【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 走過(guò)的弧長(zhǎng)相等，則線(xiàn)速度大小相等，即 ν A： ν B=1： 1，因?yàn)?RA=2RB，根據(jù) v=rω 知， ω A： ω B=1： 2，故 A正確 B、周期 T= ，周期之比 TA： TB=2： 1，故 B錯(cuò)誤 C、 ω=2πn ，所以轉(zhuǎn)速之比 nA： nB=1： 2，故 C正確 D、 a=rω 2=Vω ，故向心加速度之比 aA： aB=1： 2，故 D錯(cuò)誤 故選： AC 【點(diǎn)評(píng)】 解決本題的關(guān)鍵知道靠傳送帶傳到的輪子邊緣上的點(diǎn)，線(xiàn)速度相等，共軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，以及掌握線(xiàn)速度和角速度的關(guān)系 6．用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖所示）．設(shè)兩極板正對(duì)面積為 S，極板間的距離為 d，靜電計(jì)指針偏角為 θ ．實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若（ ） A．保持 S不變，增大 d，則 θ 變大 B．保持 S不變，增大 d，則 θ 變小 C．保持 d不變，減小 S，則 θ 變小 D．保持 d不變，減小 S，則 θ 不變 【考點(diǎn)】 電容器的動(dòng)態(tài)分析． 【專(zhuān)題】 電容器專(zhuān)題． 【分析】 靜電計(jì)測(cè)定電容器極板間的電勢(shì)差，電勢(shì)差越大，指針的偏角越大．根據(jù)電容的決定式 C= 分析極板間距離、正對(duì)面積變化時(shí)電容的變化情況，由于極板所帶電荷量不變，再由電容的定義式 C= 分析板間電勢(shì)差的變化，即可再確定靜電計(jì)指針的偏角變化情況． 【解答】 解： A、 B、根據(jù)電容的決定式 C= 得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變， 增大 d時(shí)，電容減小，電容器的電量 Q不變，由電容的定義式 C= 分析可知板間電勢(shì)差增大，則靜電計(jì)指針的偏角 θ 變大；反之，保持 S不變，減小 d，則 θ 減?。?A正確， B錯(cuò)誤． C、 D、根據(jù)電容的決定式 C= 得知，電容與極板的正對(duì)面積成正比，當(dāng)保持 d不變，減小 S時(shí)，電容減小，電容器極板所帶的電荷量 Q不變，則由電容的定義式 C= 分析可知板間電勢(shì)差增大，靜電計(jì)指針的偏角 θ 變大；反之，保持 d不變，增大 S，則 θ 減小，故C錯(cuò)誤， D錯(cuò)誤． 故選： A． 【點(diǎn)評(píng)】 本題是電容動(dòng)態(tài)變化分析問(wèn)題，關(guān)鍵抓住兩點(diǎn)：一是電容器的電量不變；二 是掌握電容的兩個(gè)公式：電容的決定式 C= 和 C= ． 7．如圖所示，質(zhì)量為 M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為 θ ．斜面上有一質(zhì)量為 m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力 F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑．在小物塊運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，楔形物塊始終保持靜止．地面對(duì)楔形物塊的支持力和摩擦力分別為（ ） A．（ M+m） g、 0 B．（ M+m） g﹣ F、 0 C．（ M+m） g+Fsinθ 、 Fsinθ D．（ M+m） g﹣ Fsinθ 、 Fcosθ 【考點(diǎn)】 共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用． 【專(zhuān)題 】 共點(diǎn)力作用下物體平衡專(zhuān)題． 【分析】 物塊 m勻速上升，受力平衡，合力為零．楔形物塊 M始終保持靜止合力也為零，將兩個(gè)物體看成整體進(jìn)行研究，根據(jù)平衡條件求解地面對(duì)楔形物塊支持力和摩擦力． 【解答】 解：以物塊 m和楔形物塊 M整體為研究對(duì)象，分析受力情況，如圖，由平衡條件得地面對(duì)楔形物塊支持力大小為： N=（ M+m） g﹣ Fsinθ 地面對(duì)楔形物塊有向右的摩擦力大小為： f=Fcosθ ．所以 D正確． 故選： D 【點(diǎn)評(píng)】 本題采用整體法處理兩個(gè)物體的平衡問(wèn)題，也可以采用隔離法研究． 8．質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從 某時(shí)刻起受到一恒力作用．此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能（ ） A．一直增大 B．先逐漸減小至零，再逐漸增大 C．