高一下期期末计算难题题(物理)

1、高一下期期末复习题1半径为R=0.5m的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，与水平面相切于A点，在距离A点0.9m处有一可视为质点的静止小滑块，质量为m=0.5kg，小滑块与水平面间的动摩擦因数为u=0.2，施加一个大小为F=11N的水平拉力，运动到A点撤去拉力F，滑块从圆轨道最低点A处冲上竖直轨道。（g=10m/s2）求：（1）滑块运动到A点时的速度（2）滑块在B处对轨道的压力【答案】6 m/s 11N【解析】试题分析：(1)从开始到A点的过程中，拉力正功，摩擦力做负功，根据动能定理可得：，解得（2）从A点到B点过程中，只有重力做功，滑块的机械能守恒，所以根据牛顿第二定律可得,联立可得N=16N

2、，根据牛顿第三定律可得滑块在B处对轨道的压力为16N考点：动能定理；牛顿第二定律；点评：选取研究过程，运用动能定理解题动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动根据题目中要求的物理量选择合适的研究过程应用动能定理2如图所示，用恒力F 拉一个质量为m 的物体，由静止开始在水平地面沿直线运动的位移为s，力F 与物体运动方向的夹角为，已知物体与地面的动摩擦因数为，当地的重力加速度为g。试求：（1）拉力F对物体所做的功W（2）地面对物体摩擦力f 的大小（3）物体获得的动能Ek【答案】（1）W Fs cos（2）（3）【解析】试题分析：（1）根据功的公式，拉力F 对物体所做的功W Fs cos（2 分）

3、（2）设地面对物体支持力的大小为FN ，根据物体在竖直方向的平衡条件可知：FNmg Fsin（2 分），再根据滑动摩擦力公式联立解得（3）根据动能定律可得：，联立可得：考点：动能定理；功的计算点评：因为拉力F为恒力，可根据功的定义式W=Flcos直接求解拉力F对物体所做的功W对物体进行受力分析，通过正交分解可求得物体与水平面的正压力，从而求得地面对物体摩擦力f的大小运用动能定理可求得物体的末动能3如图所示，某传送带装置倾斜放置，倾角=37o，传送带AB长度xo=l0m。有一水平平台CD高度保持645m不变。现调整D端位置，当D、B的水平距离合适时，自D端水平抛出的物体恰好从B点沿BA方向冲上斜

4、面，此后D端固定不动，g=l0m/s2。另外，传送带B端上方安装一极短的小平面，与传送带AB平行共面，保证自下而上传送的物体能沿AB方向由B点斜向上抛出。（sin37o=06，cos37o=08）（1）求D、B的水平距离；（2）若传送带以5m/s的速度逆时针匀速运行，某物体甲与传送带间动摩擦因数1=09，自A点沿传送带方向以某一初速度冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求物体甲的最大初速度vo1（3）若传送带逆时针匀速运行，某物体乙与传送带间动摩擦因数2=0.6，自A点以vo2=11m/s的初速度沿传送带方向冲上传送带时，恰能水平落到水平台的D端，求传送带的速度v。【答案】（1）1.2m（

5、2）v01= 17m/s（3）2m/s【解析】试题分析：（1）设水平抛出物体的初速度v0，经时间t落入传送带上时，竖直分速度为vy ，竖直方向：h x0sin = gt2 vy = gttan= 水平方向距离 x = v0t x = 1.2m（4分）（2）由（1）中得 sin = （1分）所以物体从传送带上落下时 v = 5m/s则物体甲到B端的速度为v = 5m/s，则恰能水平落到水平台的D端由动能定理得：mg x0sin1mgcosx0 = mv2mv012（2分） v01= 17m/s（1分）（3）若传送带对物体的摩擦力方向始终向下，设物体到B端速度v1由动能定理得：mg x0sin2m

6、gcosx0 =mv12mv022v1无解若传送带对物体的摩擦力方向始终向上，设物体到B端速度v2由动能定理得： mgx0sin+2mgcosx0 = mv22mv022 v2= m/s 5m/s故只能是摩擦力方向先向下后向上（1分）当摩擦力方向向下时，由牛顿第二定律得mgsin+2mgcos = ma1（1分） a1= 10.8m/s2当摩擦力方向向上时，由牛顿第二定律得mgsin2mgcos = ma2（1分） a2= 1.2m/s2设传送带速度为v，则有+ = x0（2分） v= m/s = 2m/s（1分）考点：考查牛顿第二定律和功能关系点评：本题难度较小，判断摩擦力方向是本题的关键，

