库仑力和弹力为内力，于是能很快判断悬线OA 的偏转位置.(2)要分析物体之间的作用就要采用隔离法.例如本题要分析悬线AB 的偏转，就要选取B 或A 为研究对象列平衡方程解答.(3)如果将水平匀强电场方向变为倾斜向上或向下，系统平衡问题可采用同样方法解答. 10. 【解析】(1)由题意可知：F 1＝k Qqr 2 (1分)F 2＝qE (1分) 由F 1＝F 2，所以qE ＝k Qq r 2，E ＝k Qr2，匀强电场方向由d →b. (3分) (2)检验电荷放在c 点：E c ＝E 21＋E 2＝2E ＝2k Q r 2 (2分)所以F c ＝qE c ＝2kQqr2. (2分) 方向与ac 方向成45°角斜向左下(如图所示). (2分) (3)检验电荷放在b 点：E b ＝E 2＋E ＝2E ＝2k Qr 2 (2分)所以F b ＝qE b ＝2k Qqr2，方向由d →b. (3分)答案：(1)k Q r 2 方向由d →b (2)2k Qq r 2 方向与ac 成45°角斜向左下 (3)2k Qqr 2 方向由d →b11.【解析】他的解答是错误的. (6分)小环穿在丝线上，作用于小环上的两个拉力大小相等，方向不同.小环受四个力，如图所示. (3分)竖直方向Tsin60°＝mg ①(3分) 水平方向Tcos60°＋T ＝k q2L 2 ②(3分)由①②联立得q ＝3mgL2k(5分) 答案：见解析。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析35单元评估检测(六)(40分钟 100分)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆弧轨道，圆心O 在S 的正上方.在O 和P 两点各有一质量为m 的物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑.以下说法正确的是( )A.a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量不相等[:]B.a 与b 同时到达S ，它们在S 点的动量不相等C.a 比b 先到达S ，它们在S 点的动量相等D.b 比a 先到达S ，它们在S 点的动量相等2.一小型爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，所有碎片均沿钢板上方的圆锥面(圆锥的顶点在爆炸装置处)飞开.在爆炸过程中，下列关于爆炸装置的说法中正确的是( )A.总动量守恒B.机械能守恒C.水平方向动量守恒D.竖直方向动量守恒3.将一质量为3 kg 的木板置于光滑水平面上，另一质量为1 kg 的物块放在木板上.已知物块和木板间有摩擦，而木板足够长，若两者都以大小为4 m/s的初速度向相反方向运动(如图所示)，则当木板的速度为2.4 m/s 时，物块正在( )A.水平向左做匀减速运动B.水平向右做匀加速运动C.水平方向做匀速运动D.处于静止状态4.质量为m 、速度为v 的A 球与质量为3m 的静止B 球发生正碰.碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度可能有不同的值.碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.0.6v B.0.4v C.0.2v D.v二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.如图所示，在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分.就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则( )A.他们碰撞后的共同速率是0.2 m/s[:]B.碰撞后他们动量的方向仍向前C.这名前锋能得分D.这名前锋不能得分6.(创新题)静止在湖面的小船上有两人分别向相反方向水平地抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛.抛出时两小球相对于河岸的速率相等，则下列说法正确的是( )A.两球抛出后，船向左以一定速度运动B.两球抛出后，船向右以一定速度运动C.两球抛出后，船的速度为0D.全过程中三者组成的系统总动量守恒7.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B.C与B碰撞前，C与AB的速率之比为M∶mC.C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动8.(易错题)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块动能增加了 6 J，那么此过程产生的内能可能为( )A.16 JB.12 JC.6 JD.4 J9.(预测题)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确A.长木板获得的动能为2 JB.系统损失的机械能为4 JC.长木板A的最小长度为1 mD.A、B间的动摩擦因数为0.1三、实验题(6分)10.(易错题)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a.用天平分别测出滑块A、B的质量m A、m B；b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；e.按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.(1)实验中还应测量的物理量及其符号是_______.(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因有(至少答出两点).四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要11. (13分)如图所示，在水平光滑轨道上，小车A 、B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系住，然后使A 、B 以速度v 0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0，已知A 、B 的质量分别为m A 、m B ，且m A <m B .