先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D．先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 【考點(diǎn)】 動(dòng)能定理的應(yīng)用． 【分析】 一質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)所受合力為 0，從某時(shí)刻起受到一恒力作用，這個(gè)恒力就是質(zhì)點(diǎn)的合力． 根據(jù)這個(gè)恒力與速度的方向關(guān)系確定質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能的變化情況． 【解答】 解： A、如果恒力與運(yùn)動(dòng)方向相同，那么質(zhì)點(diǎn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能一直變大，故 A正確． B、如果恒力與運(yùn)動(dòng)方向相反，那么質(zhì)點(diǎn)先做勻減速 運(yùn)動(dòng)，速度減到 0，質(zhì)點(diǎn)在恒力作用下沿著恒力方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能再逐漸增大．故 B正確． C、如果恒力方向與原來(lái)運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線(xiàn)上，那么將速度沿恒力方向所在直線(xiàn)和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個(gè)速度方向相同，這個(gè)方向速度就會(huì)增加，另一個(gè)方向速度不變，那么合速度就會(huì)增加，不會(huì)減?。?C錯(cuò)誤． D、如果恒力方向與原來(lái)運(yùn)動(dòng)方向不在同一直線(xiàn)上，那么將速度沿恒力方向所在直線(xiàn)和垂直恒力方向分解，其中恒力與一個(gè)速度方向相反，這個(gè)方向速度就會(huì)減小，另一個(gè)方向速度不變，那么合速度就會(huì)減小，當(dāng)恒力方向速度減到 0時(shí)，另一個(gè)方向 還有速度，所以速度到最小值時(shí)不為 0，然后恒力方向速度又會(huì)增加，合速度又在增加，即動(dòng)能增大．故 D正確． 故選 ABD． 【點(diǎn)評(píng)】 對(duì)于直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，判斷速度增加還是減小，我們就看加速度的方向和速度的方向． 對(duì)于受恒力作用的曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，我們可以將速度分解到恒力方向和垂直恒力方向，再去研究． 9．如圖所示，用長(zhǎng)為 L的輕繩把一個(gè)小鐵球懸掛在高 2L的 O點(diǎn)處，小鐵球以 O為圓心在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)且恰能到達(dá)最高點(diǎn) B處，若運(yùn)動(dòng)中輕繩斷開(kāi)，則小鐵球落到地面時(shí)的速度大小為（ ） A． B． C． D． 【考點(diǎn)】 平拋運(yùn) 動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；機(jī)械能守恒定律． 【專(zhuān)題】 平拋運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題． 【分析】 小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn) B，重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式列式求解得到 B點(diǎn)速度；然后根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解落地速度． 【解答】 解：小球恰好能通過(guò)最高點(diǎn) B，重力提供向心力， 根據(jù)牛頓第二定律，有： mg=m ① 整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程只有重力做功，機(jī)械能守恒， 根據(jù)守恒定律，有： ② 聯(lián)立解得： ； 故選 D． 【點(diǎn)評(píng)】 本題突破口在于小球恰好經(jīng)過(guò) B點(diǎn)，重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解速度；然后機(jī)械能守恒定律列式求 解落地速度，不難． 10．如圖所示，虛線(xiàn)表示等勢(shì)面，相鄰兩等勢(shì)面間的電勢(shì)差相等，有一帶正電的小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，實(shí)線(xiàn)表示該小球的運(yùn)動(dòng)軌跡．