高考物理一轮复习同步练习：4章《专项拓展与训练》1(新人教版).docVIP

专项拓展与训练 1．(广东高考变式题)如下图PNQ是一个固定的光滑轨道．其中PN是直线部分，NQ是半径为R的半圆弧，PN与NQ在N点相切．P、Q两点处于同一水平高度．现有一小球自P点由静止开始沿轨道下滑，那么(　　) A．小球不能到达Q点，P比Q至少高才能经Q点沿切线方向飞出 B．小球到达Q点后．又沿轨道返回 C．小球到达Q点后．将自由下落 D．小球到达Q点后．恰能沿圆弧的切线方向飞出 解析　由机械能守恒，知小球如到达Q点，速度必为0.而小球在圆弧上做的是圆周运动，若到达Q点最小速度v＝.设小球在Q点上高度h处才恰能完成圆周运动．由机械能守恒可列方程mgh＝mv2，解得h＝，故A项正确，选项B、C、D错误． 答案　A 2．(创新题)在竖直平面内有一由内径为r1的光滑圆管弯曲而成的环形轨道，环形轨道半径R远远大于r1，如下图所示．有一质量为m的小球，直径r2略小于r1，可在圆管中运动．在最低点应给小球一个多大的初速度才能使小球在竖直环轨道内恰能完成圆周运动？ 解析　小球恰能完成圆周运动有两种可能： 到达最高点时只与管下壁接触，此时最小速度可以为零．由惯性可完成下半周运动．设在最低点速度为v1，由机械能守恒，知mv＝mg(2R)，所以v1＝2，故在最低点速度v1＝2 到达最高点时只与管上壁接触，此时恰能完成圆周运动的条件为只有重力提供物体做圆周运动的向心力．最高点速度为v3，则有mg＝m，再由机械能守恒，可得最低点速度v2与v3的关系为mv＝mg(2R)＋mv，联立以上两式，可得v2＝，故在最低点速度v2＝ 答案　两种可能：其一为2，其二为 名师点拨　本题实质考查了两种模型．即绳模型与杆模型．球与管下壁接触的临界条件对应杆模型，球与管上壁接触的临界条件对应绳模型． 3．(2010·安徽)如图所示，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2 m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103 V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10－2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10－5 C，g取10 m/s2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移) (1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离； (2)在满足(1)的条件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围． 解析　(1)在乙球恰能通过轨道最高点的情况下，设乙到达最高点速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t.乙的落点到B点的距离为x.一般情况下乙球在最高点受重力、轨道给球的向下的压力、电场力，其中重力和电场力的大小和方向是不变的，只有压力可以变化，因此乙球恰能通过轨道最高点的条件为只有重力和电场力提供物体在D点做圆周运动的向心力． mg＋qE＝m 小球脱离D点做类平抛运动，竖直方向是初速度为零的匀加速运动，加速度为ay＝，则有 2R＝()t2 水平方向为匀速运动，有x＝vDt 联立，得x＝0.4 m (2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 mv0＝mv甲＋mv乙 mv＝mv＋mv 联立，得v乙＝v0 由动能定理，得 －mg·2R－qE·2R＝mv－mv 联立，得 v0＝＝2 m/s (3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm. 根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 Mv0＝MvM＋mvm Mv＝Mv＋mv 联立，得vm＝ 由和M≥m，可得v0≤vm2v0 设乙球过D点时速度为v′D ，由动能定理，得 －mg·2R－qE·2R＝mv′－mv 联立，得2 m/s≤vD8 m/s 设乙在水平轨道上的落点距B点的距离为x′，有 x′＝v′Dt 联立，得0.4 m≤x1.6 m 答案　(1)0.4 m　(2)2 m/s　(3)0.4 m≤x＜1.6 m 4．如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动．线圈C1C2C3的匝数为n，其端点C1、C3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d，电阻R1的阻值是线圈C1C2C3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈C1C2C3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大．质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置．若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L，其