高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一.docx

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高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一

高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇

集-1

1.地球质量为M，半径为R，自转角速度为ω，万有引力恒量为G，如果规定物体在离地球无穷远处势能为0，则质量为m的物体离地心距离为r时，具有的万有引力势能

可表示为Ep=-G

Mm

它是在地球大气层上

.国际空间站是迄今世界上最大的航天工程，

r

空地球飞行的一个巨大的人造天体，可供宇航员在其上居住和进行科学实验.设空间站离

地面高度为h，如果在该空间站上直接发射一颗质量为m的小卫星，使其能到达地球

同步卫星轨道并能在轨道上正常运行，则该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？

解析：

由GMm=mv2

得，卫星在空间站上的动能为Ek=

1

mv2=

r2

r

2

Mm

。

G

2（R

h）

Mm

卫星在空间站上的引力势能在Ep=-G

h

R

机械能为E1=Ek+Ep=-G

Mm

2（Rh）

同步卫星在轨道上正常运行时有

G

Mm

=mω2

r

r2

故其轨道半径

3MG

r=

2

Mm

Mm

3

2

由③式得，同步卫星的机械能

E2=-G

=-G

GM

2r

2

1

3

）2

=-

m（GM

2

卫星在运行过程中机械能守恒，故离开航天飞机的卫星的机械能应为E2，设离开航天飞机

时卫星的动能为

Ekx，则Ekx=E2-Ep-

1

GM2

+G

Mm

3

2

Rh

2.如图甲所示，一粗糙斜面的倾角为37°，一物块m=5kg在斜面上，用F=50N的力沿斜面

向上作用于物体，使物体沿斜面匀速上升，g取10N/kg，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若将F改为水平向右推力F，如图乙，则至少要用多大的力F才能使物体沿斜

