高中物理学霸成长之路(压轴题)

编辑：曹老师第1页高中物理学霸成长之路（压轴题）面对每一道题都要有一种精神：严谨细致的思维，百算无误的精细，舍我其谁的自信！对待学习要有“做别人的榜样”的自信！要么不做，要做就做到最好，做成所有人的典范！第一部分：经典例题●例1：如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)A．2μmgB．4μmgC．6μmgD．8μmg【解析】解法一F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下．设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t1，在0～t1时间内有：12·(F0－μmg－2μmg)m·t12－12μgt12＝L2对t1时间后木块滑行的过程，有：v122μg＝(μgt1)22μg＝L2－12μgt12解得：F0＝6μmg．解法二F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出．若木块不从桌面滑出，则其v－t图象如图8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率为μg，BC的斜率为－μg，t1＝t2有：S△OBC＝12·μgt12×2≤L2设拉力为F时，木板的v－t图象为图7－2乙中的直线OA，则S△OAB＝L2即12(v2－v1)·t1＝L2其中v1＝μgt1，v2＝F－3μmgm·t1解得：F≥6μmg即拉力至少为6μmg．[答案]C●例2：如图8－5甲所示，一质量m＝1kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08m，一质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g＝10m/s2，求：图8－5甲(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间．(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：编辑：曹老师第2页μmg＝maL＝12aT2v1＝aT可得：a＝1m/s2，T＝0.4s，v1＝0.4m/s物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：v＝v0－(2nT＋Δt)a＝a·Δt式中Δt是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2v＝v0－2nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有：0≤v0－2nTa≤2v1解得：1.5≤n≤2.5由于n是整数，故n＝2解得：v＝0.2m/s，Δt＝0.2s从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：t＝4T＋Δt＝1.8s．(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s＝L－12a·Δt2解得：s＝0.06m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1＝μg＝1m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2＝μg＝1m/s，方向向左可作出物块、木板的v－t图象如图8－5乙所示由图可知，木板在0.4s、1.2s时刻两次与墙碰撞，在t＝1.8s时刻物块与木板达到共同速度．(2)由图8－5乙可知，在t＝1.8s时刻木板的位移为：s＝12×a1×0.22＝0.02m木板右端距墙壁的距离Δs＝L－s＝0.06m．图8－5乙[答案](1)1.8s(2)0.06m●例3：如图所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度．编辑：曹老师第3页(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W．[2007年高考·江苏物理卷]【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：a环＝kmg－mgm＝(k－1)g，方向竖直向上．(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1＝2gH设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：a棒＝－kmg＋mgm＝－(k＋1)g故棒第一次弹起的最大高度为：H1＝－v122a棒＝Hk＋1路程s＝H＋2H1＝k＋3k＋1H．(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1′环的速度v1′＝－v1＋a环t1棒的速度v1′＝v1＋a棒t1解得：t1＝1k2Hgv1′＝－2gHk环的位移h环1＝－v1t1＋12a环t12＝－k＋1k2H棒的位移h棒1＝v1t1＋12a棒t12＝k－1k2Hx1＝h环1－h棒1解得：x1＝－2Hk棒、环一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1解得：v2＝2gHk同理，环第二次相对棒的位移为：x2＝h环2－h棒2＝－2Hk2……xn＝－2Hkn故环相对棒的总位移x＝x1＋x2＋…＋xn＝－2Hk－1所以W＝kmgx＝－2kmgHk－1．解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：编辑：曹老师第4页mgH＋mg(H＋l)＝kmgl解得：l＝2Hk－1故摩擦力对环和棒做的总功为：W＝－kmgl＝－2kmgHk－1．[答案](1)(k－1)g，方向竖直向上(2)k＋3k＋1H(3)－2kmgHk－1●例4：如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”形装置，总质量为m，置于导轨上．导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)．线框的边长为d(dl)，电阻为R，下边与磁场区域上边界重合．将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直．重力加速度为g．求：(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q．(2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1．(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm．[2009年高考·江苏物理卷]【解析】(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：mgsinα·4d＋W－BIld＝0且Q＝－W解得：Q＝4mgdsinα－BIld．(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，由动能定理得：mgsinα·2d－BIld＝0－12mv12线框在穿越磁场中运动时受到的合力F＝mgsinα－F′感应电动势E＝Bdv感应电流I′＝ER安培力F′＝BI′d由牛顿第二定律，在t到(t＋Δt)时间内，有Δv＝FmΔt则v＝∑[gsinα－B2d2vmR]Δt有v1＝gt1sinα－2B2d3mR解得：t1＝2m(BIld－2mgdsinα)＋2B2d3Rmgsinα．(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得：mgsinα·xm－BIl(xm－d)＝0解得：xm＝BIldBIl－mgsinα．编辑：曹老师第5页[答案](1)4mgdsinα－BIld(2)2m(BIld－2mgdsinα)＋2B2d3Rmgsinα(3)BIldBIl－mgsinα●例5：如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ（0＜θ＜)2。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力f＝qvB①式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O’。根据牛顿第二定律0cosmgN②sinsin2RvmNf③由①②③式得0cossinsin22qRvmqBRv④由于v是实数，必须满足cossin4sin22gRmqBR≥0⑤由此得B≥cos2Rgqm⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为cos2minRgqmB⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为mRqBv2sinmin⑧由⑦⑧式得sincosgRv⑨编辑：曹老师第6页●例6：一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得sincos212hmgmvmgh①以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量)(vmmvI②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则sincos212hmghmgmv③同理，有sincos212hmgvmhmg④)(vmvmI⑤式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得kII⑥式中tantank⑦由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(2201ghmI⑧总冲量为)1(3214321kkkIIIIII⑨由)11112kkkkknn⑩得)cot1(221104ghmkkI⑾代入数据得)63(43.0IN·s⑿解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得编辑：曹老师第7页mamgmgcossin①设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则sin22hav②以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为)(vmmvI③由①②③式得)cot1(221ghmI④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’，依牛顿第二定律有ammgmgcossin⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为sin22avh⑥由②⑤⑥式得hkh2⑦式中tantank⑧同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量)cot1(22hgmI⑨由④⑦⑨式得kII⑩由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为)cot1(2201ghmI⑾总冲量为)1(3214321kkkIIIIII⑿由)11112kkkkknn⒀得)cot1(221104ghmkkI⒁代入数据得)63(43.0IN·s第二部分：经典高考题一：蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动