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2022年高考物理典型例题探密.编者按:笔者结合多年的高三教学经验,记录整理了部分高中物理典型例题,以2003年考试说明为依据,以力学和电学为重点,编辑如下,供各校教师、高三同学参考。实践证明,考前浏览例题,熟悉做过的题型,回顾解题方法,可以提高复习效率,收到事半功倍的效果。力学部分1、如图1-1所示,长为5米的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4米的两杆顶端A、B。绳上挂一个光滑的轻质挂钩。它钩着一个重为12牛的物体。平衡时,绳中张力T=分析与解:本题为三力平衡问题。其基本思路为:选对象、分析力、画力图、列方程。对平衡问题,根据题目所给条件,往往可采用不同的方法,如正交分解法、相似三角形等。所以,本题有多种解法。解法一:选挂钩为研究对象,其受力如图1-2所示设细绳与水平夹角为,由平衡条件可知:2TSin=F,其中F=12牛将绳延长,由图中几何条件得:Sin=3/5,则代入上式可得T=10牛。解法二:挂钩受三个力,由平衡条件可知:两个拉力(大小相等均为T)的合力F与F大小相等方向相反。以两个拉力为邻边所作的平行四边形为菱形。如图1-2所示,其中力的三角形OEG与ADC相似,则: 得:牛。想一想:若将右端绳A 沿杆适当下移些,细绳上张力是否变化?(提示:挂钩在细绳上移到一个新位置,挂钩两边细绳与水平方向夹角仍相等,细绳的张力仍不变。)2、如图2-1所示,轻质长绳水平地跨在相距为2L的两个小定滑轮A、B上,质量为m的物块悬挂在绳上O点,O与A、B两滑轮的距离相等。在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg。先托住物块,使绳处于水平拉直状态,由静止释放物块,在物块下落过程中,保持C、D两端的拉力F不变。(1)当物块下落距离h为多大时,物块的加速度为零?(2)在物块下落上述距离的过程中,克服C端恒力F做功W为多少?(3)求物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H?分析与解:物块向下先作加速运动,随着物块的下落,两绳间的夹角逐渐减小。因为绳子对物块的拉力大小不变,恒等于F,所以随着两绳间的夹角减小,两绳对物块拉力的合力将逐渐增大,物块所受合力逐渐减小,向下加速度逐渐减小。当物块的合外力为零时,速度达到最大值。之后,因为两绳间夹角继续减小,物块所受合外力竖直向上,且逐渐增大,物块将作加速度逐渐增大的减速运动。当物块下降速度减为零时,物块竖直下落的距离达到最大值H。当物块的加速度为零时,由共点力平衡条件可求出相应的角,再由角求出相应的距离h,进而求出克服C端恒力F所做的功。对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。(1)当物块所受的合外力为零时,加速度为零,此时物块下降距离为h。因为F恒等于mg,所以绳对物块拉力大小恒为mg,由平衡条件知:2=120,所以=60,由图2-2知:h=L*tg30=L 1(2)当物块下落h时,绳的C、D端均上升h,由几何关系可得:h=-L 2克服C端恒力F做的功为:W=F*h 3由1、2、3式联立解得:W=(-1)mgL(3)出物块下落过程中,共有三个力对物块做功。重力做正功,两端绳子对物块的拉力做负功。两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。因为物块下降距离h时动能最大。由动能定理得:mgh-2W= 4将1、2、3式代入4式解得:Vm=当物块速度减小为零时,物块下落距离达到最大值H,绳C、D上升的距离为H。由动能定理得:mgH-2mgH=0,又H=-L,联立解得:H=。3、如图3-1所示的传送皮带,其水平部分 ab=2米,bc=4米,bc与水平面的夹角=37,一小物体A与传送皮带的滑动摩擦系数=0.25,皮带沿图示方向运动,速率为2米/秒。若把物体A轻轻放到a点处,它将被皮带送到c点,且物体A一直没有脱离皮带。求物体A从a点被传送到c点所用的时间。分析与解:物体A轻放到a点处,它对传送带的相对运动向后,传送带对A的滑动摩擦力向前,则 A 作初速为零的匀加速运动直到与传送带速度相同。设此段时间为t1,则:a1=g=0.25x10=2.5米/秒2 t=v/a1=2/2.5=0.8秒设A匀加速运动时间内位移为S1,则:设物体A在水平传送带上作匀速运动时间为t2,则设物体A在bc段运动时间为t3,加速度为a2,则:a2=g*Sin37-gCos37=10x0.6-0.25x10x0.8=4米/秒2解得:t3=1秒 (t3=-2秒舍去)所以物体A从a点被传送到c点所用的时间t=t1+t2+t3=0.8+0.6+1=2.4秒。