201*屆高考備考(201*年山東各地市一模精選)：曲線運動

（201*淄博市一模）15．201*年6月18日，搭載著3位航天員的神舟九號飛船與在軌運行的天宮

一號順利“牽手”．對接前天宮一號進入高度約為343km的圓形對接軌道，等待與神舟九號飛船交會對接．對接成功后，組合體以7.8km/s的速度繞地球飛行．航天員圓滿完成各項任務后，神舟九號飛船返回地面著陸場，天宮一號變軌至高度為370km的圓形自主飛行軌道長期運行．則A．3位航天員從神舟九號飛船進入天宮一號過程中處于失重狀態(tài)B．天宮一號在對接軌道上的周期小于在自主飛行軌道上的周期C．神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，必須點火加速D．天宮一號在對接軌道上的機械能和在自主飛行軌道上的機械能相等【答案】AB

【解析】宇航員在太空中隨飛船一起做圓周運動，只受到萬有引力的作用，處于完全失重狀態(tài)，A正確。

Mm2242r3)，則T由于G2mr(，對接軌道的高度較自主飛行的軌道低，故天宮一號在對接軌道rTGM上的周期小，B正確。神舟九號飛船與天宮一號分離后，要返回地面，即做近心運動，必須減速，C錯誤。由對接軌道進入自主飛行軌道，天宮一號做離心運動，必須點火加速，機械能增加，D錯誤。

（201*泰安市一模）18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R，粗細不計的圓管軌道．半徑OA

水平、OB豎直，一個質(zhì)量為m的小球自A正上方P點由靜止開始自由下落，小球恰能沿管道到達最高點B，已知AP=2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運動過程中

A．重力做功2mgRB．mgR

C．合外力做功mgR

D．克服摩擦力做功

1mgR2【答案】B

【解析】由小球恰能沿管道到達最高點B知小球在B點的速度為0，選A點所在平面為零勢能面，則對于P至B過程，由能量守恒可得mg2RWfmgR，解得WfmgR，即克服摩擦力做功mgR，合外力做的功等于動能的變化，即合外力做功為0，重力做功等于重力勢能的變化，與路徑無關，即重力做功mgR，克服摩擦力做的功等于機械能的減少，即機械能減少mgR。只有選項B正確。

（201*德州市一模）22.（15分）如圖所示，一半徑R=1m的圓盤水平放置，在其邊緣E點固定一小桶(可視為質(zhì)點)。在圓盤直徑DE的正上方平行放置一水平滑道BC，滑道右端C點與圓盤圓心O在同一豎直線上，且豎直高度h=1.25m。AB為一豎直面內(nèi)的光滑四分之一圓弧軌道，半徑r=0.45m,且與水平滑道相切與B點。一質(zhì)量m=0.2kg的滑塊（可視為質(zhì)點）從A點由靜止釋放，當滑塊經(jīng)過B點時，圓盤從圖示位置以一定的角速度ω繞通過圓心的豎直軸勻速轉(zhuǎn)動，最終物塊由C點水平拋出，恰好落入圓盤邊緣的小桶內(nèi)．已知滑塊與滑道BC間的摩擦因數(shù)＝0.2。（取g=10m/s）求（1）滑塊到達B點時對軌道的壓力（2）水平滑道BC的長度；

（3）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足的條件。

2

【答案】見解析

（1）滑塊由A點到B由動能定理得：

mgr1mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

解得：vB2gr3m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）滑塊到達B點時，由牛頓第二定律得

2vBFmgm┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）

r解得：F6N

由牛頓第三定律得滑塊到達B點時對軌道的壓力大小為6N,方向豎直向下。┅（1分）（2）滑塊離開C后，由h12gt12解得：t12h0.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）gvCR2m/s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）t1滑塊由B點到由C點的過程中由動能定理得

mgx11mvC2mvB2┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（2分）22解得：x1.25m┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）(3)滑塊由B點到由C點，由運動學關系：

xvBvCt22解得：t20.5s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

tt1t21s┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω應滿足條件:

t2n┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

2nrad/s（n=1、2、3、4┅┅┅┅）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅（1分）

（201*青島市一模）

22．（15分）如圖所示，一粗糙斜面AB與圓心角為37°的光滑圓弧BC相切，

經(jīng)過C點的切線方向水平．已知圓弧的半徑為R=1.25m，斜面AB的長度為L=1m．質(zhì)量為m=

kg的小物塊（可視為質(zhì)點）在水平外力F=1N作用下，從斜面頂端A點處由靜止開始，沿斜面向下運動，當?shù)竭_B點時撤去外力，物塊沿圓弧滑至C點拋出，若落地點E距離與C點間的水平距離為x=1.2m，C點距離地面高度為h=0.8m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s）求：

2

（1）物塊經(jīng)C點時對圓弧面的壓力；（2）物塊滑至B點時的速度；（3）物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)．【答案】見解析

