2021年高考物理压轴题汇总解析

2021年高考物理压轴题集锦含答案解析

1.

解析:

Mmmv21

由G-----=-------得，卫星在空间站上的动能为线二天mv2=

r2r2

Mm

G----------

2(R+h)

Mm

卫星在空间站上的引力势能在E=-G

pR+h

Mm

机械能为=，+4=-G

2(R+h)

Mm

同步卫星在轨道上正常运行时有G----=m（^2r

厂2

故其轨道半径r=

MmMm31co2

由③式得，同步卫星的机械能生=6二一=-G——-^―

2r2vGA/

=--m（yjGMco）2

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E2,设离开航天飞机

10/----------Mtn

时卫星的动能为线，则耳=玛-£-彳\lGMa2+G-----

口匕2P2R+h

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,sin37o=0.6,cos37°=0.8,求:

（2）若将F改为水平向右推力/'，如图乙，则至少要用多大的力厂'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

F=b—Gsin。一/=0

X

F=N—Geos。=0

y

解得f=20NN=40N

。f1

因为歹=N,由/=四^=_=-=0.5

NNN2

（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P取最小。由平衡条件

F=N'-F'sine-Gcos0=0

且有尸=NN'

联立上三式求解得F'=100N

VV

解：设一年前、后卫星的速度分别为1、2,根据万有引力定律和牛顿第二定律有

「MmV2

G-----二m一

R2R

ii

V2

G-----=m—a-

R?R

式中G为万有引力恒量，M为地球的质量，勺和,分别为一年前、后卫星的轨道半径,

R=R+H

R=R+H-AH

卫星在一年时间内动能的增量

AE=—mv2--mv2

k222I

由(1)、(2)、(5)三式得

^E=_GMm(—-----)

k2RR

由⑶、⑷、⑹式可知，A£k>°,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

^E=-GMm(——--)

PRR

A£p<0,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

AE=AE+AE、

kp(8)

由⑹、⑺、⑻式得

△后<°,表示在这过程中卫星的机械能是减少的。由⑶、⑷式可知，因勺、S非常

接近，利用

R-R=AH

12⑩

RRxR2

121(ID

⑼式可表示为

1GMm

△E=—AH

2R2

⑫

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

1(均

根据万有引力定律和牛顿运动定律有

_MmV2

G----二m—

R2R(14)

由⑬、(14)式得

印=-pitACGM心

1(⑸

⑮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

2nR

V(16)

由(14)、⑯式得

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

以工表示一年时间，有

T=3600sx365x24=3.15x107s⑲

卫星在一年时间内做圆周运动的次数

T

n=—

T⑳

在一年时间内卫星克服空气阻力做的功

W="印

1(21)

由功能关系有

W=AE(22)

G—=g

由⑮⑱⑳(21)(22)各式并利用Ri得

mAH

P=-------

TACR、瓯

Ni(23)

代入有关数据得

p=1.54x10-13kg-m-3

(24)

4、如图(甲)所示，弯曲部分42和8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。、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4、。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△冗改变8C间距离L,重复上述实验，最后绘得△尸乙的图线

如图(乙)所示。(不计一切摩擦阻力，g取10m/s2)

(1)某一次调节后。点离地高度为0.8m。小球从。点飞出，落地点与。点水平距离

为2.4m,求小球过。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，H=1gt2

水平方向做匀速直线运动X=V^

得：V一二一-」一一6s/

Dt12H八

J——百

\g

(2)设轨道半径为r,A到。过程机械能守恒：

110r、

-mv2=-mv2+mg(2r+L)

升/上丫2

在A点：F-mg=m-A-

在。点：F+mg=m-

Dr

由以上三式得：

AF=F—F=6mg+2mg—

ADr

由图象纵截距得：6mg=12得根=0.2kg

由L=0.5m时△F=V7N

代入得：=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3(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

〃=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加=1.0kg的小

球C悬于固定点。点。现将小球C拉至上方使轻绳拉直且与水平方向成以30。角的位置由

静止释放，到达。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。

解析：

(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30°角，再绕O

点向下做圆周运动，由机械能守恒定律得

m^R=—mv2

2o

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

v=VCOS0

a0

小球由〃点运动到最低点b点过程中机械能守恒

—mv2+-sin0)=imv2

2。2b

设小球在最低点受到轻绳的拉力为尸，则

V2

F-mg-m-b-

R

联立解得厂=3.5机g=35N

(2)小球与B碰撞过程中动量和机械能守恒，则

mv=mv+mv

b12

111

—mv2=—mv2+—mv2

2b2i22

5gR

解得V1=0,(碰撞后小球与B交换速度)

3在木板A上滑动，系统动量守恒，设3滑到木板A最右端时速度为心则

mv=(m+M

2\

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

\imgL-^-mv2-J_(m+AfX

联立解得九二

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.

