历年-高考-物理-力学-压轴题-经典题-精选汇总

仅供个人参考不得用于商业用途Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse2001—2008届高考物理压轴题分类汇编一、力学2001年全国理综（江苏、安徽、福建卷）31．（28分）太阳现正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和H11、He42等原子核组成。维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是2e+4H11→He42+释放的核能，这些核能最后转化为辐射能。根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使太阳中的H11核数目从现有数减少10％，太阳将离开主序垦阶段而转入红巨星的演化阶段。为了简化，假定目前太阳全部由电子和H11核组成。（1）为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量M。已知地球半径R=6.4×106m，地球质量m=6.0×1024kg，日地中心的距离r=1.5×1011m，地球表面处的重力加速度g=10m/s2，1年约为3.2×107秒。试估算目前太阳的质量M。（2）已知质子质量mp=1.6726×10－27kg，He42质量mα=6.6458×10－27kg，电子质量me=0.9×10－30kg，光速c=3×108m/s。求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能。（3）又知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能w=1.35×103W/m2。试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命。（估算结果只要求一位有效数字。）参考解答：（1）估算太阳的质量M设T为地球绕日心运动的周期，则由万有引力定律和牛顿定律可知①地球表面处的重力加速度2RmGg②由①、②式联立解得③以题给数值代入，得M＝2×1030kg④（2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为△E=（4mp+2me－mα）c2⑤代入数值，解得△E=4.2×10－12J⑥（3）根据题给假定，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应的次数为pmMN4×10%⑦因此，太阳总共辐射出的能量为E＝N·△E设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外放出的辐射能为仅供个人参考不得用于商业用途ε=4πr2w⑧所以太阳继续保持在主序星的时间为Et⑨由以上各式解得以题给数据代入，并以年为单位，可得t=1×1010年=1百亿年⑩评分标准：本题28分，其中第（1）问14分，第（2）问7分。第（3）问7分。第（1）问中，①、②两式各3分，③式4分，得出④式4分；第（2）问中⑤式4分，⑥式3分；第（3）问中⑦、⑧两式各2分，⑨式2分，⑩式1分。2003年理综（全国卷）34．（22分）一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P。参考解答：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有s＝1/2at2①v0＝at②在这段时间内，传送带运动的路程为s0＝v0t③由以上可得s0＝2s④用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A＝fs＝1/2mv02⑤传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02⑥两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q＝1/2mv02⑦可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。T时间内，电动机输出的功为W＝PT⑧此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ⑨已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T＝NL⑩联立⑦⑧⑨⑩，得P＝TNm[222TLN＋gh]仅供个人参考不得用于商业用途2004年全国理综25．（20分）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。25．锤自由下落，碰桩前速度v1向下，ghv21①碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为)(22lhgv②设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，21mvMVmv③桩下降的过程中，根据功能关系，FlMglMV221④由①、②、③、④式得])(22)[(lhhlhMmlmgMgF⑤代入数值，得5101.2FN⑥2005年理综（四川、贵州、云南、陕西、甘肃）25.（20分）如图所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1/m2＝2秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点低5R。202121)(21)(vmmgRmm解：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律，设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒，2211021)(vmvmvmm分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，由运动学规律，2214gtRtvx1，根据题给条件，女演员刚好回A点，由机械能守恒定律，222221vmgRm，已知m1＝2m2，由以上各式可得x＝8R2006年全国理综（天津卷）25．（22分）神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系麦哲伦云时，发现了LMCX-3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成，两星视为质点，不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示。引力常量为G，由观测能够得到可见星A的速率v和运行周期。（1）可见得A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m/的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2。试求m/的（用m1、m2表示）；仅供个人参考不得用于商业用途（2）求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式；（3）恒星演化到末期，如果其质量大于太阳质量mI的两倍，它将有可能成为黑洞。若可见星A的速率v＝2.7m/s，运行周期T＝4.7π×104s，质量m1＝6mI，试通过估算来判断暗星B有可能是黑洞吗？（G＝6.67×1011－N·m/kg2，mI＝2.0×1030kg）解析（1）设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速相同，其为ω。由牛顿运动运动定律，有FA＝m1ω2r1FB＝m2ω2r2FA＝FB设A、B之间的距离为r，又r＝r1＋r2，由上述各式得r＝1212mmrm①由万有引力定律，有FA＝G122mmr将①代入得FA＝G3122212()mmmmr令FA＝G121/mmr比较可得3212()/=mmmm②（2）由牛顿第二定律，有/211211mmvGmrr③又可见星A的轨道半径r1＝2vT④由②③④式可得（3）将m1＝6mI代入⑤式，得33222(6)2ImvTmmG⑤代入数据得32223.5(6)IImmmm⑥设m2＝nmI，（n＞0），将其代入⑥式，得仅供个人参考不得用于商业用途322223.56(6)(1)IIImnmmmmn⑦可见，3222(6)Immm的值随n的增大而增大，试令n=2，得20.1253.56(1)IIInmmmn⑧若使⑦式成立，则n必须大于2，即暗星B的质量m2必须大于2mI，由此得出结论：暗星B有可能是黑洞。2006年全国理综（重庆卷）25.(20分)（请在答题卡上作答）如题25图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R41,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：（1）待定系数β;（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。解析：（1）由mgR＝4mgR+4mgR得β＝3（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则设向右为正、向左为负，解得v1＝12gR，方向向左v2＝12gR，方向向右设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N/，方向竖直向上为正、向下为负。则N－βmg＝22vmRN/＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则解得：V1＝－2gR，V2＝0（另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去）由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同2008年（四川卷）题25图仅供个人参考不得用于商业用途25．（20分）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？25．（20分）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mamgmgcossin①设小物块与挡板碰撞前的速度为v，