求：(1)被压缩的弹簧具有的弹性势能E p ；(2)试定量分析、讨论在以后的运动过程中，小车B 有无速度为0的时刻.12. (17分)如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R ，重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：(1)粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ；(2)小球A 冲进轨道时速度v 的大小.答案解析1.【解析】选A.a 、b 两物块到达S 点速度方向不同，故它们的动量不相等.a 物块做自由落体运动，运动时间为t 1，b 物块沿14圆弧轨道下滑的过程中，其竖直方向分运动的加速度在任何高度都小于重力加速度.又a 、b 两物块竖直方向位移相等，所以b 物块下滑到S 的时间t 2>t 1，故A 正确，B 、C 、D 错误.2.【解析】选C.爆炸装置在光滑、坚硬的水平钢板上发生爆炸，与钢板间产生巨大的相互作用力，这个作用力将远远大于它所受到的重力，所以爆炸装置的总动量是不守恒的.但由于钢板对爆炸装置的作用力是竖直向上的，因此爆炸装置在竖直方向动量不守恒，而在水平方向动量是守恒的.爆炸时，化学能转化为机械能，因此，机械能不守恒.故C 正确.3.【解析】选B.由于木板和物块组成的系统在水平方向上所受合外力为零，所以系统动量守恒.因为木板的质量大于物块的质量，初速度大小相等，所以二者的总动量方向向右，所以物块应先向左做匀减速直线运动，当速度减到零时，再向右做匀加速直线运动，而木板一直向右做匀减速运动，当二者达到共同速度时，一起向右做匀速运动.当木板的速度为2.4 m/s 时，取向右为正方向，由动量守恒可得Mv －mv ＝Mv ′＋mv ″，代入数据解得此时物块的速度为v ″＝0.8 m/s ，所以物块正向右做匀加速直线运动.故本题正确选项为B.4.【解析】选B.根据动量守恒得：mv ＝mv 1＋3mv 2，则当v 2＝0.6v 时，v 1＝－0.8v ，则碰撞后的总动能E ′＝12m(－0.8v)2＋12×3m(0.6v)2＝1.72×12mv 2，大于碰撞前的总动能，由于碰撞过程中能量不增加，故选项A 错误；当v 2＝0.4v 时，v 1＝－0.2v ，则碰撞后的总动能为E ′＝12m(－0.2v)2＋12×3m(0.4v)2＝0.52×12mv 2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，选项B 正确；当v 2＝0.2v 时，v 1＝0.4v ，则碰撞后的A 球的速度大于B 球的速度，而两球碰撞，A 球不可能穿透B 球，故选项C 错误；当v 2＝v 时，v 1＝－2v ，则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前的总动能，故选项D 错误.【总结提升】碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件列出相应方程求解.(2)无论何种碰撞，碰后动能都不可能增加.(3)可熟记一些公式，如“一动一静”模型中，两物体发生弹性碰撞时满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. (4)熟记一些结论，如质量相等的两物体发生弹性碰撞时，速度交换等.5.【解析】选B 、C.取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv 1＋mv 2＋mv 3＝(M ＋m ＋m)v ，代入数据得：v ≈0.16 m/s.所以碰撞后的速度仍向前，故这名前锋能得分，B 、C 两项正确.6.【解析】选C 、D.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球及人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止.由动量守恒条件知：三者总动量守恒，即C 、D 正确.7.【解析】选B 、C.弹簧向右推C ，C 向右运动，同时弹簧向左推A 端，小车向左运动，A 错误；因小车与木块组成的系统动量守恒，C 与B 碰撞前，有mv C ＝Mv AB ，得：v C ∶v AB ＝M ∶m ，B 正确；C 与B 碰撞过程中动量守恒，有：mv C －Mv AB ＝(M ＋m)v ，则v ＝0，故C 正确，D 错误.8.【解析】选A 、B.设子弹的质量为m 0，初速度为v 0，木块质量为m ，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即：m 0v 0＝(m ＋m 0)v ，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即：E ＝12m 0v 20－12(m ＋m 0)v 2＝12 (m m ＋m 0)m 0v 20，而木块获得的动能E 木＝12m ·(m 0m ＋m 0v 0)2＝6 J ，两式相除得：E E 木＝m ＋m 0m 0>1，所以A 、B 项正确. 【变式备选】在如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短.若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中( )A.动量守恒，机械能守恒B.动量不守恒，机械能不守恒C.动量守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒【解析】选B.子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能，之后木块(连同子弹)压缩弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但动量不守恒.