（新課標）2013年高考物理 考前考點預測三

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1、新課標2013年高考物理考前考點預測三 1.(南京一模)某學生在體育場上拋出鉛球，其運動軌跡如圖所示。已知在B點時的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是( ) A.D點的速率比C點的速率大 B.D點的加速度比C點加速度大 C.從B到D加速度與速度始終垂直 D.從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小 2.如圖所示，一長為L的木板，傾斜放置，傾角為45°，今有一彈性小球，自與木板上端等高的某處自由釋放，小球落到木板上反彈時，速度大小不變，碰撞前后，速度方向與木板夾角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，則小球釋放點距木板上端的水平距離為( ) A．L B

2、．L C.L D.L 3.如圖所示，豎直平面內有一光滑絕緣半圓軌道處于方向水平且與軌道平面平行的勻強電場中，軌道兩端點A、C高度相同，與圓心O在同一水平線上，軌道的半徑為R，一個質量為m的帶正電的小球從軌道右端的A處無初速地沿軌道下滑，滑到最低點B時對軌道底的壓力為2mg，則在小球的滑動過程中( ) A.小球到達B點時的速度為 B.小球到達B點時的速度為2 C.小球在滑動過程中的最大速度為 D.小球在滑動過程中的最大速度為 4.如圖所示，兩極板與電源相連接，電子從負極板邊緣垂直電場方向射入勻強電場，且恰好從正極板邊緣飛出，現(xiàn)在使電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，而電子仍?/p>

3、原位置射入，且仍從正極板邊緣飛出，則兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼? ( ) A．2倍 B．4倍 C．0.5倍 D．0.25倍 5.如圖所示，一根跨越光滑定滑輪的輕繩，兩端各有一雜技演員(可視為質點)，a站于地面，b從圖示的位置由靜止開始向下擺動，運動過程中繩始終處于伸直狀態(tài)，當演員b擺至最低點時，a剛好對地面無壓力，則演員a的質量與演員b的質量之比ma∶mb為( ) A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1 二、多項選擇題(本題共4小題，每小題8分，共計32分。每小題有多個選項符合題意) 6.下列圖中實線為河岸，河水的流動方向如圖v的箭頭所示，虛

4、線為小船從河岸M駛向對岸N的實際航線。則其中可能正確的是( ) 7.如圖所示，將質量為2m的重物懸掛在輕繩的一端，輕繩的另一端系一質量為m的小環(huán)，小環(huán)套在豎直固定的光滑直桿上，光滑定滑輪與直桿的距離為d?，F(xiàn)將小環(huán)從與定滑輪等高的A處由靜止釋放，當小環(huán)沿直桿下滑距離也為d時(圖中B處)，下列說法正確的是(重力加速度為g)( ) A.小環(huán)剛釋放時輕繩中的張力一定大于2mg B.小環(huán)到達B處時，重物上升的高度約為0.4d C.小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 D.小環(huán)在B處的速度與重物上升的速度大小之比等于 8.有一種雜技表演叫“飛車走壁”，由雜技演員駕駛摩

5、托車沿光滑圓臺形表演臺的側壁高速行駛，做勻速圓周運動。如圖所示，圖中粗線圓表示摩托車的行駛軌跡，軌跡離地面的高度為h。下列說法中正確的是( ) A.h越高，摩托車做圓周運動的周期越大 B.h越高，摩托車做圓周運動的向心力越大 C.h越高，摩托車對側壁的壓力越大 D.h越高，摩托車做圓周運動的線速度越大 9.如圖所示，一高度為h的光滑水平面與一傾角為θ的斜面連接，一小球以速度v從平面的右端P點向右水平拋出，則小球在空中運動的時間t( ) A.一定與v的大小有關 B.一定與v的大小無關 C.當v大于cotθ，t與v無關 D.當v小于cotθ，t與v有關