7、因此需要判断物块相对于传送带的速度方向4如图所示，AB为半径R0.8m的1/4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接小车质量M3kg，车长L2.06 m，车上表面距地面的高度h0.2m现有一质量m1kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定(g10m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小；(4)滑块落地点离车左端的水平距离【答案】（1）30 N（2）1 m（3

8、）6 J（4）0.16 m【解析】试题分析：(1)设滑块到达B端时速度为v，由动能定理，得mgRmv2由牛顿第二定律，得FNmgm联立两式，代入数值得轨道对滑块的支持力：FN3mg30 N.(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，得对滑块有：mgma1对小车有：mgMa2设经时间t两者达到共同速度，则有：va1ta2t解得t1 s由于1 s1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度：va2t1 m/s因此，车被锁定时，车右端距轨道B端的距离：xa2t2vt1 m.(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离xta2t22 m所以产生的内能：Emgx6 J.(4)对滑块由动能定

9、理，得mg(Lx)mv2mv2滑块脱离小车后，在竖直方向有：hgt2所以，滑块落地点离车左端的水平距离：xvt0.16 m考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力点评：要根据牛顿第二定律和运动学公式，通过计算分析小车的状态，再求解车右端距轨道B端的距离，考查分析物体运动情况的能力5如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点相接，导轨半径为R一个质量为m的物体将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得某一向右速度后脱离弹簧，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半个圆周运动到达C点试求：(1)弹簧开始时的弹性势能(2)物体从B点运动至C点克服

10、阻力做的功(3)物体离开C点后落回水平面时的动能【答案】（1）3mgR（2）-05mgR（3）25mgR【解析】试题分析：(1)物块在B点时， 由牛顿第二定律得：FN-mg=m，FN=7mg EkB=mvB2=3mgR在物体从A点至B点的过程中，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能EP=EkB=3mgR(2)物体到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律有mg=m EkC=mvC2=mgR物体从B点到C点只有重力和阻力做功，根据动能定理有：W阻-mg2R=EkC-EkB 解得W阻=-05mgR所以物体从B点运动至C点克服阻力做的功为W=05mgR(3)物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，根据机械

11、能守恒定律有：Ek=EkC+mg2R=25mgR考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；机械能守恒定律点评：解答本题首先应明确物体运动的三个过程，第一过程弹力做功增加了物体的动能；第二过程做竖直面上的圆周运动，要注意临界条件的应用；第三过程做平抛运动，机械能守恒6如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v。水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R=2.5 m的圆截去了左上角l270的圆弧，CB为其竖直直径，(sin530=0.8 cos530=0.6，重力加速度g取10ms2)求：(1) 小球经过C

12、点的速度大小；(2) 小球运动到轨道最低点B时小球对轨道的压力大小；(3) 平台末端O点到A点的竖直高度H。【答案】（1）（2）6.0N（3）3.36m【解析】试题分析：（1）恰好运动到C点，有重力提供向心力，即 1分 1分（2）从B点到C点，由动能定理有： 1分在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 1分 1分根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N 1分（3）从A到B由动能定理有： 1分所以： 1分在A点进行速度的分解有： 1分所以： 1分考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动

13、能定理不失为一种好的方法7一列火车质量是1000t，由静止开始以额定功率沿平直轨道向某一方向运动，经1min前进900m时达到最大速度，设火车所受阻力恒定为车重的0.05倍，求：(g=10m/s2)(1) 火车行驶的最大速度； (2) 火车的额定功率；(3) 当火车的速度为10m/s时火车的加速度【答案】30m/s 1.5104kw 10m/s2【解析】试题分析：根据动能定理，又 P=Fvm=Ffvm=kmgvm，联列以上两式可得，代入数据得vm260vm+900=0，解得火车行驶的最大速度 vm=30m/s。（2）火车的额定功率P=kmgvm=0.0510001031030W=1.5107W