由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，所以整个过程中，动量和机械能均不守恒.选项B 正确.9.【解析】选C 、D.由题图乙可以看出，B 做匀减速运动，A 做匀加速运动，最后的共同速度为1 m/s ，系统动量守恒，mv 0＝(m ＋M)v ，求得M ＝2 kg ，长木板获得的动能为1 J ，系统损失的动能为2 J ，长木板的最小长度是两者在1 s 内的位移差，为1 m ，B 运动的加速度为1 m/s 2，动摩擦因数为0.1.故选项C 、D 正确.10.【解析】A 、B 两滑块被压缩的弹簧弹开后，在气垫导轨上运动时可视为匀速运动，因此只要测出A 与C 的距离L 1、B 与D 的距离L 2及A 到C 、B 到D 的时间t 1和t 2，测出两滑块的质量，就可以用m A L 1t 1＝m B L 2t 2验证动量是否守恒. (1)实验中还应测量的物理量为B 的右端至挡板D 的距离，符号为L 2.(2)验证动量守恒定律的表达式是m A L 1t 1＝m B L 2t 2.产生误差的原因：①L 1、L 2、t 1、t 2、m A 、m B 的数据测量误差.②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程.③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力.④气垫导轨不完全水平.答案：见解析11.【解析】(1)设弹簧第一次恢复自然长度时B 的速度为v B ，以A 、B 及弹簧组成的系统为研究对象，系统在水平方向上所受合外力为零(弹簧对A 、B 的相互作用力为系统的内力)，故系统动量守恒、机械能守恒，有：(m A ＋m B )v 0＝m B v B ①(2分)12(m A ＋m B )v 20＋E p ＝12m B v 2B ②(2分) 由①②式联立解得E p ＝m A (m A ＋m B )v 202m B③(2分) (2)设以后的运动过程中B 的速度为0时，A 的速度为v A ，此时弹簧的弹性势能为E ′p ，由动量守恒、机械能守恒定律，有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ④(2分)12(m A ＋m B )v 20＋E p ＝12m A v 2A ＋E ′p ⑤(2分) 由④⑤式联立解得E ′p ＝(m A ＋m B )22m B v 20－(m A ＋m B )22m Av 20 ⑥(1分) 因为m A <m B ，所以E ′p <0 (1分)而弹性势能小于0是不可能的，所以B 的速度没有等于0的时刻. (1分)[:]答案：(1)m A (m A ＋m B )v 202m B(2)无 12.【解题指南】解答该题应把握以下两点：(1)粘合后两球做平抛运动，满足平抛运动规律.(2)球A 进入轨道内机械能守恒，与B 球碰撞满足动量守恒.【解析】(1)粘合后的小球A 和小球B ，飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2R ＝12gt 2 ①(4分)解得：t＝2Rg②(2分)(2)设小球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把小球A冲进轨道最低点处的重力势能定为0，由机械能守恒定律知：1 2mv2＝12mv21＋2mgR ③(4分)设碰撞后粘在一起两球的速度为v2，由动量守恒定律知：mv1＝2mv2④(3分) 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有2R＝v2t ⑤(2分) 联立可解得：v＝22gR ⑥(2分)答案：(1)2Rg(2)22gR。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析45提分检测(三)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题3分，共15分，每小题只有一个选项符合题意)1.(提分单独考查)细绳的一端固定，另一端系一小球，让小球在竖直面内做圆周运动，关于小球运动到P点的加速度方向，图中可能的是( )2.(提分单独考查)土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等，线度从1 μm 到10 m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104 km 延伸到1.4×105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h，引力常量为6.67×10－11N·m2/kg2，则土星的质量约为(估算时不考虑环中颗粒间的相互作用)( )A.9.0×1016 kgB.6.4×1017 kgC.9.0×1025 kgD.6.4×1026 kg3.如图所示电路，电源电动势E＝30 V，电源内阻不计，电阻R1＝5 Ω，R3＝10 Ω，变阻器的最大电阻值R2＝10 Ω，当滑片P从a端向b端滑动过程中，电压表和电流表(均为理想电表)的读数变化情况是( )A.0～15 V，2～1.5 AB.0～30 V，2～1.5 AC.0～15 V，2～3.0 AD.0～30 V，2～3.0 A4.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光.在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )A.小灯泡L1、L2均变暗B.小灯泡L1、L2均变亮C.电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D.电流表A的读数变大，电压表V的读数变小5.(提分单独考查)如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上.槽的左侧有一竖直墙壁.现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内.