小球在 a點(diǎn)的動(dòng)能等于 20eV，運(yùn)動(dòng)到 b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能等于 2eV．若取 c點(diǎn)為電勢(shì)零點(diǎn)，則當(dāng)這個(gè)帶電小球的電勢(shì)能等于﹣ 6eV時(shí)（不計(jì)重力和空氣阻力），它的動(dòng)能等于（ ） A． 16eV B． 14eV C． 6eV D． 4eV 【考點(diǎn)】 電勢(shì)能． 【專(zhuān)題】 帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題． 【分析】 解決本題需掌握：小球只受電場(chǎng)力時(shí)，小球的動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變；正確判斷小球在電場(chǎng)中所 受電場(chǎng)力方向以及電場(chǎng)力做功情況． 【解答】 解：小球自 a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 b時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功： Wab=2eV﹣ 20eV=﹣ 18eV ① 由于相鄰兩等勢(shì)面的電勢(shì)差相等，故電勢(shì)差的大小關(guān)系有： Uab=3Ubc ② 從 b到 c電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理有： Wbc=Ekc﹣ Ekb ③ 聯(lián)立 ①②③ 可得 Ekc=8eV． 由于只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能和保持不變，故在 c點(diǎn)： E=Ep+Ek=8eV 即電勢(shì)能和動(dòng)能之和為 8eV，因此當(dāng)電勢(shì)能等于﹣ 6eV時(shí)動(dòng)能為 14eV，故 ACD錯(cuò)誤， B正確． 故選 B． 【點(diǎn)評(píng)】 學(xué)習(xí)電場(chǎng)中的功能關(guān)系時(shí)可以類(lèi)比在重力場(chǎng)的功能關(guān)系，如只有重力做功，動(dòng)能和電勢(shì)能之和保持不變；那么只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和保持不變． 11．嫦娥二號(hào)衛(wèi)星已成功發(fā)射，這次發(fā)射后衛(wèi)星直接進(jìn)入近地點(diǎn)高度 200公里、遠(yuǎn)地點(diǎn)高度約 38萬(wàn)公里的地月轉(zhuǎn)移軌道直接奔月．當(dāng)衛(wèi)星到達(dá)月球附近的特定位置時(shí)，衛(wèi)星就必須 “ 急剎車(chē) ” ，也就是近月制動(dòng)，以確保衛(wèi)星既能被月球準(zhǔn)確捕獲，又不會(huì)撞上月球，并由此進(jìn)入近月點(diǎn) 100公里、周期 12小時(shí)的橢圓軌道 a．再經(jīng)過(guò)兩次軌道調(diào)整，進(jìn)入 100公里的近月圓軌道 b．軌道 a和 b相切于 P點(diǎn) ，如圖所示．下列說(shuō)法正確的是（ ） A．嫦娥二號(hào)衛(wèi)星的發(fā)射速度大于 km/s，小于 km/s B．嫦娥二號(hào)衛(wèi)星的發(fā)射速度大于 km/s C．嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在 a、 b軌道經(jīng)過(guò) P點(diǎn)的速度 va=vb D．嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在 a、 b軌道經(jīng)過(guò) P點(diǎn)的加速度分別為 aa、 ab則 aa＞ ab 【考點(diǎn)】 萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度． 【專(zhuān)題】 萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專(zhuān)題． 【分析】 A、 B嫦娥二號(hào)發(fā)射出去后繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)，知嫦娥二號(hào)的發(fā)射速度大于 ，小于 ． C、嫦娥二號(hào)在橢圓軌道的 P點(diǎn)進(jìn)入圓軌道需減速，使得萬(wàn)有引力等于需要的向心力，做圓周運(yùn)動(dòng)． D、根據(jù)牛頓第二定律比較嫦娥二號(hào)衛(wèi)星在 a、 b軌道經(jīng)過(guò) P點(diǎn)的加速度． 【解答】 解： A、嫦娥二號(hào)發(fā)射出去后繞地球做橢圓運(yùn)動(dòng)，知嫦娥二號(hào)的發(fā)射速度大于，小于 ．故 A正確、 B錯(cuò)誤． C、嫦娥二號(hào)在橢圓軌道的 P點(diǎn)是近月點(diǎn)，速度比較大，要進(jìn)入圓軌道，需減速，使得萬(wàn)有