【解析】（1）物塊從C點到E點做平拋運動由h=

x12

gt，得t=0.4sv03m/s

t22vC由牛頓第二定律知：FNmg=mFN=17.2N

R由牛頓第三定律，知物體在C點時對圓弧的壓力為17.2N．（2）從B點到C點由動能定理，知

mgRmgRcos370=

1212mvCmvBvB=2m/s22（3）從A點到B點，由vB2=2aL，得a=2m/s2由牛頓第二定律，知

mgsin370+Fcos370（mgcos370Fsin370）=ma=

24=0.6537評分標準：（1）問6分，（2）問4分，（3）問5分．共15分．

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（201*淄博市一模）18．如圖所示，真空中M、N處放置兩等量異種電荷，a、b、c為電場中的三點，

實線PQ為M、N連線的中垂線，a、b兩點關于MN對稱，a、c兩點關于PQ對稱，已知一帶正電的試探電荷從a點移動到c點時，試探電荷的電勢能增加，則以下判定正確的是

A．M點處放置的是負電荷

B．a(chǎn)點的場強與c點的場強完全相同C．a(chǎn)點的電勢高于c點的電勢

D．若將該試探電荷沿直線由a點移動到b點，則電場力先做正功，后做負功【答案】AD

【解析】由題意知試探電荷從a點移動到c點時，電場力做負功，故M點處放置的是負電荷，A正確。M、N兩點分別放等量異號點電荷，根據(jù)疊加原理可得，a點與c點電場強度的大小相等，但方向不同，故B錯誤．由于正試探電荷在c點的電勢能大于在a點的電勢能，故a點的電勢低于c點的電勢，C錯誤。過ab兩點作出等勢線分析，試探電荷由a沿直線至b，電場力對其先做正功，后做負功，總功為零，故D正確．（201*煙臺市一模）

16．真空中有一帶負電的電荷繞固定的點電荷+Q運動，其軌跡為橢圓，如圖所

示．已知abcd為橢圓的四個頂點，+Q處在橢圓焦點上，則下列說法正確的是

A．b、d兩點的電場強度大小一定相等B．a(chǎn)、c兩點的電勢相等

C．負電荷由b運動到d電場力做正功

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D．負電荷由a經(jīng)d運動到c的過程中，電勢能先減小后增大【答案】B

E【解析】由點電荷的場強公式

kQr2可知b點的電場強度大于d點的電場強度，A錯誤。a、c兩點離點

電荷距離相等，在同一等勢線上，兩點電勢相等，B正確。b點電勢高于d點電勢，負電荷由b運動到d,電勢能增大，電場力做負功，C錯誤。a、c兩點電勢相等且大于d點電勢，故負電荷由a經(jīng)d運動到c的過程中，電勢能先增大后減小，D錯誤。

（201*濰坊一模）4．如圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為R．電荷量均為Q的正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，+Q與O點的連線和OC間夾角為60°．下列說法正確的是

A．O、C兩點場強相同B．O、C兩點電勢相同

C．在A點由靜止釋放一個正電荷，電荷將沿圓周向D運動D．沿直徑由B向D移動一個正電荷，電荷的電勢能先增大后減小【答案】AB

【解析】由題圖可知O、C兩點在兩點電荷的中垂線上，且關于兩點電荷的連線對稱，由等量異種點電荷電場的分布情況可知O、C兩點的場強相同，電勢相同，選項AB正確；在A點由靜止釋放一個正電荷，僅在電場力的作用下，電荷做曲線運動，但其軌跡不可能沿圓周，選項C錯誤；沿直徑由B向D移動一個正電荷，電場力做正功，電荷的電勢能一直減小，選項D錯誤。（201*泰安市一模）

19．圖中甲是勻強電場，乙是孤立的正點電荷形成的電場，丙是等量異種點電

荷形成的電場(a，b位于兩點電荷連線上，且a位于連線的中點)，丁是等量正點電荷形成的電場(a，b

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位于兩點電荷連線的中垂線上，且a位于連線的中點)。有一個正檢驗電荷僅在電場力作用下分別從電場中的a點由靜止釋放，動能Ek隨位移變化的關系圖象如圖中的①②③圖線所示，其中圖線①是直線．下列說法正確的是

A．甲對應的圖線是①B．乙對應的圖線是②C．丙對應的圖線是②D．丁對應的圖線是③【答案】AC

【解析】甲圖中電場為勻強電場，電場力做功W=EqS，因E、q均保持不變，故電場力做功與S成正比，故對應的圖線可能是①，故A正確；

乙圖中從a到b時電場強度減小，故電場力越來越小，即動能圖線的斜率應是減小的，故圖象應為③，故B錯誤；

丙圖中為兩異種電荷，a為中間，故從a到b時，電場強度增大，故電場力也將增大，故動能圖線的斜率增大，故應為②，故C正確；

丁圖中a處場強最小，而不能明確b的位置，故從a到b時場強可能一直增大，也可能先增大再減小，若場強一直增大，則圖象應為②，故D錯誤；故選AC．（201*濱州市一模）

19．如圖所示，虛線是兩個等量點電荷所產(chǎn)生的靜電場中的一簇等勢線，

動，b點是其運

若不計重力的帶電粒子從a點射入電場后恰能沿圖中的實線運動軌跡上的另一點，則下述判斷正確的是

A．由a到b的過程中電場力對帶電粒子做正功B．由a到b的過程中帶電粒子的電勢能在不斷減小C．若粒子帶正電，兩等量點電荷均帶正電D．若粒子帶負電，a點電勢高于b點電勢【答案】D