4、如图4-1所示,传送带与地面倾角=37,AB长为16米,传送带以10米/秒的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5千克的物体,它与传送带之间的动摩擦系数为=0.5,求:(1)物体从A运动到B所需时间,(2)物体从A 运动到B 的过程中,摩擦力对物体所做的功(g=10米/秒2) 分析与解:(1)当物体下滑速度小于传送带时,物体的加速度为1,(此时滑动摩擦力沿斜面向下)则:t1=v/1=10/10=1米当物体下滑速度大于传送带V=10米/秒 时,物体的加速度为a2,(此时f沿斜面向上)则:即:10t2+t22=11 解得:t2=1秒(t2=-11秒舍去)所以,t=t1+t2=1+1=2秒(2)W1=fs1=mgcosS1=0.5X0.5X10X0.8X5=10焦W2=-fs2=-mgcosS2=-0.5X0.5X10X0.8X11=-22焦所以,W=W1+W2=10-22=-12焦。想一想:如图4-1所示,传送带不动时,物体由皮带顶端A从静止开始下滑到皮带底端B用的时间为t,则:(请选择)A. 当皮带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定大于t。 B. 当皮带向上运动时,物块由A滑到B的时间一定等于t。 C. 当皮带向下运动时,物块由A滑到B的时间可能等于t。 D. 当皮带向下运动时,物块由A滑到B的时间可能小于t。 答案:(B、C、D)5、如图5-1所示,长L=75cm的静止直筒中有一不计大小的小球,筒与球的总质量为4千克,现对筒施加一竖直向下、大小为21牛的恒力,使筒竖直向下运动,经t=0.5秒时间,小球恰好跃出筒口。求:小球的质量。(取g=10m/s2)分析与解:筒受到竖直向下的力作用后做竖直向下的匀加速运动,且加速度大于重力加速度。而小球则是在筒内做自由落体运动。小球跃出筒口时,筒的位移比小球的位移多一个筒的长度。设筒与小球的总质量为M,小球的质量为m,筒在重力及恒力的共同作用下竖直向下做初速为零的匀加速运动,设加速度为a;小球做自由落体运动。设在时间t内,筒与小球的位移分别为h1、h2(球可视为质点)如图5-2所示。由运动学公式得: 又有:L=h1-h2 代入数据解得:a=16米/秒2 又因为筒受到重力(M-m)g和向下作用力F,据牛顿第二定律:F+(M-m)g=(M-m)a得: 6、如图6-1所示,A、B两物体的质量分别是m1和m2,其接触面光滑,与水平面的夹角为,若A、B与水平地面的动摩擦系数都是,用水平力F推A,使A、B一起加速运动,求:(1)A、B间的相互作用力 (2)为维持A、B间不发生相对滑动,力F的取值范围。 分析与解:A在F的作用下,有沿A、B间斜面向上运动的趋势,据题意,为维持A、B间不发生相对滑动时,A处刚脱离水平面,即A不受到水平面的支持力,此时A与水平面间的摩擦力为零。 本题在求A、B间相互作用力N和B受到的摩擦力f2时,运用隔离法;而求A、B组成的系统的加速度时,运用整体法。(1)对A受力分析如图6-2(a)所示,据题意有:N1=0,f1=0因此有:Ncos=m1g 1 , F-Nsin=m1a 2由1式得A、B间相互作用力为:N=m1g/cos(2)对B受力分析如图6-2(b)所示,则:N2=m2g+Ncos 3 , f2=N2 4将1、3代入4式得: f2=(m1+ m2)g取A、B组成的系统,有:F-f2=(m1+ m2)a 5由1、2、5式解得:F=m1g(m1+ m2)(tg-)/m2故A、B不发生相对滑动时F的取值范围为:0Fm1g(m1+ m2)(tg-)/m2想一想:当A、B与水平地面间光滑时,且又m1=m2=m时,则F的取值范围是多少?(0F2mgtg。7、某人造地球卫星的高度是地球半径的15倍。试估算此卫星的线速度。已知地球半径R=6400km,g=10m/s2。分析与解:人造地球卫星绕地球做圆周运动的向心力由地球对卫星的引力提供,设地球与卫星的质量分别为M、m,则:= 1 又根据近地卫星受到的引力可近似地认为等于其重力,即:mg= 21、2两式消去GM解得:V=2.0X103 m/s 说明:n越大(即卫星越高),卫星的线速度越小。若n=0,即近地卫星,则卫星的线速度为V0=7.9X103m/s,这就是第一宇宙速度,即环绕速度。 8、一内壁光滑的环形细圆管,位于竖直平面内,环的半径为R(比细管的内径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点)。A球的质量为m1,B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为V0。