14、。（3）由，解得当火车的速度为10m/s时火车的加速度m/s2m/s2=1 m/s2考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；点评：该题为机车启动问题，注意当牵引力等于阻力时速度达到最大值，该题难度适中8一种氢气燃料的汽车，质量为=2.0103kg，发动机的额定输出功率为80kW，行驶在平直公路上时所受阻力恒为车重的0.1倍。若汽车从静止开始先匀加速启动，加速度的大小为=1.0m/s2。达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶。试求：（1）汽车的最大行驶速度；（2）当汽车的速度为32m/s时的加速度；（3）汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间。【答案

15、】（1）40m/s（2）（3）【解析】试题分析：（1）汽车的最大行驶速度 （2分）（2）当汽车的速度为32m/s时的牵引力F=由牛顿第二定律得：F-f=ma （4分）（3）汽车从静止到匀加速启动阶段结束所用时间达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m, 这一过程阻力不变，对这一过程运用动能定理：解得总时间考点：功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律点评：高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=fVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个

16、过程时间 要注意某一时刻的物理量要对应起来9如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从A点由静止开始作匀加速运动，前进了0.45m抵达B点时，立即撤去外力。此后小木块又前进0.15m到达C点，速度为零。已知木块与斜面动摩擦因数，木块质量m=1kg。求：（1）木块向上经过B点时速度VB为多大?（2）木块在AB段所受的外力F多大?（ g=10 m/s2）【答案】（1）1.5m/s（2）10N【解析】试题分析：（1）撤去外力后，小木块做匀减速运动从B运动到C，加速度大小为 所以有 代入可解得 （2）设外加恒力为F则刚开始从A运动到B的加速度为 刚开始是做匀加速直线运动，故有： 代入数据可求得

17、： F=10N 考点：牛顿运动定律点评：本题考查了通过牛顿运动定律分析加速度，从而根据运动学公式求出物体的速度等物理量。10如图所示,BC为半径等于竖直放置的光滑细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为450、的足够长粗糙斜面，一质量为m=0.5kg的小球从O点正上方某处A点以V0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球从进入圆管开始受到始终竖直向上的力F=5N的作用，当小球运动到圆管的末端C时作用力F立即消失，能平滑的冲上粗糙斜面。（g=10m/s2）450 ADCBO450求：（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多少？（2）小球在圆管中运动对圆管的压力是

18、多少？（3）小球在CD斜面上运动的最大位移是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】试题分析：(1)小球从A运动到B为平抛运动，有： 在B点有 解以上两式得：（2）在B点据平抛运动的速度规律有：小球在管中的受力分析为三个力：得小球在管中以做匀速圆周运动据圆周运动的规律得细管对小球的作用力据牛顿第三定律得小球对细管的压力(3) 据牛顿第二定律得小球在斜面上滑的加速度为：据匀变速运动规律得：小球在CD斜面上运动的最大位移考点：圆周运动、牛顿第二定律、平抛运动点评：本题主要考查了圆周运动向心力求解，平抛运动的综合运用，通过牛顿第二定律分析物体沿直线运动。11如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上

19、高0.8m顶部水平高台，接着以v3m/s水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为R1.0m，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计。（计算中取g10m/s2，sin530.8，cos530.6）。求：（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；（2）从平台飞出到达A点时速度及圆弧对应圆心角；（3）人和车运动到达圆弧轨道A点时对轨道的压力；（4）人和车运动到圆弧轨道最低点O速度vom/s此时对轨道的压力。【答案】(1)1.2m(2) 106(3) 6580 N (4) 7

20、740N【解析】试题分析：（1）由可得： 2分（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度 1分到达A点时速度设摩托车落地时速度方向与水平方向的夹角为，则，即53 2分所以2106 1分（3） 所以NA 5580 N 1分由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为6580 N 1分（4）在o点： 所以N7740N 2分由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N 1分考点：动能定理；牛顿第三定律；运动的合成和分解；向心力；机械能守恒定律点评：该题考查了多个知识点的运用对于不规则的曲线运动求速度，我们应该想到动能定理去求解对于平抛运动规律和圆周运动最高点、最低点的分析，