则下列说法正确的是( )A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒二、双项选择题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，每小题有两个选项符合题意)6.(提分单独考查)如图所示，一小球以v0＝10 m/s的速度水平抛出，在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45°，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60°(空气阻力忽略不计，g取10m/s2)，以下判断中正确的是( )A.小球经过A、B两点间的时间t＝(3－1)sB.小球经过A、B两点间的时间t＝ 3 sC.A、B两点间的高度差h＝10 mD.A、B两点间的高度差h＝15 m7.如图甲是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B过程中的速度图线如图乙所示，则以下说法中正确的是( )A.A、B两点的电场强度E A＞E BB.A、B两点的电势φA＞φBC.负电荷q 在A 、B 两点的电势能大小A p E ＞B p ED.此电场一定是负电荷形成的电场8.如图所示，平行金属板内有一匀强电场，一个电荷量为q 、质量为m的带电粒子(不计重力)以v 0从A 点水平射入电场，且刚好以速度v 从B 点射出.则以下说法正确的是( )A.若该粒子以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出B.若该粒子以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出C.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 0从B 点射入，它将刚好以速度－v 从A 点射出D.若将q 的反粒子(－q ，m)以速度－v 从B 点射入，它将刚好以速度－v 0从A 点射出 9.(2011·大纲版全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2～0.3 s ，它由若干个相继发生的闪击构成.每个闪击持续时间仅40～80 μs ，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中.在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V ，云地间距离约为1 km ；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6 C ，闪击持续时间约为60 μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的.根据以上数据，下列判断正确的是( ) A.闪电电流的瞬时值可达到1×105A B.整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C.闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m D.整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J10.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小.一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m ，升降机静止时电流表示数为I 0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )A.物体处于失重状态B.物体处于超重状态C.升降机一定向上做匀加速运动D.升降机可能向下做匀减速运动第Ⅱ卷(非选择题共60分)三、实验题(本大题共2小题，共12分)11.(6分)(2012·佛山模拟)某一电阻值不变的纯电阻元件(阻值R x在50～100 Ω)，额定功率为0.25 W.要用伏安法较准确地测量它的阻值，实验器材有：电流表A1：量程为100 mA，内阻约为5 Ω电流表A2：量程为1 A，内阻约为0.5 Ω电压表V1：量程为6 V，内阻约为10 kΩ电压表V2：量程为30 V，内阻约为50 kΩ滑动变阻器R：0～10 Ω，2 A电源(E＝9 V)，开关，导线若干.(1)实验中应选用的电流表为，电压表为；(填入器材符号)(2)在虚线框内画出实验电路图；(3)测出的电阻值与真实值相比(填“偏大”、“偏小”或“相等”).12.(6分)(2012·广州模拟)如图是“测电源的电动势和内阻”的实验电路，器材如下：待测电源，量程为0～3 V～15 V的理想电压表V，量程为0～0.6 A～3 A的电流表A(具有一定内阻)，定值电阻R0(R0＝1.50 Ω)，滑动变阻器R1(0～10 Ω)，滑动变阻器R2(0～200 Ω)，开关S、导线若干.(1)为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用(填“R1”或“R2”).(2)用笔画线代替导线在实物图中完成连线.(3)实验中，改变滑动变阻器的阻值，测出当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2.则待测电源内阻的表达式r＝.(用I1、I2、U1、U2和R0表示)四、计算题(本大题共4小题，共48分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13.(8分)如图所示，电压表V1和V2的读数都是3.5 V，如果对调这两个电压表，则V1的读数为3.0 V，V2的读数为4.0 V，求这两个电压表的内阻.(不计电源内阻)14.(12分)在如图甲所示电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2的阻值未知，R3是一个滑动变阻器，当其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随电流I 的变化图线如图乙所示，其中图线上的A、B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的.