6、三、計算題(本題共3小題，共38分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 10.(10分)如圖所示，置于圓形水平轉臺邊緣的小物塊隨轉臺加速轉動，當轉速達到某一數(shù)值時，物塊恰好滑離轉臺開始做平拋運動?，F(xiàn)測得轉臺半徑R=0.5 m,離水平地面的高度H=0.8 m,物塊平拋落地過程水平位移的大小s=0.4 m。設物塊所受的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2。求： (1)物塊做平拋運動的初速度大小v0; (2)物塊與轉臺間的動摩擦因數(shù)μ。 11. (14分)如圖所示,將質量為m=1 kg的小物塊放在長為L=1.5 m的小車左端，車的上表面粗糙，物塊與車上表面間動摩擦因數(shù)μ=0.5

7、，直徑d=1.8 m的光滑半圓形軌道固定在水平面上且直徑MON豎直，車的上表面和軌道最低點高度相同,為h=0.65 m，開始車和物塊一起以10 m/s的初速度在光滑水平面上向右運動,車碰到軌道后立即停止運動，取g=10 m/s2，求: (1)小物塊剛進入半圓軌道時對軌道的壓力； (2)小物塊落地點距車左端的水平距離。 12.(14分)如圖所示，質量為m=0.2 kg的小球(可視為質點)從水平桌面左端點A以初速度v0水平拋出，桌面右側有一豎直放置的光滑軌道MNP，其形狀為半徑R=0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°的圓弧，MN為其豎直直徑。P點到桌面的豎直距離也為R。小球飛離桌面后恰由

8、P點無碰撞地落入圓軌道，g=10 m/s2，求： (1)小球在A點的初速度v0及AP間水平距離x； (2)小球到達圓軌道最低點N時對N點的壓力； (3)判斷小球能否到達圓軌道最高點M。 答案解析 1.【解析】選A。鉛球從B到D重力做正功，速度增大，所以D點的速率比C點的速率大，選項A正確；鉛球運動過程中，只受重力，各點加速度相等，選項B錯誤；從B到D加速度與速度方向夾角減小，選項C、D錯誤。 2.【解析】選D。設小球釋放點距木板上端的水平距離為x，小球自由下落過程有h=x=、v=gt，小球與木板碰撞后做平拋運動，則水平方向有Lsin45°-x=vt′，豎直方向Lsin45

9、°-x=解得x=L，選項D正確。 【方法技巧】平拋運動的三種分解思路 1.分解速度 設平拋運動的初速度為v0，在空中運動時間為t，則平拋運動在水平方向的速度為：vx=v0，在豎直方向的速度為：vy=gt，合速度為：v=合速度與水平方向夾角為：θ=arctan。 2.分解位移 平拋運動在水平方向的位移為：x=v0t，在豎直方向的位移為：y=對拋出點的位移(合位移)為：s=合位移與水平方向夾角φ=arctan。 3.分解加速度 對于有些問題，過拋出點建立適當?shù)闹苯亲鴺讼?，把重力加速度g正交分解為gx、gy，把初速度v0正交分解為vx，vy，然后分別在x、y方向列方程求解，可以避繁就簡

10、，化難為易。 3.【解題指導】解答本題時，可按以下步驟進行求解： (1)在最低點對小球進行受力分析，列動力學方程，求小球在該點時的速度。 (2)根據(jù)小球在最低點時的速度大小判斷電場力做功的正負，進而判斷電場線方向，并求出電場力的大小。 (3)根據(jù)小球所受電場力和重力合力的方向確定速度最大點的位置，進而運用動能定理求解最大速度。 【解析】選C。小球沿軌道做圓周運動，到達B點時滿足FN-mg=m則v=選項A、B錯誤；若不受電場力，則到達B點時的速度由機械能守恒得：mgR=得v1=故此電場力做了負功，即電場線方向水平向右，從A到B點由動能定理：mgR-F電R=得F電=設下滑到D點速度最大，

11、與豎直方向的夾角為θ，如圖所示，則由動能定理：mgRcosθ-F電R(1-sinθ)=由幾何關系可知：sinθ=cosθ=2聯(lián)立可得：最大速度為選項C正確，D錯誤。 4.【解析】選C。電子在極板間做類平拋運動，水平方向l=v0t，豎直方向d=解得d=故電子入射速度變?yōu)樵瓉淼膬杀稌r，兩極板的間距應變?yōu)樵瓉淼?.5倍，選項C正確。 5.【解析】選B。演員b擺至最低點過程中，由動能定理得mbgl(1-cos60°)=在最低點對b受力分析，由牛頓第二定律得FT-mbg=mb對a由平衡條件得FT=mag，解以上各式得選項B正確。 6.【解析】選A、B。由運動的合成可知，小船從河岸M駛向對岸N的