21、作为基础知识我们应该掌握12一可看作质点滑块从一平台右端以某一速度水平抛出，恰好到右下方倾角为的斜面顶端时速度沿斜面方向并沿斜面运动到斜面底端。已知平台到斜面顶端的竖直高度，斜面与滑块之间的摩擦因数为，斜面顶端底端的竖直高度， 求：（1）滑块水平抛出的初速度大小（2）滑块从抛出到斜面底端的时间【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）设从抛出到达斜面顶端的时间为，此时竖直方向的速度为则由运动学公式得： 解得： 因为到达斜面顶端的速度方向沿斜面向下，所以有： 解得： 4分（2）设到达斜面顶端速度为，从斜面顶端到达底端过程的加速度为，时间为，则 解得： （舍去） 4分 所以总时间 2分考点：牛顿

22、第二定律；平抛运动点评：本题是平抛运动和匀加速运动的综合，关键抓住两个过程的联系：平抛的末速度等于匀加速运动的初速度13如图，质量的物体在水平外力的作用下在一水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为（m），（m），。根据以上条件求：（1）时物体的位置坐标；（2）时物体的速度大小；（3）时刻水平外力的大小。【答案】(1) （，）(2) (3) 1.7N【解析】试题分析：（1）由（m），（m）可得时 所以的位置坐标为（，） （4分）(2) 由（m）可知轴方向以速度匀速运动由（m）可知轴方向做匀加速运动的加速度则时所以时的速度(4分) （3）时对物块在水平面内

23、受力分析如图在轴方向 在轴方向考点：牛顿第二定律；运动的合成和分解点评：本题的技巧是运用正交分解法研究方向未知的外力，这是物理上常用的方法，求其他量同样可以参考应用14一滑块(可视为质点)经水平轨道AB进入竖直平面内的四分之一圆弧形轨道BC.已知滑块的质量m=0.50kg，滑块经过A点时的速度vA=5.0m/s,AB长x=4.5m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10,圆弧形轨道的半径R=0.50m，滑块离开C点后竖直上升的最大高度h=0.10m.取g=10m/s2.求：(1)滑块第一次经过B点时速度的大小；(2)滑块刚刚滑上圆弧形轨道时，对轨道上B点压力的大小；(3)滑块在从B运动到C的过

24、程中克服摩擦力所做的功.【答案】(1)4.0 m/s(2)21 N(3)1.0 J【解析】试题分析：(1)滑块由A到B的过程中，应用动能定理得：又Ff=mg解得：vB=4.0 m/s(2)在B点，滑块开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知 解得轨道对滑块的支持力FN=21 N根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道上B点压力的大小也为21 N(3)滑块从B经过C上升到最高点的过程中，由动能定理得 解得滑块克服摩擦力做功WFf=1.0 J考点：动能定理的应用；竖直上抛运动；牛顿第二定律点评：本题中第一问也可以根据运动学公式求解，但用动能定理求解不用考虑加速度，过程明显简化；运用动能定理要注意过程的选择，通常

25、运动过程选的越大，解题过程越简化；动能定理比运动学公式适用范围更广，对于曲线运动同样适用15一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其vt图象如图所示.已知汽车的质量为m=2103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，（g=10m/s2）求（1）汽车在第4 s时的加速度为多少？（2）汽车在前5 s内的牵引力为多少（3）汽车的额定功率为多少？【答案】 【解析】试题分析：（1）图像的斜率表示物体运动的加速度，故（2）前5s内，由图，由牛顿第二定律，求得（3）t=5s末，考点：考查了机车启动方式点评：本题首先要识别图象的物理意义，从斜率读出加速度其次，抓住5s这个时刻汽车达到额定功率16如图所示，与水平面成37的粗糙斜面与一光滑圆轨道相切于A点，斜面AB的长度s2.3 m，动摩擦因数=0.5，圆轨道半径为R=0.6m。让质量为m=1kg物体(可视为质点)从B点以某一沿斜面向下的初速度释放，恰能沿轨道运动到圆轨道的最高点C，空气阻力忽略不计。(取sin370.6，cos370.8)(1)求释放时的初动能；(2)设物体从C点落回斜面AB上的P点，试通过计算判断P位置比圆心O高还是低【答案】(1)9.2J(2)P位置比O点低【解析】试题分析：（1）物体恰好能过轨道