面上升。

（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

解析：

（1）物体受力情况如图，取平行于斜面为x轴方向，垂直斜面为y轴方向，由物体匀速运动知物体受力平衡

Fx

F

Gsin

f0

Fy

N

Gcos

0

解得f=20NN=40N

因为FN

N，由f

f

1

FN得

0.5

N

2

（2）物体受力情况如图，取平行于斜面为

x轴方向，垂直斜面为

y轴方向。

当物体匀

速上行时力F

取最小。

由平衡条件

Fx

FcosGsinf

0

Fy

N

FsinGcos

0

且有f

N

联立上三式求解得F100N

3.一质量为m＝3000kg的人造卫星在离地面的高度为H＝180km的高空绕地球作圆周运

动，那里的重力加速度g＝9．3m·s－2．由于受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造

卫星的高度要下降△H＝0．50km．已知物体在密度为ρ的流体中以速度v运动时受到的阻

1

力F可表示为F＝2ρACv2，式中A是物体的最大横截面积，C是拖曳系数，与物体的形

状有关．当卫星在高空中运行时，

可以认为卫星的拖曳系数

C＝l，取卫星的最大横截面积A

＝6．0m2．已知地球的半径为

R0＝6400km．试由以上数据估算卫星所在处的大气密度．

解：

设一年前、后卫星的速度分别为

v1、v2，根据万有引力定律和牛顿第二定律有

Mm

2

G

mv1

R12

R1

⑴

GMm

mv22

R2

R

⑵

2

2

式中G为万有引力恒量，M为地球的质量，R1和R2

分别为一年前、后卫星的轨道半径，

即

R1

R0

H

⑶

R2

R0

HH

⑷

卫星在一年时间内动能的增量

Ek

1mv22

1mv12

2

2

⑸

由⑴、⑵、⑸三式得

Ek

1GMm（1

1）

2

R2

R1

⑹

由⑶、⑷、⑹式可知，

Ek0，表示在这过程中卫星的动能是增加的。

在这过程中卫星引力势能的增量

EP

GMm（

1

1）

R2

R1

⑺

EP0，表示在这过程中卫星引力势能是减小的。

卫星机械能的增量

E

Ek

EP

⑻

由⑹、⑺、⑻式得

E

1

1

1

GMm（

R2

）

2

R1

⑼

E0，表示在这过程中卫星的机械能是减少的。

由⑶、⑷式可知，因

R1、R2非常

接近，利用

R1

R2

H

⑽

RR

R2

1

2

1

⑾

⑼式可表示为

E

1GMm

H

2

R12

⑿

卫星机械能减少是因为克服空气阻力做了功。

卫星在沿半径为

R的轨道运行一周过程

中空气作用于卫星的阻力做的功

W

F

2R

ACRv2

1

⒀

根据万有引力定律和牛顿运动定律有

GMm

mv2

R2

R

⒁

由⒀、⒁式得

W1

ACGM

⒂

⒂式表明卫星在绕轨道运行一周过程中空气阻力做的功是一恒量，星绕半径为R的轨道运行一周经历的时间

与轨道半径无关。

卫

T

2R

v

⒃

由⒁、⒃式得

T

2R

R

GM

⒄

由于在一年时间内轨道半径变化不大，可以认为

T是恒量，且

T

2R1

R1

GM

⒅

以表示一年时间，有

3600s

365

24

3.15

107s

⒆

卫星在一年时间内做圆周运动的次数

n

T

⒇

在一年时间内卫星克服空气阻力做的功

W

nW1

（21）

由功能关系有

W

E

（22）

GM

g

由⒂⒅⒇（21）（22）各式并利用

R2

得

1

mH

ACR1R1g

（23）

代入有关数据得

1.54

1013kgm3

（24）

4、如图（甲）所示，弯曲部分

AB和CD是两个半径相等的四分之一圆弧，中间的

BC段是

竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径）

，细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连

接，BC段的长度L可作伸缩调节。

下圆弧轨道与地面相切，其中

D、A分别是上、下圆弧

轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内。

一小球多次以某一速度从

A点水平

进入轨道而从

D点水平飞出。

今在

A、D两点各放一个压力传感器，测试小球对轨道

A、D

两点的压力，计算出压力差

△F。

改变BC间距离L，重复上述实验，最后绘得△F-L的图线

如图（乙）所示。

（不计一切摩擦阻力，

g取10m/s2）

（1）某一次调节后D点离地高度为0.8m。

小球从D点飞出，落地点与D点水平距离

为2.4m，求小球过D点时速度大小。

（2）求小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小。

解析：

（1）小球在竖直方向做自由落体运动，

HD

1gt2

2

水平方向做匀速直线运动

X

VDt

得：

VD

x

x

6m

t

2HD

s

g

（2）设轨道半径为

r，A到D过程机械能守恒：

1mvA2

1mvD2

mg（2r

L）

2

2

在A点：

FA

mg

mVA2

r

在D点：

FD

mg

mVD2

r

由以上三式得：

FFAFD

6mg2mgL

r

由图象纵截距得：

6mg=12得m=0.2kg

由L=0.5m时

△F=17N

代入得：

r=0.4m

5、如图所示，在光滑的水平地面上，质量为

M=3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质

量为m=1.0kg的小物块B（可视为质点），处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数

μ=0.30。

在木板

A的左端正上方，用长为

R=0.8m

的不可伸长的轻绳将质量为

m=1.0kg

的小

球C悬于固定点

O点。

现将小球

C拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成

θ=30°角的位置由

静止释放，到达

O点的正下方时，小球

C与

B发生碰撞且无机械能损失，空气阻力不计，

取g=10m/s2，求：

（1）小球C与小物块B碰撞前瞬间轻绳对小球的拉力；

（2）木板长度L至少为多大时，小物块才不会滑出木板。

解析：

（1）静止释放后小球做自由落体运动到a，轻绳被拉紧时与水平方向成30角，再绕O

点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得

mgR

1mv02

2

轻绳被拉紧瞬间，沿绳方向的速度变为0，沿圆周切线方向的速度为

vav0cos

小球由a点运动到最低点

b点过程中机械能守恒

1mva2

mgR1sin

1mvb2

2

2

设小球在最低点受到轻绳的拉力为F，则

Fmgm

vb2

R

联立解得F3.5mg35N

（2）小球与B碰撞过程中动量和机械能守恒，则

mvb

mv1mv2

1mvb2

1mv12

1mv22

2

2

2

解得v1=0，v2=vb=

5gR（碰撞后小球与B交换速度）

2

B在木板A上滑动，系统动量守恒，设

B滑到木板A最右端时速度为

v，则

mv2

mMv

B在木板A上滑动的过程中，系统减小的机械能转化为内能，由能量守恒定律得

mgL

1mv22

1

mMv2

2

2

M

2

联立解得L

5gR

2gmM

2

代入数据解得L=2.5m

6、如图所示，一根跨越一固定的水平光滑细杆的柔软、不可伸长的轻绳，两端各系一

个质量相等的小球A和B，球A刚好接触地面，球B被拉到与细杆同样高度的水平位置，

当球B到细杆的距离为

L时，绳刚好拉直．在绳被拉直时释放球

B，使球B从静止开始向

下摆动．求球

A刚要离开地面时球

B与其初始位置的高度差．

解析：

设球A刚要离开地面时联接球

B的绳与其初始位置的夹角为

，如图所示，这里球B

的速度为v，绳对球B的拉力为T，根据牛顿第二定律和能量守恒，有

T

mgsin

mv2

l

①

1mv2

mglsin

2

②

当A球刚要离开地面时，有

T

mg

③

以h表示所求高度差，有

h

lsin

④

h

1l

由①②③④解得

3

⑤

7（20分）如图所示，在高为

h的平台上，距边缘为

L处有一质量为

M的静止木块（木

块的尺度比L小得多），一颗质量为m的子弹以初速度v0射入木块中未穿出，木块恰好运动到平台边缘未落下，若将子弹的速度增大为原来的两倍而子弹仍未穿出，求木块的落地点距平台边缘的水平距离，设子弹打入木块的时间极短。