设A球运动到最低点时,B球恰好运动到最高点,若要此时两球作用于圆管的合力为零,那么m1、m2、R与V0应满足的关系式是 。分析与解:如图7-1所示,A球运动到最低点时速度为V0,A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用,其合力提供向心力。那么,N1-m1g=m1 1这时B球位于最高点,速度为V1,B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用。球作用于细管的力是N1、N2的反作用力,要求两球作用于细管的合力为零,即要求N2与N1等值反向,N1=N2 2, 且N2方向一定向下,对B球:N2+m2g=m2 3 B球由最高点运动到最低点时速度为V0,此过程中机械能守恒:即m2V12+m2g2R=m2V02 4由1234式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是:(m1-m2)+(m1+5m2)g=0 5说明:(1)本题不要求出某一物理量,而是要求根据对两球运动的分析和受力的分析,在建立1-4式的基础上得到m1、m2、R与V0所满足的关系式5。(2)由题意要求两球对圆管的合力为零知,N2一定与N1方向相反,这一点是列出3式的关键。且由5式知两球质量关系m1m2。9、如图8-1所示,质量为m=0.4kg的滑块,在水平外力F作用下,在光滑水平面上从A点由静止开始向B点运动,到达B点时外力F突然撤去,滑块随即冲上半径为 R=0.4米的1/4光滑圆弧面小车,小车立即沿光滑水平面PQ运动。设:开始时平面AB与圆弧CD相切,A、B、C三点在同一水平线上,令AB连线为X轴,且AB=d=0.64m,滑块在AB面上运动时,其动量随位移的变化关系为P=1.6kgm/s,小车质量M=3.6kg,不计能量损失。求:(1)滑块受水平推力F为多大? (2)滑块通过C点时,圆弧C点受到压力为多大? (3)滑块到达D点时,小车速度为多大? (4)滑块能否第二次通过C点? 若滑块第二次通过C点时,小车与滑块的速度分别为多大? (5)滑块从D点滑出再返回D点这一过程中,小车移动距离为多少? (g取10m/s2) 分析与解:(1)由P=1.6=mv,代入x=0.64m,可得滑块到B点速度为: VB=1.6/m=1.6=3.2m/s AB,由动能定理得:FS=mVB2 所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑块滑上C立即做圆周运动,由牛顿第二定律得: N-mg=mVC2/R 而VC=VB 则 N=mg+mVC2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑块由CD的过程中,滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒,由于滑块始终紧贴着小车一起运动,在D点时,滑块和小车具有相同的水平速度VDX 。由动量守恒定律得:mVC=(M+m)VDX所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4)滑块一定能再次通过C点。因为滑块到达D点时,除与小车有相同的水平速度VDX外,还具有竖直向上的分速度VDY,因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运动(相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失,可知滑块在离车后一段时间内,始终处于D点的正上方(因两者在水平方向不受力作用,水平方向分运动为匀速运动,具有相同水平速度), 所以滑块返回时必重新落在小车的D点上,然后再圆孤下滑,最后由C点离开小车,做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得:mVC2=mgR+(M+m)VDX2+mVDY2所以以滑块、小车为系统,以滑块滑上C点为初态,滑块第二次滑到C点时为末态,此过程中系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒(注意:对滑块来说,此过程中弹力与速度不垂直,弹力做功,机械能不守恒)得: mVC=mVC+MV 即mVC2=mVC2+MV2上式中VC、V分别为滑块返回C点时,滑块与小车的速度, V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/s VC=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与V反向)(5)滑块离D到返回D这一过程中,小车做匀速直线运动,前进距离为: S=VDX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m10、如图9-1所示,质量为M=3kg的木板静止在光滑水平面上,板的右端放一质量为m=1kg的小铁块,现给铁块一个水平向左速度V0=4m/s,铁块在木板上滑行,与固定在木板左端的水平轻弹簧相碰后又返回,且恰好停在木板右端,求铁块与弹簧相碰过程中,弹性势能的最大值EP。