高考物理压轴题和高中物理初赛难题汇集一Word格式文档下载.doc

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（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，如图乙，则至少要用多大的力才能使物体沿斜面上升。

（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）

（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

解得f=20NN=40N

因为，由得

（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取最小。

由平衡条件

且有

联立上三式求解得

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运动时受到的阻力F可表示为F＝ρACv2，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、，根据万有引力定律和牛顿第二定律有

⑴

⑵

式中G为万有引力恒量，M为地球的质量，和分别为一年前、后卫星的轨道半径，即

⑶

⑷

卫星在一年时间内动能的增量

⑸

由⑴、⑵、⑸三式得

⑹

由⑶、⑷、⑹式可知，，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

⑺

，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

⑻

由⑹、⑺、⑻式得

⑼

，表示在这过程中卫星的机械能是减少的。

由⑶、⑷式可知，因、非常接近，利用

⑽

⑾

⑼式可表示为

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

⒀

根据万有引力定律和牛顿运动定律有

⒁

由⒀、⒁式得

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，与轨道半径无关。

卫星绕半径为R的轨道运行一周经历的时间

⒃

由⒁、⒃式得

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

⒅

以表示一年时间，有

⒆

卫星在一年时间内做圆周运动的次数

⒇

在一年时间内卫星克服空气阻力做的功

（21）

由功能关系有

（22）

由⒂⒅⒇（21）（22）各式并利用得

（23）

代入有关数据得

（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。

（1）小球在竖直方向做自由落体运动，

水平方向做匀速直线运动

得：

（2）设轨道半径为r，A到D过程机械能守恒：

在A点：

在D点：

由以上三式得：

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。

（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角，再绕O点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得

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

小球由a点运动到最低点b点过程中机械能守恒

设小球在最低点受到轻绳的拉力为F，则

联立解得N

（2）小球与B碰撞过程中动量和机械能守恒，则

解得v1=0，v2=vb=（碰撞后小球与B交换速度）

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

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　　

联立解得

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．

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，绳对球B的拉力为T，根据牛顿第二定律和能量守恒，有

①

②

当A球刚要离开地面时，有

③

以h表示所求高度差，有

④

由①②③④解得 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。

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）v1①

根据动能定理有μ（m+M）gL=（m+M）v12②

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）v2③

根据动能定理有μ（m+M）gL=（m+M）v22-（m+M）v32④

设木块落地点距平台边缘的距离为x,由平抛运动规律有

X=v3⑤

由①②③④⑤联立解得x=

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?

（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

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

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，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，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

由运动学公式

解得：

vm=7.1m/s

9.、如图所示。

一水平传送装置有轮半径为R=m的主动轮Q1和从动轮Q2及传送带等构成。

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m＝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