高中物理备考分题汇编4+6真题+全真模拟第20题.docx
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高中物理备考分题汇编4+6真题+全真模拟第20题
——教学资料参考参考范本——
高中物理备考分题汇编“4+6”真题+全真模拟第20题
______年______月______日
____________________部门
1、【20xx年11月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图1所示是游乐园的过山车,其局部可简化为如图2所示的示意图,倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接,倾斜轨道BC的B端高度h=24m,倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点,圆弧EF的圆心O1,水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上,DO1的距离L=20m,质量m=1000kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下,经过水平半圆轨道后,滑上另一倾斜轨道,到达圆弧顶端F时,乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。
已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比,比例系数,EF段摩擦不计,整个运动过程空气阻力不计。
(sin370=0.6,cos370=0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功
(3)如图过D点时发现圆轨道EF段有故障,为保证乘客安全,立即触发制动装置,使过山车不能到达EF段并保证不再下滑,则过山车受到的摩擦力至少多大?
【答案】
(1)
(2)(3)
(3)从D到F过程中
触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为,则
解得
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为,
综合考虑可知
2、【20xx年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】图中给出一段“”形单行盘山公路的示意图,弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧,圆心分别为,弯道中心线半径分别为,弯道2比弯道1高,有一直道与两弯道圆弧相切。
质量的汽车通过弯道时做匀速圆周运动,路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍,行驶时要求汽车不打滑。
(sin37°=0.6,sin53°=0.8)
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度;
(2)汽车以进入直道,以的恒定功率直线行驶了,进入弯道2,此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度,求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功;
(3)汽车从弯道1的A点进入,从同一直径上的B点驶离,有经验的司机会利用路面宽度,用最短时间匀速安全通过弯道,设路宽,求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上,计算时视汽车为质点)。
【答案】
(1)
(2)(3)
【考点】本题主要考察知识点:
水平面内圆周运动临街问题,能量守恒
直道上由动能定理有:
代入数据可得
(3)
可知r增大v增大,r最大,切弧长最小,对应时间最短,所以轨迹设计应如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
由
线路长度
最短时间。
3、【20xx年10月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图1所示,游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行,可抽象为图2的模型,倾角为45°的直轨道AB、半径R=10cm的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF,分别通过水平光滑衔接轨道BC、平滑连接,另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接,EG间的水平距离l=40cm。
现有质量m=500kg的过山车,从高h=40m处的A点静止下滑,经BCDEF最终停在G点,过山车与轨道AB,EF的动摩擦因数均为=0.2,与减速直轨道FG的动摩擦因数=0.75,过山车可视为质点,运动中不脱离轨道,求:
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小;
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力;
(3)减速直轨道FG的长度x,(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8)
【答案】
(1)
(2),方向竖直向上(3)
(2)过山车到达D点的速度为,由机械能守恒定律
由牛顿笫二定律
联立代人数据可得:
FD=7000N
由牛顿笫三定律可知.轨道受到的力F’D=7000N
(3)过山车从A到达G点.由动能定理可得
代人数据可得x=30m
考点:
考查了动能定理,机械能守恒,牛顿运动定律,圆周运动
【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题
(1)明确研究对象和研究过程,找出始末状态的速度。
(2)要对物体正确地进行受力分析,明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。
(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。
若物体运动过程中包括几个阶段,物体在不同阶段内的受力情况不同,在考虑外力做功时需根据情况区分对待
4、【20xx年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图所示,装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接,高度差分别是h1=0.2m、h2=0.10m,BC水平距离L=1.00m.轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成,且A点与F点等高.当弹簧压缩量为d时,恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点;当弹簧压缩量为2d时,恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点.(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比)
(1)当弹簧压缩量为d时,求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;
(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;
(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,滑块能否上升到B点?
请通过计算说明理由.