求：(1)电源的电动势和内电阻；(2)定值电阻R 2的阻值； (3)滑动变阻器R 3的最大值.15.(2012·汕头模拟)(14分)一根长为L 的丝线吊着一质量为m 的带电量为q 的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，(重力加速度为g ，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8).求：(1)匀强电场的电场强度的大小； (2)小球经过最低点时丝线的拉力.16.(提分交汇考查)(14分)如图所示的电路中，两平行金属板A 、B 水平放置，两板间的距离d ＝40 cm.电源电动势E ＝24 V ，内电阻r ＝1 Ω，电阻R ＝15 Ω.闭合开关S ，待电路稳定后，将一带正电的小球从B 板小孔以初速度v 0＝4 m/s 竖直向上射入板间.若小球带电荷量为q ＝1×10－2C ，质量为m ＝2×10－2kg ，不考虑空气阻力.那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A 板？此时，电源的输出功率是多大？(取g ＝10 m/s 2)答案解析1.【解析】选D.因小球做变速圆周运动，在P 点的合加速度应是向心加速度与切向加速度的合成，故只有D 选项符合要求.2.【解析】选D.由万有引力提供颗粒绕土星做圆周运动的向心力得，G Mm r 2＝m(2πT )2r ，M ＝4π2r 3GT2＝2831124(1.410)6.6710(143600)-⨯⨯⨯⨯kg ＝6.4×1026kg. 所以D 选项正确.3.【解析】选A.当滑片P 在a 端时，电压表示数为0，电流表示数I ＝ER 1＋R 2＝ 2 A.当滑片P 在b 端时，R 2、R 3并联电阻为5 Ω，故电压表示数为15 V ，电流表示数为1.5 A.故A正确.4.【解析】选C.滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路部分的阻值变大，电路中的总电阻变大，路端电压变大，总电流变小，故电流表A的读数变小，电压表V的读数变大，小灯泡L2变暗，L1变亮，C正确.5.【解析】选C.小球从开始下落至到达最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误.小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误.小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错而C对.6.【解析】选A、C.由题意，v Ay＝v0tan45°＝10 m/s.v By＝v0tan60°＝10 3 m/s.由v By－v Ay＝gt得，t＝(3－1)s，故A正确，B错误.再根据v By2－v Ay2＝2gh，解得h＝10 m，故C正确，D错误.7.【解析】选B、D.由v-t图知，负电荷q做加速度增大的减速运动，故所受电场力变大，电场强度变大，E B＞E A，A错误；又因电场力的方向在甲图中向左，故电场线的方向为A→B，则φA＞φB，B正确；又E p＝qφ，对负电荷q，E pA＜EpB，C错；根据电场线的方向和电场强度的特点知，此电场一定是负电荷形成的电场，D正确.8.【解析】选A、C.从粒子的运动轨迹可以判断粒子带正电.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动.该粒子的反粒子在电场中受到的电场力向上，轨迹将要弯曲向上.结合运动的合成与分解，可得正确选项为A、C.9.【解析】选A、C.闪电电流I＝Q/t＝1×105 A，选项A正确；闪电过程的瞬时功率P＝UI＝1.0×109×1×105W＝1×1014W，选项B错误；闪电前云地之间的电场强度约为U/d＝1.0×106 V/m，选项C正确；第一个闪击过程向外释放能量为qU＝6×1.0×109 J＝6.0×109 J，选项D 错误.10.【解析】选B、D.由题图乙可知，电流由I0变为2I0，且保持不变，说明压敏电阻受压力恒定，则升降机做匀变速运动；电流变大说明阻值减小，则压力变大，物体处于超重状态，即升降机有向上的加速度.升降机有两种运动状态：加速向上或减速向下，故选项B、D正确.11.【解析】(1)由P ＝I 2R 得该电阻元件的最大电流I m ≈7.1×10－2A ＝71 mA ，故电流表应选A 1；由U ＝PR 得该元件允许所加的最大电压为U m ＝5 V ，故电压表应选V 1.(2)因滑动变阻器阻值为10 Ω，故应采用分压式电路；因A 1表阻值与R x 阻值相差不大，应采用电流表外接法，如图所示.(3)因采用电流表外接法测量电阻，故测量值比真实值偏小. 答案：(1)A 1 V 1 (2)见解析图 (3)偏小12.【解析】(1)因电源的内电阻较小，一般为几欧姆，故滑动变阻器应选用R 1. (2)连接电路时，应注意滑动变阻器的接法及电流表、电压表的量程，连线如图所示.(3)由E ＝U ＋I(R 0＋r)知，将(I 1，U 1)和(I 2，U 2)代入上式，解得R 0＋r ＝U 2－U 1I 1－I 2，即r ＝U 2－U 1I 1－I 2－R 0.答案：(1)R 1 (2)见解析图 (3)U 2－U 1I 1－I 2－R 0 13.【解析】设电压表V 1、V 2的内阻分别为R 1、R 2.串联电路中，电阻两端的电压与电阻成正比.又由并联电阻的特点可得 1R 1＋1600＝1R 2＋1400①(3分)600R 2R 2＋600/400R 1R 1＋400＝43 ②(3分)由①②可得：R 1＝240 Ω，R 2＝300 Ω (2分) 答案：240 Ω 300 Ω14.