【www.shanpow.com--物理试题】
【一】:南宁三中招生简章
【二】:广西南宁三中2016年高三物理计算题训练2
2016年高考一轮复习计算题训练（二）
●
错误！未找到引用源。=2a2x1 联立解得：x1=6m
设在距离海绵坑x2处翻下时刚好滑到距离海绵坑边1m处停下,翻下时速度为v2,则有：
v-错误！未找到引用源。=2a1(x0-x2) 错误！未找到引用源。=2a2(x2-1) 联立解得：x2=7.6m
故运动员应该在距离海绵坑6～7.6 m之间的区域离开雪轮胎,才能闯关成功。
3．如图所示,长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底,用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km的小物块相连,小物块悬挂于管口。现将小球释放,一段时间后,小物块落地静止不动,小球继续向上运动,通过管口的转向装置后做平抛运动,小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)
(1)求小物块下落过程中的加速度大小;
(2)求小球从管口抛出时的速度大小;
(3)试证明小球平抛运动的水平位移总小于错误！未找到引用源。L。
(1)设细线中的张力为T,
根据牛顿第二定律Mg-T=Ma,T-mgsin30°=ma 且M=km,联立解得a=错误！未找到引用源。g
(2)设M落地时的速度大小为v,m射出管口时速度大小为v0,M落地后m的加速度大小为a0, 根据牛顿第二定律-mgsin30°=ma0 由匀变速直线运动规律知v=2aLsin30°, 错误！未找到引用源。-v=2a0L(1-sin30°) 联立解得v0=错误！未找到引用源。(k>2)
(3)由平抛运动规律x=v0t,Lsin30°=错误！未找到引用源。gt
解得x=L错误！未找到引用源。(k>2),则x<错误！未找到引用源。L得证。
4．如练图2－3－3①所示，在同一竖直平面内的两条正对着的相同半圆形的光滑轨道，相隔一定的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动，今在最高点与最低点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来，当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x的图象如练图4－3－11②所示，g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
2
22
2
1．将一平板支撑成一斜面,一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行,如图所示。如果使石块具有初速度v,方向沿斜面向下,那么它将做匀减速运动,经过距离L1后停下来;如果使石块具有同样大小的速度,但方向沿斜面向上,它将向上运动距离L2后停下来。现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示),木条的侧边与斜面垂直。如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动,求石块在水平方向通过的距离L。
解：设斜面的倾斜角为θ,石块与斜面间的动摩擦因数为μ,对石块由牛顿第二定律得：
沿斜面减速下滑时：μmgcosθ-mgsinθ=ma1 沿斜面减速上滑时：μmgcosθ+mgsinθ=ma2 紧贴光滑木条水平运动时：μmgcosθ=ma3 由运动学规律得： v=2a1L1 v=2a2L2 v=2a3L
222
(3分) (3分) (3分)
(2分) (1分)
(2分)
(1分)
解得：L=错误！未找到引用源。
2.某电视台闯关竞技节目的第一关是雪滑梯,其结构可以简化为如图所示模型。雪滑梯顶点距地面高h=15m,滑梯斜面部分长l=25m,在水平部分距离斜道底端为x0=20m处有一海绵坑。比赛时参赛运动员乘坐一质量为M的雪轮胎从赛道顶端滑下,在水平雪道上翻离雪轮胎滑向海绵坑,运动员停在距离海绵坑1m范围内算过关。已知雪轮胎与雪道间的动摩擦因数μ1=0.3,运动员与雪道间的动摩擦因数μ2=0.8,假设运动员离开雪轮胎的时间不计,运动员落到雪道上时的水平速度不变。g取10m/s。求质量为m的运动员(可视为质点)在水平雪道上的什么区域离开雪轮胎才能闯关成功。
解：设运动员乘坐雪轮胎沿斜面滑动时的加速度为a0,滑到底端时的速度大小为v,有：
(M+m)gsinθ-μ1(M+m)gcosθ=(M+m)a0 v=2a0l
解得：v=6错误！未找到引用源。m/s
设在水平轨道上运动时,运动员乘坐雪轮胎时加速度大小为a1,翻下后加速度大小为a2,由牛顿第二定律得： μ1(M+m)g=(M+m)a1 μ2mg=ma2
设在距离海绵坑x1处翻下时刚好滑到海绵坑边停下,翻下时速度为v1,则有：
v-错误！未找到引用源。=2a1(x0-x1) 22
2
的初速度？
(2)若小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点的初速度的范围是多少？
解析 (1)对圆周最高点应用牛顿第二定律得 v2mg＝mR
从A点到最高点应用动能定理得
练图2－3－3
(1)小球的质量为多少？
(2)若小球在最低点B的速度为20 m/s，为使小球能沿轨道运动，x的最大值为多少？
解析 (1)设轨道半径为R，由机械能守恒定律： 121mvB＝mg(2R＋x)＋mv2， 22A2对B点：FN1－mg＝m，
Rv2A
对A点：FN2＋mg＝m.