【答案】
(1)当弹簧压缩量为d时,弹簧的弹性势能是0.1J,滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s;
(2)滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5;(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,若R≤0.4m,滑块能上升到B点.若R>0.4m滑块不能到达B点.
【考点】功能关系;弹性势能.
【分析】
(1)当弹簧压缩量为d时,释放后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能,滑块在轨道Ⅰ上升到B点的过程中,滑块的动能转化为重力势能,由机械能守恒定律求解.
(2)当弹簧压缩量为2d时,弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍,对滑块释放到C的整个过程,运用能量守恒定律列式,可求得滑块与轨道BC间的动摩擦因数.
(3)若要能使滑块上升到B点,根据机械能守恒定律分析能否上升到B点.
(2)当弹簧压缩量为2d时,由题可得:
弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍,即为:
EP2=4EP1=0.4J
对滑块从弹簧释放后运动到C点的过程,根据能量守恒定律得:
EP2=mg(h1+h2)+μmgcosα•LBC=mg(h1+h2)+μmgL
解得:
μ=0.5
(3)滑块恰能圆环最高点应满足的条件是:
mg=m
根据机械能守恒定律得:
=
即得v0=v
联立解得Rm=0.4m
若R≤Rm=0.4m滑块能通过圆环最高点.
设滑块在EB轨道上上升的最高点离图中虚线的高度为h.
根据机械能守恒定律得:
EP1=mgh
解得:
h=0.2m
由于h=h1,所以滑块能上升到B点.
若R>Rm=0.4m滑块不能通过圆环最高点,会脱离圆形轨道,所以不能到达B点.
答:
(1)当弹簧压缩量为d时,弹簧的弹性势能是0.1J,滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s;
(2)滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5;
(3)当弹簧压缩量为d时,若沿轨道Ⅱ运动,若R≤0.4m,滑块能上升到B点.若R>0.4m滑块不能到达B点.
1、如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图,其下半部AB是一长为2R的竖直细管,上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管,管口C处切线水平,AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧.在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵,解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去.投饵时,每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定,此时弹簧的弹性势能为6mgR(g为重力加速度).不计鱼饵在运动过程中的机械能损失,求:
(1)鱼饵到达管口C时的速度大小v1:
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向:
(3)已知地面比水面高出1.5R,若竖直细管的长度可以调节,圆孤弯道管BC可随竖直细管﹣起升降.求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax.
【答案】
(1)鱼饵到达管口C时的速度大小为;
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg,方向向上;(3)鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离为9R.
【考点】机械能守恒定律;平抛运动.
【分析】
(1)根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小.
(2)根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小,从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向.
(3)根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度,结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式,通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离.
(2)设C处管子对鱼饵的作用力向下,大小设为F,
根据牛顿第二定律有:
,
解得F=6mg,
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′=6mg,方向向上.
答:
(1)鱼饵到达管口C时的速度大小为;
(2)鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg,方向向上;
(3)鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离为9R.
2、如图所示,半径R=3m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内,轨道的B端切线水平,且距水平地面高度为=3.2m,现将一质量=0.8kg的小滑块从A点由静止释放,小滑块着地时的速度大小10m/s(取10m/s2).求:
(1)小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小和方向;
(2)小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功;
【答案】
(1)压力大小为17.6N,方向竖直向下
(2)
【解析】
(1)滑块过B点后作平抛运动,设着地时竖直速度为,根据平抛运动规律有:
滑块沿圆弧轨道运动至B点的速度水平飞出速度
对B点的滑块进行受力分析,设轨道对滑块的支持力为,由牛顿第二定律有:
解得
由牛顿第三定律知滑块对B的压力大小为17.6N,方向竖直向下.