解析：

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0,如图所示，这里球B

的速度为0,绳对球B的拉力为T,根据牛顿第二定律和能量守恒，有

T—mgsin0-m—

①

gmu2=mglsin0

②

当A球刚要离开地面时，有

T=mg

③

以h表示所求高度差，有

h=lsin0④

/z=—Z

由①②③④解得3⑤

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vO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。

解析：

设子弹以V。射入时，木块的初速度为V1,根据动量守恒定律有

mv0=(m+M)V[①

根据动能定理有(m+M)gL=:(m+M)vj②

设子弹以2Vo射入时，木块的初速度为丫2,末速度为V3,根据动量守恒定律有

m2v0=(m+M)v?③

根据动能定理有(m+M)gL=—(m+M)v2--(m+M)v2④

122J

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=v3隹⑤

由①②③④⑤联立解得x=—工—

Mg

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Vo=2.Om/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-0.20,重力加速度g取10m/S2。求：

'jp

(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；

解析：

(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3加速度大小为。，在时间/内滑块C的位移为X。

根据牛顿第二定律和运动学公式yung=ma

v=v^-at

1

S=V%+一以2

C2

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],A、B与C分离时的速度为V2,由动量守恒定律

mv()=2mv1

2mv=2mv^-mvc

由能量守恒规律E+—x2mv2=ix2mv2+—mv^

p21222c

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v',分离后A与B的速度为V滑块C的速度为V厂，由

12C

,

能量守恒规律和动量守恒定律rnvm=2rnv1

,,

2mvj-mvc+2mv2

由能量守恒规律E+—x2mv2=-x2mv2+—mv2

p2'222c

r2

由运动学公式V--V2=2aL

c

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日=0.4,这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出。

解析：

(1)面粉袋与传送带相对运动过程中所受摩擦力i=pmg

根据牛顿第二定律：a=L=4m/S2

m

v

若传送带的速度v=4m/s,则面粉袋加速运动的时间乙=—=ls

a

在t,时间内的位移s=-ati=2m

1।2

其后以v=4m/s速度匀速运动s=1-s=vt

2AB12

解得：\=1.5s所以运动总时间：1]+/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/=1〃，2得，=25

AB2

此时传送带的速度v'=。r=8机/s

(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/=2/+2nR=18m

AB

在面粉袋由A端运动到B端的时间'=2s内痕迹达到最长，传送带运动的距离

s>1+1=26m

AB

则传送带的速度丫=>13m/5

10、如图所示，一木块位于光滑的水平桌面上，木块上固连一支架，木块与支架

的总质量为M.一摆球挂于支架上，摆球的质量为如机摆线的质量不

计.初始时，整个装置处于静止状态.一质量为加的子弹以大小为v。、方向垂直

于图面向里的速度射人摆球并立即停留在球内，摆球和子弹便一起开始运动.已

知摆线最大的偏转角小于90。，在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的，木块未

发生转动.

i.求摆球上升的最大高度.

ii.求木块的最大速率.

iii.求摆球在最低处时速度的大小和方向.

i.由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得

速度但无位移.设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里)的速度为u,

由动量守恒定律有

mvQ=2mw

(1)

摆球以速度U开始向前摆动，木块亦发生运动.当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，

设此时木块的速度为V,摆球上升的高度为h,因水平方向动量守恒以及机械能守恒有

2mu-(2m+MyV

(2)

mm=l.(2m+Af)V2+2mgh

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

,Mv2

n=------e----

8g(2m+m)

(4)

ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位

置前的整个过程中，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

2mu=2mM+MV'

(5)

mu2=mu'2+A/V'2

2

(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

V'=0

⑺

2mv

V=----9—

2m+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.当子弹刚射入

摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为u,由(1)式得

(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江，由(1)、

(5)、(6)三式和(8)式可得

M=---------v

M+2m0

(10)

其方向向后.

当摆球第二次回到最低处时，由(7)式木块速度减至0,设这时摆球的速度为u”,

由(1)、(5)、(6)式可得

1

u"=u——V

20

(11)

方向向前，开始重复初始的运动.

11、图中坐标原点0(0,0)处有一带电粒子源，向y》0一侧沿Oxy平面内的各个不同方向

发射带正电的粒子，粒子的速率都是v,质量均为m电荷量均为q.有人设计了一方向垂

直于Oxy平面，磁感应强度的大小为B的均匀磁场区域，使上述所有带电粒子从该磁场区

域的边界射出时，均能沿x轴正方向运动.试求出此边界线的方程，并画出此边界线的示意

图.

解析：

先设磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直盯平面

向里，且无边界.考察从粒子源发出的速率为V、方向

与X轴夹角为e的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子

做圆周运动，圆轨道经过坐标原点0,且与速度方向相

切，若圆轨道的半径为R,有

V2

qvB=m—(1)

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。’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y

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，xXXXXX

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xXXXXX

%=—Rsin。(3)XXXX0XX

丁=一K+Reos。(4)■匕

这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数仇得XX丫

X2+(y+R)2=R2(5)xx1)〜

由(2)、(5)式得xx

b

/mv、加2y2■••

^2+(y+—)2=—z-(6)

qBqiBz

这是半径为R圆心0''的坐标为(0,-R)的圆，作为题所要求的.................O*

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.................