【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir 将图象中A 、B 两点的电压和电流代入得： E ＝16＋0.2r ，E ＝4＋0.8r解得E ＝20 V ，r ＝20 Ω (4分)(2)当R 3的滑片滑到最右端时，R 3、R 1均被短路，此时外电路电阻等于R 2，且对应于图线上B 点，故由B 点的U 、I 值可求出R 2的阻值为：R 2＝U B I B ＝40.8Ω＝5 Ω. (4分)(3)滑动变阻器的滑片置于最左端时，R 3阻值最大.设此时外电路总电阻为R ，由图象可知，I A ＝E R ＋r ，解得R ＝80 Ω，则此时R 1R 3R 1＋R 3＋R 2＝R ，解得：R 3＝300 Ω. (4分)答案：(1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω 15.【解析】(1)小球受力如图：Tsin37︒＝qE ①(2分) Tcos37︒＝mg ②(2分) 联立①②解得E ＝3mg4q (2分)(2)电场方向变为竖直向下后，小球向下摆动，依动能定理mgL(1－cos37︒)＋qEL(1－cos37︒)＝12mv 2③(4分)由圆周运动得：T ′－mg －qE ＝m v2L ④(2分)联立③④解得：T ′＝4920mg (2分)答案：(1)3mg 4q (2)4920mg16.【解析】小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到达A 板时速度为零. 设两板间电压为U AB ，由动能定理得－mgd －qU AB ＝0－12mv 20 (4分)解得U AB ＝8 V (2分) 滑动变阻器两端电压U 滑＝U AB ＝8 V (2分) 设通过滑动变阻器的电流为I ，由欧姆定律得I ＝E －U 滑R ＋r ＝1 A (2分)滑动变阻器接入电路的电阻R 滑＝U 滑I ＝8 Ω (2分)电源的输出功率P 出＝I 2(R ＋R 滑)＝23 W (2分) 答案：8 Ω 23 W。

2014高考物理易错创新专题预测提分知识点优化解析34单元评估检测(五)一、单项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题只有一个选项符合题意)1.如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升.若以N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，f为电梯对人的静摩擦力，则下列结论正确的是( )A.加速过程中f≠0，f、N、G都做功B.加速过程中f≠0，N不做功C.加速过程中f＝0，N、G都做功D.匀速过程中f＝0，N、G都不做功2.一只苹果从楼上某一高度自由下落，苹果在空中依次经过三个完全相同的窗户1、2、3.图中直线为苹果在空中的运动轨迹.若不计空气阻力的影响，以下说法正确的是( )A.苹果通过第3个窗户所用的时间最长B.苹果通过第1个窗户的平均速度最大C.苹果通过第3个窗户重力做的功最大D.苹果通过第1个窗户重力的平均功率最小3.中新网2010年4月23日报道，美国无人驾驶空天飞机X－37B于北京时间4月23日发射升空.如图所示，空天飞机能在离地面6万米的大气层内以3万公里的时速飞行；如果再用火箭发动机加速，空天飞机就会冲出大气层，像航天飞机一样，直接进入地球轨道，做匀速圆周运动.返回大气层后，它又能像普通飞机一样在机场着陆，成为自由往返天地间的输送工具.关于空天飞机，下列说法正确的是( )A.它从地面发射加速升空时，机舱内的物体处于失重状态B.它在6万米的大气层内飞行时，只受地球的引力C.它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力做正功D.它从地球轨道返回地面，必须先减速4.如图所示，木板质量为M，长度为L，小木块的质量为m，水平地面光滑，一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与M和m连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木块静止在木板左端，现用水平向右的力将m拉至右端，拉力至少做功为( )A.μmgLB.2μmgLC.μmgL2D.μ(M＋m)gL二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分，每小题有两个选项符合题意)5.放在水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，力F与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系如图所示，则下列说法正确的是(g＝10 m/s2)( )A.物体与地面间的摩擦因数为0.2B.物体与地面间的摩擦因数为0.4C.9 s内，力F做的功是126 JD.3～6 s和6～9 s两段时间内摩擦力的平均功率相等6.(预测题)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离.假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A.运动员到达最低点前重力势能始终减小B.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能减少C.蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D.蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关7.(创新题)2011年8月21日，第26届深圳大运会跳水男子10米跳台上演了一场精彩的大逆转：决赛中，中国选手吴军在前两跳出现失误的形势下，以连续四跳出色的发挥逆转战局，最后以537分摘得金牌.图为吴军在比赛中的情景.设吴军质量为m ，从离地面高h 的跳台上以速度v 1斜向上跳起，跳起高度离跳台为H ，最后以速度v 2进入水中，不计空气阻力，则吴军起跳时所做的功为( )A.12mv 21B.12mv 22－mgh C.mgH ＋mgh D.12mv 21＋mgh 8.如图所示，在抗洪救灾中，一架直升机通过绳索，用恒力F 竖直向上拉起一个漂在水面上的木箱，使其由水面开始加速上升到某一高度，若考虑空气阻力而不考虑空气浮力，则在此过程中，以下说法正确的有( )A.