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【解析】可由運動軌跡確定粒子的受力方向與速度方向，兩者的夾角大于90°故電場力做負功，則電勢能增加，故A、B錯誤。若粒子帶正電，在兩者中垂線左側(cè)受力方向相左，則其電場線向左，而兩等量點電荷左邊的為負電荷，故C錯誤．若粒子帶負電荷，由a到b電勢能增加，電勢減小，故D正確。

（201*德州市一模）19.一質(zhì)子從A點射入電場，從B點射出，電場的等差等勢面和質(zhì)子的運動軌跡如圖所示，圖中左側(cè)前三個等勢面彼此平行，不計質(zhì)子的重力。下列說法正確的是A．A點的電勢高于B點的電勢B．質(zhì)子的加速度先不變，后變小C．質(zhì)子的動能不斷減小D．質(zhì)子的電勢能先減小，后增大【答案】BC

由題意知粒子帶正電，運動軌跡向下彎曲，正電荷受電場力與電場強度方向相同，所以電場線（垂直于等勢面）方向向左，沿電場線方向電勢降低，故A點的電勢低于B點的電勢，A錯誤；因為等勢面先平行并且密，后變疏，說明電場強度先不變，后變小，則電場力先不變，后變小，所以加速度先不變，后變小，B正確；由于起初電場力與初速度方向相反，所以電場力做負功，電勢能增大，動能減小，C正確D錯誤。（201*濟南市一模）

19．負點電荷Q固定在正方形的一個頂點上，帶電粒子P僅在該電荷的電場力

作用下運動時，恰好能經(jīng)過正方形的另外三個頂點a、b、c，如圖所示，則

A．粒子P帶負電

B．a(chǎn)、b、c三點的電勢高低關系是

C．粒子P由a到b電勢能增加，由b到c電勢能減小D．粒子P在a、b、c三點時的加速度大小之比是2:1:2

【答案】BCD

【解析】粒子P僅受電場力作用，軌跡彎曲方向跟電場力方向一致，故粒子P帶正電，A錯誤。沿電場線方向電勢降低，故

，B正確。粒子P由a到b，電場力做負功，電勢能增加；由b到c，電場力

，故粒子P在a、b、c三點時的加速度大小之比是QqFk2mar做正功，電勢能減小，C正確。電場力

2:1:2，D正確。

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（201*聊城市一模）19．在光滑絕緣水平面P點正上方的O點固定一電荷量為-Q的點電荷，在水平面上的N點,由靜止釋放質(zhì)量為m，電荷量為+q的檢驗電荷，該檢驗電荷在水平方向僅受電場力作用運動至P點時的速度為v，圖中60。規(guī)定P點的電勢為零，中

A.N點電勢低于P點電勢

則在-Q形成的電場

mv2B．N點電勢為

2qC．P點電場強度大小是N點的4倍D．檢驗電荷在N點具有的電勢能為【答案】CD

【解析】由負點電荷的電場分布特點可知電場線的方向指向負點電荷，由于選P點電勢為0，沿電場線電勢逐漸降低，則O點電勢為負值，N點電勢為正值，N點電勢高于P點電勢，選項AB錯誤。由點電荷場強公式Ek12mv2Q易知選項C正確。由N至P，電場力對檢驗電荷做正功，且只有電場力做功，結(jié)合動能定理2r12mv,選項D正確。2可知動能的增加等于電勢能的減少，則檢驗電荷在N點電勢能EpN（201*青島市一模）

16．如圖所示為電場中的一條電場線，電場線上等距離分布M、N、P三個點，

其中N點的電勢為零，將一負電荷從M點移動到P點，電場力做負功，以下判斷正確的是

A．負電荷在P點受到的電場力一定小于在M點受到的電場力B．M點的電勢一定小于零

C．正電荷從P點移到M點，電場力一定做負功D．負電荷在P點的電勢能一定大于零【答案】CD

【解析】僅由一條電場線無法確定P、M兩點的電場強弱，A錯誤。負電荷從M點至P點，電場力做負功，

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則電場線方向向右，正電荷從P點移到M點，電場力一定做負功，C正確；又沿電場線電勢降低，N點電勢為零，則M點電勢為正，P點電勢為負，負電荷在P點的電勢能一定大于零，B錯誤D正確。（201*日照市一模）

15.如圖所示，一帶電液滴在水平向左的勻強電場中由靜止釋放，液滴沿直線

由b運動到d，直線bd方向與豎直方向成45°角，則下列結(jié)論正確的是

A.液滴帶負電荷B.液滴的動能不變C.液滴做勻速直線運動D.液滴的電勢能減少【答案】AD

【解析】由題可知，帶電液滴只受重力和電場力作用，合力沿bd方向，液滴做勻加速直線運動，C錯誤；合力做正功，據(jù)動能定理知，B錯誤；電場力方向向右，故液滴帶負電荷，A正確；電場力做正功，電勢能減少，D正確。

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