解析：

设子弹以v0射入时，木块的初速度为v1，根据动量守恒定律有

mv0=（m+M）v1

①

根据动能定理有

μ（m+M）gL=1

（m+M）v12

②

2

设子弹以2v0射入时，木块的初速度为

v2，末速度为v3，根据动量守恒定律有

m2v0=（m+M）v2

③

根据动能定理有

μ（m+M）gL=1

（m+M）v22

-

1

（m+M）v3

2

④

2

2

设木块落地点距平台边缘的距离为x,由平抛运动规律有

2h

⑤

X=v3

g

由①②③④⑤联立解得

x=

mv0

6h

Mm

g

8、如图所示为某种弹射装置的示意图，

光滑的水平导轨

MN右端N处与水平传送带理想连

接，传送带长度

L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率

v=3.0m/s匀速传

动。

三个质量均为

m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块

B、C之间用细

绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。

滑块

A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线

方向向

B运动，A

与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为

A与

B碰撞过程中滑块

C的速度仍为零。

因碰撞使连接

B、C

的细绳受扰动而突然断开，

弹簧伸展，从而使

C与A、

B分离。

滑块

C脱离弹簧后以速度

vC=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的

P

点。

已知滑块

C与传送带之问的动摩擦因数

μ=0.20，重力加速度

g取10m／s2。

求：

（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小；

（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能

Ep；

（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，

要使滑块C总能落至P点，则滑块A与

滑块B碰撞前速度的最大值

Vm是多少?

解析：

（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，

设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的

速度v所用的时间为

t，加速度大小为

a，在时间t内滑块C的位移为x。

根据牛顿第二定律和运动学公式

μmg=ma

v=vC+at

svCt

1at2

2

解得

x=1.25m＜L

即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度

v后随传送带匀速运动，并从右端滑

出，则滑块C从传道带右端滑出时的速度为

v=3.0m/s。

（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律

mv0=2mv1

2mv1=2mv2+mvC

由能量守恒规律

EP

1

2mv12

1

2mv22

1

mvC2

2

2

2

解得EP=1.0J

（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块

C的速度有最大

值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。

设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vC，由

能量守恒规律和动量守恒定律mvm=2mv1′

′′

′

2mv1=mvC+2mv2

由能量守恒规律

1

2

1

2

1

2

EP

2mv1

2mv2

2

mvC

2

2

2

v2

aL

由运动学公式

v

C

2

解得：

vm=7.1m/s

、如图所示。

一水平传送装置有轮半径为

1

m的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构

R=

9.

成。

两轮轴心相距8m，轮与传送带不打滑，现用此装置运送一袋面粉（可视为质点），已知

这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。

（1）当传送带以4m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端Q1正上方A点轻放在传

送带上后，这袋面粉由A端运送到Q2正上方的B端所用的时间为多少？

（2）要想尽快将这袋面粉（初速度为零）由A端送到B端，传送带速度至少多大？

（3）由于面粉的渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉痕迹，这袋面粉（初速度为零）在传送带上留下的面粉痕迹最长能有多长？

此时传送带的速度应满足什么条件？

解析：

（1）面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力f=μmg

根据牛顿第二定律：

a

f

4m/s2

m

t＝v

若传送带的速度v=4m/s，则面粉袋加速运动的时间

s

1

1

1at2

a

在t1时间内的位移

s

2m

1

2

其后以v=4m/s速度匀速运动

s2

lABs1vt2

解得：

t2=1.5s

所以运动总时间：

t=t1＋t2=2.5s

（2）要想时间最短，面粉袋应一直向

B端匀加速运动

由lAB

1at2得t

2s

2

此时传送带的速度

v

at

8m/s

（3）传送带速度越大，“痕迹”越长。

当面粉的痕迹布满整条传送带时，痕迹达到最长。

即痕迹长l

l

2

R

m

2AB

18

在面粉袋由A端运动到B端的时间t

2s内痕迹达到最长，传送带运动的距离

sllAB

26m