R
两点压力差ΔFN＝FN1－FN2＝6mg＋
2mgx
R
112
－mg(2R)－μmgL1＝v21－mv0， 22则A点的速度v0＝3 m/s.
(2)若小球恰好停在C处，对全程进行研究，则有 1
－μmg(L1＋L2)＝0－mv′2，
2解得v′＝4 m/s.
所以当3 m/s≤vA≤4 m/s时，小球停在BC间． 1
若小球恰能越过壕沟时，则有：h＝gt2，s＝vCt，
2112
从A到C有－μmg(L1＋L2)＝mv2C－v″ 22
解得：v″＝5 m/s，所以当vA≥5 m/s，小球越过壕沟． 综上，则A的速度范围是 3 m/s≤vA≤4 m/s和vA≥5 m/s.
6.如练图2－5－5①所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如练图5－3－10②所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10 m/s2.求：
由图象可得：截距6mg＝6 N，即m＝0.1 kg. (2)因为图线斜率k＝＝1.
R所以R＝2 m.
在A点不脱离的条件是vA≥Rg. 由B到A应用机械能守恒 121mvB＝mg(2R＋x)＋mv2， 22Ax＝15 m.
5.如练图2－4－4所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝1 m，BC长为L2＝3 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
①
练图2－4－4
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点
② 练图2－5－5
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)是否存在某个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点．若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．
1
解析 (1)mg(H－2R)＝mv2
2Dmv2D
F＋mg＝
R
2mg?H－2R?
联立解得，F＝mg，
R取点(0.50 m,0)和(1.00 m,5.0 N)代入上式得： m＝0.1 kg，R＝0.2 m.
(2)假设滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点(如练答图5－3－2所示
)
（1）A星体所受合力大小FA； （2）B星体所受合力大小FB； （3）C星体的轨道半径RC； （4）三星体做圆周运动的周期T。www.shanpow.com_南宁三中2016招生。
练答图5－3－2
OE＝
R
， sin30°
x＝OE＝vDt 1R＝2
2
得到：vD＝2 m/s. 而滑块过D点的临界速度 vmin＝gR＝2 m/s.
由于：vD≥vmin，所以存在一个H值，使得滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点上，
1
mg(H－2R)＝v2
2D得到：H＝0.6 m.
7.由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式:三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为A、B、
(1) (2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，传送带对物体做的功及由于摩擦产生的热量．
答案：(1)3.125 s (2)－2.5 J 12.5 J
解析：(1)沿圆弧轨道下滑过程中机械能守恒，设物体滑
1
上传送带时的速度为v1，则mgR＝mv2，得v1＝3 m/s
21μmg
物体在传送带上运动的加速度a＝＝μg＝2 m/s2
m
8．如图所示，一水平方向的传送带以恒定的速度v＝2 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧面轨道，并与弧面下端相切．一质量m＝1 kg的物体自圆弧面轨道的最高点静止滑下，圆弧轨道的半径R＝0.45 m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，不计物体滑过曲面与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，取g＝10 m/s2，求：
C三颗星体质量不相同时的一般情况）。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形边长为a，求：
v物体在传送带上向左运动的时间t1＝＝1.5 s
a
2向左滑动的最大距离x＝＝2.25 m
2a
v2
物体向右运动速度达到v时，已向右移动的距离x1＝＝1 m
2ax－x1v
所用时间t2＝1 s，匀速运动的时间t3＝＝0.625 s
a所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.