分析与解:在铁块运动的整个过程中,系统的动量守恒,因此弹簧压缩最大时和铁块停在木板右端时系统的共同速度(铁块与木板的速度相同)可用动量守恒定律求出。在铁块相对于木板往返运动过程中,系统总机械能损失等于摩擦力和相对运动距离的乘积,可利用能量关系分别对两过程列方程解出结果。 设弹簧压缩量最大时和铁块停在木板右端时系统速度分别为V和V,由动量守恒得:mV0=(M+m)V=(M+m)V 所以,V=V=mV0/(M+m)=1X4/(3+1)=1m/s铁块刚在木板上运动时系统总动能为:EK=mV02=0.5X1X16=8J 弹簧压缩量最大时和铁块最后停在木板右端时,系统总动能都为:EK=(M+m)V2=0.5X(3+1)X1=2J铁块在相对于木板往返运过程中,克服摩擦力f所做的功为:Wf=f2L=EK-EK=8-2=6J铁块由开始运动到弹簧压缩量最大的过程中,系统机械能损失为:fs=3J 由能量关系得出弹性势能最大值为:EP=EK-EK-fs=8-2-3=3J说明:由于木板在水平光滑平面上运动,整个系统动量守恒,题中所求的是弹簧的最大弹性势能,解题时必须要用到能量关系。在解本题时要注意两个方面:.是要知道只有当铁块和木板相对静止时(即速度相同时),弹簧的弹性势能才最大;弹性势能量大时,铁块和木板的速度都不为零;铁块停在木板右端时,系统速度也不为零。.是系统机械能损失并不等于铁块克服摩擦力所做的功,而等于铁块克服摩擦力所做的功和摩擦力对木板所做功的差值,故在计算中用摩擦力乘上铁块在木板上相对滑动的距离。11、如图10-1所示,劲度系数为 K的轻质弹簧一端与墙固定,另一端与倾角为的斜面体小车连接,小车置于光滑水平面上。在小车上叠放一个物体,已知小车质量为 M,物体质量为m,小车位于O点时,整个系统处于平衡状态。现将小车从O点拉到B点,令OB=b,无初速释放后,小车即在水平面B、C间来回运动,而物体和小车之间始终没有相对运动。求:(1)小车运动到B点时的加速度大小和物体所受到的摩擦力大小。(2)b的大小必须满足什么条件,才能使小车和物体一起运动过程中,在某一位置时,物体和小车之间的摩擦力为零。分析与解:(1)所求的加速度a和摩擦力f是小车在B点时的瞬时值。取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,由牛顿第二定律:kb=(M+m)a 所以a=kb/(M+m)。 取m为研究对象,在沿斜面方向有:f-mgsin=macos所以,f=mgsin+mcos=m(gsin+cos)(2)当物体和小车之间的摩擦力的零时,小车的加速度变为a,小车距O点距离为b,取m为研究对象,有:mgsin=macos取M、m和弹簧组成的系统为研究对象,有:kb=(M+m)a以上述两式联立解得:b=(M+m)gtg 说明:在求解加速度时用整体法,在分析求解m受到的摩擦力时用隔离法。整体法和隔离法两者交互运用是解题中常用的方法,希读者认真掌握。12、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。平衡时,弹簧的压缩量为Xo,如图11-1所示。一物块从钢板正上方距离为 3Xo的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点。若物块质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点O点的距离。图11-1分析与解:物块自由下落,与钢板碰撞,压缩弹簧后再反弹向上,运动到O点,弹簧恢复原长。碰撞过程满足动量守恒条件。压缩弹簧及反弹时机械能守恒。自由下落3Xo,根据机械能守恒: 所以物块与钢板碰撞时,根据动量守恒: mv0=(m+m)v1(v1为碰后共同速度) V1=V0/2=物块与钢板一起升到O点,根据机械能守恒:2mV12+Ep=2mgx0 1如果物块质量为2m,则:2mVo=(2m+m)V2 ,即V2=Vo设回到O点时物块和钢板的速度为V,则:3mV22+Ep=3mgx0+3mV2 2从O点开始物块和钢板分离,由1式得: Ep=mgx0 代入2得:m(Vo)2+mgx0=3mgx0+3mV2所以,V2=gx0 即 (未完待续)
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