12、實際航線可能正確的是A、B 7.【解析】選A、B、D。小環(huán)釋放后重物加速上升，故繩中張力一定大于2mg，選項A正確；小環(huán)到達B處時，繩與直桿間的夾角為45°，重物上升的高度h=(-1)d=0.4d，選項B正確；如圖所示，將小環(huán)速度v進行正交分解，其分速度v1與重物上升的速度大小相等，v1=vcos45°=v，所以在B處小環(huán)的速度與重物的速度大小之比等于，選項C錯誤，D正確。 8.【解析】選A、D。以摩托車為研究對象受力分析如圖所示，則有FNsinθ=mg, FNcosθ=m=mR()2,因θ與h無關，故壓力FN不變，向心力不變，h越高，R越大，則T越大，v越大。 9.【解析】選

13、C、D。球有可能落在斜面上，也有可能落在水平面上，可用臨界法求解，如果小球恰好落在斜面與水平面的交點處，則滿足hcotθ=vt，h=聯(lián)立可得v=cotθ，故當v大于cotθ時，小球落在水平面上，t=與v無關；當v小于cotθ時，小球落在斜面上，x=vt，y==tanθ，聯(lián)立可得t=即與v有關，故選項C、D正確。 10.【解析】(1)物塊做平拋運動，在豎直方向上有 H= ①(2分) 在水平方向上有 s=v0t ②(2分) 由①②式解得 v0=s=1 m/s ③(1分) (2)物塊離

14、開轉臺時，最大靜摩擦力提供向心力，有 fm=m ④(2分) fm=μN=μmg ⑤(2分) 由③④⑤式解得 μ==0.2 (1分) 答案：(1)1 m/s (2)0.2 11.【解析】(1)車停止運動后取小物塊為研究對象,設其到達車右端時的速度為v1，由動能定理得: -μmgL= (2分) 解得：v1= m/s (1分) 剛進入半圓軌道時,設物塊受到的支持力為FN,由牛頓第二定律得： FN-mg=

15、 (1分) 由牛頓第三定律得：F′N=FN (1分) 解得：FN′=104.4 N 方向豎直向下 (1分)[ (2)若小物塊能到達半圓軌道最高點，則由機械能守恒得： =2mgR+ (1分) 解得：v2=7 m/s (1分) 恰能過最高點的速度為v3，則：mg= (1分) 解得：v3==3 m/s (1分) 因v2>v3，故小物塊從圓軌道最高點做平拋運動，則： (h+2R)=

16、 (1分) 解得：x=4.9 m (1分) 故小物塊距車左端d=x-L=3.4 m (2分) 答案：(1)104.4 N，方向豎直向下 (2)3.4 m 12.【解題指導】解答本題時要注意挖掘題目的隱含條件，如“恰由P點無碰撞地落入圓軌道”，隱含著小球到達P點時的速度方向已知，然后結合平拋運動的規(guī)律即可進一步求解AP間的水平距離x以及小球在P點的速度。 【解析】(1)小球由A點做平拋運動，在P點恰好沿圓軌道的切線進入軌道，則小球在P點的豎直分速度為 vy=v0tan45°=v0 (1分)

17、 由平拋運動規(guī)律得：x= v0t (1分) R= (1分) 解得：v0=4 m/s x=1.6 m (2分) (2)小球在P點的速度為： v=m/s (1分) 小球從P點到N點，由動能定理得： mgR(1-cos45°)= (1分) 小球在N點，由牛頓第二定律得： FN-mg=m (1分) 解得小球所受支持力FN=11.17 N (1分) 由牛頓第三定律得，小球對N點的壓力： FN′=11.17 N 方向豎直向下 (1分) (3)假設小球能夠到達M點，由動能定理得： mgR(1+cos45°)= (2分) 解得：v′=m/s (1分) 小球能夠完成圓周運動，在M點須有mg≤m即vM≥m/s，由v′