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-11. 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E p =-GrMm.国际空间站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上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E 2，设离开航天飞机时卫星的动能为E k x ，则E k x =E 2-E p -2132ωGM +GhR Mm+ 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解得f=20NN=40N因为N F N =，由N F f μ=得5.021===N f μ （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 '3.△H ＝0ρACv2，式中A ．试20R R H H=+-∆⑷卫星在一年时间内动能的增量22k 211122E m m ∆=-v v⑸由⑴、⑵、⑸三式得k 21111(2E GMm R R ∆=- ⑹由⑶、⑷、⑹式可知，k 0E ∆>，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P 2111()E GMm R R ∆=--⑺P 0E ∆<，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k PE E E ∆=∆+∆⑻由⑹、⑺、⑻式得E ∆用⑼由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2RT π=v⒃由⒁、⒃式得2T π=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2T R π= ⒅以τ表示一年时间，有73600s 36524 3.1510s τ=⨯⨯=⨯⒆卫星在一年时间内做圆周运动的次数n T τ=⒇在一年时间内卫星克服空气阻力做的功由4L 今在A 、D BC 间距离L 10m/s 2）（1 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，221gt H D = 水平方向做匀速直线运动t V X D =得：s m gH xtx V D D62=== （2）设轨道半径为r ，A 到D 过程机械能守恒：在A 点：rV m mg F A A 2=-在D 点：rV m mg F D D 2=+ 由以上三式得：由图象纵截距得：6mg =12得m =0.2kg由L 5、m=1.0kg A 点。

现将小球C 小球C （1（2（1点向下（2）小球与B 碰撞过程中动量和机械能守恒，则 解得v 1=0，v 2=v b =25gR（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()2222121v M m mv mgL +-=μ联立解得()2252⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=gR M m g ML μ 代入数据解得L =2.5m6、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．v当以7（度比L 落下，设子弹打入木块的时间极短。

解析：设子弹以v 0射入时，木块的初速度为v 1，根据动量守恒定律有 mv 0=(m+M)v 1①根据动能定理有μ（m+M ）gL=21（m+M ）v 12② 设子弹以2v 0射入时，木块的初速度为v 2，末速度为v 3，根据动量守恒定律有m2v 0=(m+M)v 2③根据动能定理有μ（m+M ）gL=21（m+M ）v 22-21（m+M ）v 32④ 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=v 3gh2⑤ 由①②③④⑤联立解得x=ghm M mv 608、传送带长度为C 的细／s 滑（1（2（3B （1v v =v C + 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v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，由动量守恒定律mv 0=2mv 1 2mv 1=2mv 2+mv C由能量守恒规律2221211122222P C E mv mv mv +⨯=⨯+解得E P =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'1v ，分离后A 与B 的速度为'2v ，滑块C 的速度为'C v ，由能量守恒规律和动量守恒定律mv m =2mv 1′2mv 1′=mv C ′+2mv 2′9.（1（2（3袋面粉件？（1若传送带的速度v =4m/s ，则面粉袋加速运动的时间t 1＝s av1= 在t 1时间内的位移m at s 22121==其后以v =4m/s 速度匀速运动212vt s l s AB =-= 解得：t 2=1.5s 所以运动总时间：t =t 1＋t 2=2.5s （2）要想时间最短，面粉袋应一直向B 端匀加速运动由s t t a l AB 2212=''=得 此时传送带的速度s m t a v /8='=' （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m R l l AB 1822=+=π在面粉袋由A 端运动到B 端的时间s t 2='内痕迹达到最长，传送带运动的距离s10块线小为v 0、子过i ii iii i 这速度为u 2mu =(2m 212mu =解（l ）ii 整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前以V ’表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u ’表示此时摆球的速度（相对桌面），当u'>0，表示其方向水平向前，反之，则水平向后．因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有22mu mu MV ''=+(5)22212mu mu MV ''=+(6)解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 0V '=(7)22mv V m M '=+(8)(7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度．iii ．在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处．当子弹刚射人摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为u ，由（l ）式得012u v =(9)方向水平向前．当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为u'，由(l ）、（5）、（6）三式和（8）式可得u '=11平面，均能沿x 平v 、作且得qB圆轨道的圆心O ’在过坐标原点O 与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为R ，如图1所示．通过圆心O ’作平行于y 轴的直线与圆轨道交于P 点，粒子运动到P 点时其速度方向恰好是沿x 轴正方向，故P 点就在磁场区域的边界上．对于不同人射方向的粒子，对应的P 点的位置不同，所有这些P 点的连线就是所求磁场区域的边界线．P 点的坐标为x ＝—Rsin θ(3) y ＝一R+Rcos θ(4)这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ，得x 2+(y+R)2=R 2(5) 由（2）、（5）式得222222()mv m v x y qB q B++=(6)这是半径为R 圆心O ’’的坐标为（0，一R)的圆，作为题所要求的磁场区域的边界线，应是如图2所示的半个圆周，故磁场区域的边界线的方程为222222()mv m v x y qB q B++=0x ≤0y ≤(7)或2(x y +12它以v 0=8m/s 求：（1（2（1∴v 1mv 0=（24D 点时小车的速度达到最大，且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则：mv 1+Mv 2=mv 1′+Mv 2′系统机械能守恒，则：21mv 12+21Mv 22=21mv 1′2+21Mv 02v 2′=1m/s 和v 2′=3m/s. v 2′=1m/s 舍去，∴小车能获得的最大速度为3m/s.13、图中L 是一根通电长直导线，导线中的电流为I ．一电阻为R 、每边长为2a 的导线方框，其中两条边与L 平行，可绕过其中心并与长直导线平行的轴线OO’转动，轴线与长直导线相距b ，b ＞a ，初始时刻，导线框与直导线共面．现使线框以恒定的角速度ω转动，求线框中的感应电流的大小．不计导线框的自感．已知电流I 的长直导线在距导线r 处的磁感应强度大小为k r I，其中k为常量．解：当线框绕转轴转过t θω=的角度时，其位置如图1所示，俯视图如图2所示。

当线框以角速度ω绕OO '转动时，线框与轴线平行的两条边的速度都是v ，且a ω=v ⑴L在处和B v⑼由欧姆定律得线框中感应电流i R ε=⑽由⑼、⑽两式得14、如图所示，两同心圆M 、N 之间的区域存在垂直于纸面的匀强磁场，圆M 内、N 外没有磁场，一质量为m ，带电量为+q 的粒子从圆心O 处沿某一方向以速度0v 飞出，已知圆M 的半径为R ，圆N的半径为R 3，粒子重力不计。