3、如图1所示为单板滑雪U型池的比赛场地,比赛时运动员在U形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作,裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。
图2为该U型池场地的横截面图,AB、CD为半径R=4m的四分之一光滑圆弧雪道,BC为水平雪道且与圆弧雪道相切,BC长为4.5m,质量为60kg的运动员(含滑板)以5m/s的速度从A点滑下,经U型雪道从D点竖直向上飞出,在D点上方完成动作的时间为t=0.8s,然后又从D点返回U型雪道,忽略空气阻力,运动员可视为质点,求:
图1图2
(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数;
(2)运动员首次运动到C点时对雪道的压力;
(3)运动员最后距离B点多远处停下。
【答案】
(1)0.1
(2)2040N(3)在B点右侧1.5m处停下
【解析】
(1)设运动员从D点向上飞出的速度为vD,则
m/s
运动员从A点到D点的过程,由动能定理得,
解得μ=0.1。
(2)运动员从C点运动到D点的过程中,由动能定理得
设运动员首次运动到C点时对雪道的压力为N,由牛顿第二定律知
联立得N=2040N,方向竖直向上
(3)设运动员运动的全过程在水平雪道上通过的路程为x,由动能定理得
mgR-μmgx=0-m
解得x=52.5m
所以运动员在水平雪道上运动了5.5个来回后到达C点左侧3m处,故最后在B点右侧1.5m处停下。
4、目前,我国的高铁技术已处于世界领先水平,它是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)组成一个编组,称为动车组。
若每节动车的额定功率均为1.35×104kw,每节动车与拖车的质量均为5×104kg,动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。
若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。
我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的,其中头、尾为动车,中间为拖车。
当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动,解决的办法是制动时,常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用,所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时,通过升起风翼(减速板)调节其风阻,先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动,当速度较小时才采用机械制动。
(所有结果保留2位有效数字)求:
(1)沪昆高铁的最大时速v为多少km/h?
(2)当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时,第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大?
(3)沪昆高铁以题
(1)中的最大速度运行时,测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s,已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力,此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。
沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼,每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大?
【答案】
(1)3.5×102km/h
(2)1.1×105N(3)2.3×107N
【解析】
试题分析:
(1)由P=3kmgv02P=8kmgv解之得:
v=0.75v0=3.5×102km/h;
(2)设各动车的牵引力为F牵,第3节车对第4节车的作用力大小为F,以第1、2、3节车箱为研究对
考点:
牛顿第二定律的应用;功率
【名师点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解动力学问题,关键是正确选择研究对象,也可以运用动能定理求解。
5、如图所示,竖直平面内的半圆形轨道下端与水平面相切,B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。
小滑块(可视为质点)沿水平面向左滑动,经过A点时的速度。
已知半圆形轨道光滑,半径R=0.40m,滑块从C点水平飞出后,落到A点。
已知:
AB段长x=1.6m,重力加速度g=10m/s2。
求:
(1)滑块运动到B点时速度的大小vB;
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数;
【答案】
(1);
(2)0.5
【解析】
(1)设滑块从C点飞出时的速度为vC,从C点运动到A点时间为t,滑块从C点飞出后,做平抛运动
竖直方向:
水平方向:
解得
对小滑块B到C的过程应用动能定理得:
解得:
(2)对小滑块A到B的过程应用动能定理得,解得
6、如图所示,长L1=5m、倾斜角θ=370的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接,传送带长L0=6m,以恒定速率v0=4m/s逆时针运行,将一质点物块轻轻地放上传送带右端A,物块滑到传送带左端B时并沿斜面下滑,物块最终静止在水平面上的D点,已知物块和传送带μ0=0.2,CD之间的距离是L2=3.6m,物块和斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同,令物块在B、C处速率不变,取g=10m/s2,(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求:
(1)物块和斜面、水平地面间的动摩擦因数μ的值;
(2)物块从A到D所经历的时间
【答案】
(1);
(2)3.7s
(2)从B到D,由动能定理得:
解得:
(2)在传送带上所需的时间为:
在斜面运动的加速度
从B到C,由动能定理得:
解得
运动时间
在水平面上运动的时间为
从A到D经历的时间:
t=t1+t2+t3=3.7s