力F 所做功减去克服阻力所做的功等于重力势能的增量B.木箱重力所做的功等于重力势能的增量C.力F 、重力、阻力，三者合力所做的功等于木箱动能的增量D.力F 和阻力的合力所做的功等于木箱机械能的增量9.(易错题)如图所示，物体A 和B 的质量均为m ，它们通过一劲度系数为k 的轻弹簧相连，开始时B 放在地面上，A 、B 都处于静止状态.现用手通过细绳缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，此过程手做功为W 1；若将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，此时A 的速度为v ，此过程手做功为W 2，弹簧一直处于弹性限度内，则( )A.L 1＝L 2＝mg kB.W 2>W 1C.W 1>mgL 1D.W 2＝mgL 2＋12mv 2 三、实验题(6分)10.某同学为探究“恒力做功与物体动能改变的关系”，设计了如下实验，他的操作步骤是： ①组装好实验装置如图所示.②将质量为200 g的小车拉到打点计时器附近，并按住小车.③在质量为10 g、20 g、50 g的三种钩码中，他挑选了一个质量为50 g的钩码挂在拉线的挂钩P上.④释放小车，打开电磁打点计时器的电源，打出一条纸带.(1)在多次重复实验得到的纸带中取出自认为满意的一条.经测量、计算，得到如下数据：(g 取9.8 m/s2)①第一个点到第N个点的距离为40.0 cm.②打下第N点时小车的速度大小为1.00 m/s.该同学将钩码的重力当做小车所受的拉力，算出拉力对小车做的功为J，小车动能的增量为J.(2)此次实验探究的结果，他没能得到“恒力对物体做的功等于物体动能的增量”，且误差很大.显然，在实验探究过程中忽视了各种产生误差的因素.请你根据该同学的实验装置和操作过程，帮助他分析一下，造成较大误差的主要原因是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________.四、计算题(本大题共2小题，共30分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11. (15分)如图所示，将一质量m＝0.1 kg 的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好与斜面无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，然后经过B点后(速率不变)进入光滑水平轨道BC部分，再进入光滑的竖直圆轨道内侧运动.已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2 m，斜面顶端高H＝15 m，竖直圆轨道半径R＝5 m(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s2).求：(1)小球水平抛出的初速度v0及斜面顶端与平台边缘的水平距离x；(2)小球离开平台后到达斜面底端的速度大小；(3)小球运动到圆轨道最高点D时轨道对小球的弹力大小.12.(易错题)(15分)一质量为M＝2 kg的物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图甲所示.地面观察者记录了物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变.(g取10 m/s2)(1)指出传送带的速度v的大小及方向，说明理由.(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数.(3)物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？答案解析1.【解析】选A.加速过程中，水平方向的加速度由摩擦力f提供，所以f≠0，f、N做正功，G做负功，选项A正确，B、C错误；匀速过程中，水平方向不受静摩擦力作用，f＝0，N做正功，G做负功，选项D错误.2.【解析】选D.苹果加速下落，运动得越来越快，故苹果通过第3个窗户所用的时间最短，平均速度最大，A 、B 均错；窗户完全相同，所以苹果通过三个窗户重力做的功一样多，苹果通过第1个窗户用时最长，重力的平均功率最小，故C 错，D 对.3.【解析】选D.空天飞机从地面发射加速升空时，机舱内的物体具有竖直向上的加速度，处于超重状态，A 错误；空天飞机在6万米的大气层内飞行时，除受地球万有引力外，还受空气阻力，B 错误；它在做匀速圆周运动时，所受地球的引力与速度方向垂直，不做功，C 错误；它返回地面时，必须先减速，做近心运动，故D 正确.4.【解题指南】思路一：根据物体的平衡条件先求出F ，再分析物体的运动过程求出木板的对地位移，最后利用公式W ＝Fs 求解.思路二：由功能关系可知F 至少做的功等于系统增加的内能.【解析】选A.若使拉力F 做功最少，可使拉力F 恰匀速拉木块，容易分析得出F ＝2μmg(此时绳子上的拉力等于μmg)，而位移为L 2，所以W ＝Fs ＝2μmg ×L 2＝μmgL ，故A 正确. 5.【解析】选B 、C.6～9 s 内，物体做匀速运动，摩擦力与推力相等，为4 N ，3～6 s 内，物体做匀加速直线运动，加速度为2 m/s 2，此时推力为6 N ，由牛顿第二定律可知物体的质量m ＝F －f a ＝1 kg ，故物体与地面间的摩擦因数μ＝f mg＝0.4，A 错误、B 正确；9 s 内，力F 做功W ＝F 1s 1＋F 2s 2＝54 J ＋72 J ＝126 J ，C 正确；3～6 s 内摩擦力的平均功率P 1＝f v ＝12 W ，6～9 s 内摩擦力的平均功率P 2＝fv 2＝24 W ，D 错误.6.【解析】选A 、C.运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A 正确.蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B 错误.