(2)根据动能定理，传送带对物体做的功
W＝12mv2－12mv21＝－2.5 J，物体相对传送带滑过的位移
Δx＝v2－v2－2a
v(t1＋t2)＝6.25 m，
由于摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12.5 J
【三】:广西南宁三中2016届高三物理计算题训练1
2016年高考一轮复习计算题训练（一）
●
1．一物体从某高处做匀加速下落运动，最初3 s和最后3 s的位移之比为3∶7，此两段时间内的位移之差大小为6 m，求：
(1)物体下落的高度； (2)物体下落的时间． 解析：(1)设最初3 s和最后3 s的位移分别为x1、x2.
由题意可知x1∶x2＝3∶7，x2－x1＝6 m 解得x1＝4.5 m，x2＝10.5 m 过程草图如图所示，易知物体从顶端A至底端B做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动连续相等时间内的位移之比等于连续的奇数之比可知最初3 s和最后3 s有交叉过程，CD为交叉过程，
12
由最初Δt＝3 s有x1＝Δt
2
2
解得a＝1 m/s
12
由最后Δt＝3 s有x2＝vCΔt＋Δt
2
解得vC＝2 m/s
2vC
则AC距离为xAC＝2 m
2a
AB距离x＝xAC＋x2 解得x＝12.5 m
vC
(2)AC段用时间t1＝awww.shanpow.com_南宁三中2016招生。
从A到B需时间t＝t1＋Δt 解得t＝5 s
3．质量为M的斜面倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在斜面上时正好匀速下滑，若用与斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图．求：
(1)当α为多少时，拉力F有最小值，并求出这个最小值． (2)此时水平面对斜面的摩擦力是多少？
解析：(1)m匀速下滑：mgsin θ＝μmgcos θ，解得：μ＝tan θ
m在F作用下匀速上升：Fcos α＝μ(mgcos θ－Fsin α)＋mgsin θ
μmgcos θ＋mgsin θmgsin 2θF＝
cos α＋μsin αcos?θ－α?当α＝θ时，F有最小值，为Fmin＝mgsin 2θ.
(2)整体法：Ff＝Fcos (α＋θ)＝mgsin 2θ2cos 2θ1
＝sin 4θ. 2
4.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v
.
2.如图所示，A球从倾角θ＝30°的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左．B球从M点开始向左做直线运动，试问：
(1)若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0
＝8 m/s 向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞．
(2)若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN＝10 m，B球
2
同时从M点由静止向左以加速度a＝2 m/s做匀加速直线运
2
动，问：经多长时间两者相碰？(取g＝10 m/s)
解析：(1)A到达水平面上的速度只要大于8 m/s，A、B两球就可以发生碰撞．
A的加速度a1＝gsin 30°＝5 m/s2 A到达水平面时的速度vt＝a1t＝8 m/s 则t＝1.6 s
12
所以s＝6.4 m
2
即h>3.2 m时，A、B两球能发生碰撞．
(2)A球从N→M
122
由a1＝gsin 30°＝5 m/s，s1＝a1t1，得t1＝2 s
2
A滑到底端时的速度v1＝a1t1＝10 m/s A与B相碰满足： 12
at＝v1(t－2 s) 2
则t＝(5±5) s
考虑到实际情况，所以t＝(5
(1)求箱子加速阶段的加速度大小a′.
(2)若a>gtan θ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．
解析：(1)由匀变速运动公式知
v2
s1
2a′v2
s2
2a
v2v2
s＝s1＋s2＝＋
2a′2aav2
解得a′＝2.
2as－v
(2)设球不受箱子作用，应满足 Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg 解得a＝gtan θ
减速时加速度向左，此加速度由斜面支持力N与左壁支持力F共同决定，当a>gtan θ时
F＝0
球受力如图．由牛顿第二定律Nsin θ＝ma Ncos θ－Q＝mg
解得Q＝m(acot θ－g)