1♦,•

・••••1••

•••••

图3

,mvx7〃2V2

X2+(y+——)2=----------x<Qy<0(7)

'qBq2B2

若磁场方向垂直于移面向外,则磁场的边界线为如图3示的半圆，磁场区域的边界线

的方程为

xi+(y-R)2=R2X>Qy>0(8)

,mvx加2V2、八八

或%2+(y-__)2=___x>0y>0(9)

12、.如图I-12所示，质量为M=3.0kg的小车静止在光滑的水平面上，AD部分是

表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的；圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于B

4

=1.0T的垂直纸面向里的匀强磁场中，今有一质量为“7=1.0kg的金属块(可视为质点)

带电量4=2.0X10一3c的负电，它以Vo=8m/s的速度冲上小车，当它将要过。点时，它

对水平导轨的压力为9.81N(g取9.8m/s2)求：

解析:

(1)设相抵达。点的速度为V],贝！J：Bqv1+mg=N

N-mg981-9.80

・・V=5.0m/s.

1Bq2.0x10二义1.0

设此小车速度为％,金属块由A-D过程中系统动量守恒则：

mvQ=mvi+Mvrv2=1.0m/s.

损失的机械能△£=-mv02---MV22=18J

(2)在相冲上:圆弧和返回到D点的过程中，小车速度一直在增大，所以当金属块

4

回到。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，贝U：加匕+〃%

=mvi'+MV2'系统机械能守恒，则：

1111

-mv,2+_mv,'z2d—Afv2v，

Q1—nMV2JI=n1nAuo2=1m/s和v2=3m/s.

v/=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00,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①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

I

感应强度大小为k「，其中k为常量.

解：当线框绕转轴转过6=8’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①绕转动时，线框

与轴线平行的两条边的速度都是",且

V=〃①⑴

L中的电流产生的磁场在这两条边

所在处的磁感应强度分别为

图2

B=k-

r(2)

B'=kL

和,⑶式中「和’分别为这两条边到L的距离。线

框的两条边的速度。的方向与B和3'的方向间的夹角分别为01和a',由电磁感应定律，线

框的感应电动势为

£二25。。sina+25Aosina'

sin0sin（兀-a）sina

注意到rbb（5）

sin0_sin（兀一a'）_sinar

r'bb（6）

以及厂2=42+〃2—2a/?cos。（7）

r'2=〃2+Z72+2abcos6（8）

由以上各式得

8=2左/〃2帅(----------------+-----------------)sincoz

。2+拉-2abcoscoz。2+拉+2〃bcos3%⑼

由欧姆定律得线框中感应电流

£

i=—

R（10）

由⑼、⑩两式得

2左/。2痴11

----（----------------+----------------）sin3%

R〃2+/?2-2abcosco%〃2+"+2abcosco%

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V。飞出，已知圆M

的半径为R,圆N的半径为百尺，粒子重力不计。已知粒子进入磁场后沿顺针方向偏转。

求：

/0’

(3)若磁场的磁感应强度保持为(2)的大小，求粒子从圆心0飞出到再次过圆心且

速度与初速度方向相同所用的时间。

解析：

(1)由左手定则得：磁场方向垂直于纸面向外。

(2)粒子能再次经过圆心O,磁场的磁感应强度最小时，粒子运动轨迹与圆N相切，

轨迹如图。设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为八由几何知识可知：

(J3R-r)2=Ri+r2①

设磁场的磁感应强度最小值为B,由洛仑兹力公式及匀速圆周运动规律得:

CV2

qBv=m-o-②

0f

cJ3mv

联立①②解得：B=a③

qR

(3)由几何知识可知：

tanZCO/O=-=^NCO。=60。④

r

粒子从C点进入磁场到从D离开磁场，粒子转过的角度为

2

(P—36Oo—2/C。/。—240o即—个圆周⑤

由几何知识可知粒子从圆心O飞出到第一次过圆心且速度与初速度方向相同所运动的

轨迹如图所示，运动的时间为：

2.、_

”3（丁+尸）⑥

2兀r

T=------⑦

v

联立①⑥⑦解得:

15、如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均

为。，其中A带正电荷，8带负电荷，A、8相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆,

另有一个穿过细杆的带电小球尸，质量为机、电荷量为+q(可视为点电荷)，现将小球尸从与

点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为1的。点时，速度

为V。已知与之间的距离为d,静电力常量为k,重力加速度为g,若取无限远处的

电势为零，试求:

M

AC?P

D?

BE?

N

(1)在A、8所形成的电场中，C的电势空

(2)小球尸经过。点时的加速度。

(3)小球尸经过与点电荷B等高的E点时的速度。

解析：

(1)由等量异种电荷形成的电场特点可知，D点的电势与无限远处电势相等，即D点

电势为零。小球P由C运动到D的过程，由动能定理得：

mgd+«<p=—mvz-0(T)

CD2

（P=（p-cp=q）-0②

CDCCC

mv2-Imgd

(2)小球P经过D点时受力如图：由库仑定律得:

M