选取运动员、地球和蹦极绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C 正确.重力势能改变的表达式为ΔE p ＝mg Δh ，由于Δh 是绝对的，与重力势能零点的选取无关，故D 错.【变式备选】(双选)(2012·武汉模拟)如图所示，足够长的水平传送带以速度v 沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A 点距离底部的高度为h ＝0.45 m.一小物块从A 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.若v ＝1 m/s ，则小物块能回到A 点B. 若v ＝3 m/s ，则小物块能回到A 点C.若v ＝5 m/s ，则小物块能回到A 点D.无论v 等于多少，小物块均能回到A 点【解析】选B 、C.设小物块下滑到传送带的速度为v 0，由机械能守恒得，mgh ＝12mv 20，v 0＝3 m/s ，因传送带向右运动，小物块将在传送带上先匀减速到零，再向右匀加速，但当传送带的速度v<3 m/s 时，小物块向右加速到与传送带同速即做匀速运动，故v ＝1 m/s时，小物块滑回曲面的速度为v ＝1 m/s ，上升的高度为h ′＝v 22g＝0.05 m ，A 错误；当v ≥3 m/s 时，小物块回到曲面的速度均为v 0＝3 m/s ，仍能回到A 点，B 、C 正确，D 错误.7.【解析】选A 、B.由动能定理，吴军起跳时所做的功等于跳起时的动能，A 对；从v 1到v 2的过程中，重力做功mgh ＝12mv 22－12mv 21，所以起跳时人做的功W ＝12mv 21＝12mv 22－mgh ，B 对. 8.【解析】选C 、D.对木箱受力分析如图所示，则由动能定理：WF －mgh －W f ＝ΔE k ，故C 对.由上式得：W F －W f ＝ΔE k ＋mgh ，即W F －W f ＝ΔE k ＋ΔE p ＝ΔE.故A 错，D 对.由重力做功与重力势能变化关系知B 错，故选C 、D.9.【解析】选B 、D.缓慢地将A 向上提升距离L 1时，B 刚要离开地面，弹簧由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 1＝2mg k，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 1＝mgL 1；将A 加速向上提起，A 上升的距离为L 2时，B 刚要离开地面，弹簧也是由压缩量为mg k 到拉伸量为mg k ，弹性势能不变，L 2＝2mg k ，由功能关系可知，此过程手所做的功等于A 增加的机械能，即W 2＝mgL 2＋12mv 2.综上所述，B 、D 正确. 10.【解析】(1)钩码对小车做的功为：W 钩码＝mgh ＝0.05×9.8×0.4 J ＝0.196 J小车动能的增量为ΔE k ＝12M 车v 2＝0.1 J (2)由该同学计算的数据分析可知：W 钩码>ΔE k ，且误差很大.该同学在做本实验时造成较大误差的原因有：①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等.答案：(1)②0.196 0.1 (2)①小车质量没有远大于钩码质量；②没有平衡摩擦力；③操作错误：先释放小车后接通电源等11.【解析】(1)小球做平抛运动，落至A 点时，由平抛运动速度分解图可得：v 0＝v y cot α (1分)v A ＝v y sin α(1分) v 2y ＝2gh (1分)h ＝12gt 2 (1分) x ＝v 0t (1分)由上式解得：v 0＝6 m/s ，x ＝4.8 mv A ＝10 m/s (2分)(2)由动能定理可得小球到达斜面底端时的速度v BmgH ＝12mv 2B －12mv 2A (2分) 解得v B ＝20 m/s (1分)(3)小球在BC 部分做匀速直线运动，在竖直圆轨道内侧做圆周运动，小球从C 点到D 点，由动能定理得：－2mgR ＝12mv 2D －12mv 2C (2分) 在D 点由牛顿第二定律可得：N ＋mg ＝m v 2D R(2分) 解得N ＝3 N (1分)答案：(1)6 m/s 4.8 m (2)20 m/s (3)3 N12.【解析】(1)由题图乙可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s 以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s. (3分)(2)由题图乙可知，a ＝Δv Δt ＝42m/s 2＝2 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得滑动摩擦力f ＝Ma ，其中f ＝μN ，N ＝Mg ，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝210＝0.2 (2分) (3)由题图乙可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内的位移 s ＝vt ＝2×3 m ＝6 m (1分)所以物块对传送带所做的功为W ＝－fs ＝－4×6 J ＝－24 J (2分)物块与传送带前2 s 内的相对位移s 1＝42×2 m ＋2×2 m ＝8 m (1分) 第3 s 内的相对位移s 2＝2×1 m －22×1 m ＝1 m (1分) 故物块相对于传送带的总位移s ′＝s 1＋s 2＝9 m (1分)系统中转化为内能的能量Q ＝fs ′＝μMg ·s ′＝4×9 J ＝36 J (2分)答案：(1)2 m/s ，水平向右 理由见解析 (2)0.2(3)－24 J 36 J【总结提升】相对滑动问题中的功能关系 一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q ＝f l 相对，其中l 相对是物体间相对路径长度.如果两物体同向运动，l 相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，l 相对为两物体对地位移大小之和；如果一个物体相对另一物体做往复运动，则l相对为两物体相对滑行路径的总长度.。