高考理综冲刺24题含解析word版(共14页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上24题专项训练1如图所示，P是一颗地球同步卫星，已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T。（1）设地球同步卫星对地球的张角为2，求同步卫星的轨道半径r和sin的值。（2）要使一颗地球同步卫星能覆盖赤道上A、B之间的区域，AOB，则卫星可定位在轨道某段圆弧上，求该段圆弧的长度l（用r和表示）2某段平直的公路上，一辆小汽车以v1=90 km/h的速度行驶，其前方一辆货车以v2=72 km/h的速度行驶，当它们之间的距离x1=200 m时，小汽车转入超车道并以a1=2ms2的加速度提速开始超车，小汽车的最大速度控制在vm=108 km/h。当小汽车与货

2、车并行时，货车以a2=1 m/s2的加速度减速，当小汽车超出货车x2=22 m时转回行车道，超车过程结束。求（1）小汽车从开始超车到与货车并行所经历的时间；（2）小汽车从与货车并行到完成超车驶过的距离。32012年8月13日至14日，四川省大部分地方遭受强降雨袭击，造成部分市州发生山洪泥石流灾害，假设当时有一汽车停在小山坡底，突然司机发现在距坡底240 m的山坡处泥石流以8 m/s的初速度、0.4 m/s2的加速度匀加速倾泻而下，假设司机(反应时间为1 s)以0.5 m/s2的加速度匀加速启动汽车且一直做匀加速直线运动(如图所示)，而泥石流到达坡底后速率不变且在水平面的运动近似看成匀速直线运动

3、问：汽车司机能否安全脱离？4泥石流是在雨季由于暴雨、洪水将含有沙石且松软的土质山体经饱和稀释后形成的洪流。泥石流流动的全过程虽然只有很短时间，但由于其高速前进，具有强大的能量，因而破坏性极大。某课题小组对泥石流的威力进行了模拟研究，他们设计了如下的模型：在水平地面上放置一个质量为m4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移变化如图所示，已知物体与地面间的动摩擦因数为0.5，g10m/s2。则：（）物体在运动过程中的最大加速度为多少？（）在距出发点多远处，物体的速度达到最大？（）物体在水平面上运动的最大位移是多少？5一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，

4、在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10m,已知斜面倾角30，物块与斜面之间的动摩擦因数,重力加速度g取10 m/s2(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？6有两个人要把质量m=1000 kg的货物装进离地h=1 m高的卡车车厢内。他们找来L=5 m的斜面，但没有其他任何工具可用。假设货物在水平地面上和此斜面上滑动时所受摩擦阻力恒为货物重力的0.12倍，两个人的最大推力各为800 N。（1）通过分析说明俩人能否将货物直接推进车厢？（2）请你帮助他

5、们设计一个可行的方案，使俩人用最大推力能将货物推进车厢，并详细证明之。（g取10 m/s2）7如图所示为仓储公司常采用的“自动化”货物装卸装置，两个相互垂直的斜面固定在地面上，货箱A（含货物）和配重B通过与斜面平行的轻绳跨过光滑滑轮相连A装载货物后从h8.0 m高处由静止释放，运动到底端时，A和B同时被锁定，卸货后解除锁定，A在B的牵引下被拉回原高度处，再次被锁定已知530，B的质量M为1.0103 kg，A、B与斜面间的动摩擦因数均为0.5，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等， g取10 m/s2，sin530.8，cos530.6。（1）为使A由静止释放后能沿斜面下滑，其质量m需要满足什么条件？

6、（2）若A的质量m4.0103 kg，求它到达底端时的速度v；（3）为了保证能被安全锁定，A到达底端的速率不能大于12 m/s请通过计算判断：当A的质量m不断增加时，该装置能否被安全锁定。8如图所示为一水平传送带装置示意图。A、B为传送带的左、右端点，AB长L=2m，初始时传送带处于静止状态，当质量m=2kg的物体（可视为质点）轻放在传送带A点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a=2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速转动。已知物体与传送带间动摩擦因数=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取l0。（1）如果物块以最短时间到达B点，物块到达B点时的速度大小是多少？（2）上述情况下传送

7、带至少加速运动多长时间？（3）物体在传送带上摩擦生热为多少？9如图所示，工件沿光滑轨道滑下，接着以水平速度v1滑上水平传送带，传送带以v0=7.0m/s的速度向右运动，工件和传送带间的动摩擦因数=0.20。若每个工件的质量m=0.50kg，每隔t=0.50s从轨道的A点由静止释放一个工件，A端距传送带高度h=0.20m，传送带连续工作。观察发现传送带上总保持有4个工件，且每个工件传送中都没达到与传送带相对静止(g=10m/s2，计算结果保留两位有效数字)。求：（1）工件滑上传送带时的速度大小v1；（2）传送带克服工件摩擦力做功的功率；（3）传送带由电动机带动，若传送带空载时电动机消耗的功率为P

8、0=4.0W，则上述传送带连续工作一小时，电动机消耗的电能为多少?10如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止。若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力

9、大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程。11. 如图所示，传送带以一定速度沿水平方向匀速运动，将质量m1.0kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平，轨道最低点为O，已知圆弧对应圆心角106，圆弧半径R1.0m，A点距水平面的高度h0.8m，小物块离开C点后恰好能无碰撞地沿固定斜面向上滑动，在斜面上经过 0.8s小物块经过D点，已知小物块与斜面间的动摩擦因数。(取sin530.8，g10m/s2)求：(1)小物块离开A点时的水平速度大小；(2)小物块经过O点时，轨道对它的支持

10、力大小；(3)斜面上C、D间的距离。DxAmBCH12如图所示，在水平地面上固定一个倾角45、高H4m的斜面。在斜面上方固定放置一段由内壁光滑的圆管构成的轨道ABCD，圆周部分的半径Rm，AB与圆周相切于B点，长度为，与水平方向的夹角60，轨道末端竖直，已知圆周轨道最低点C、轨道末端D与斜面顶端处于同一高度。现将一质量为0.1kg，直径可忽略的小球从管口A处由静止释放， g取10m/s2(1)求小球在C点时对轨道的压力；(2)若小球与斜面碰撞（不计能量损失）后做平抛运动落到水平地面上，则碰撞点距斜面左端的水平距离x多大时小球平抛运动的水平位移最大？是多少？13(19分)如图所示，带正电的绝缘小

11、滑块A，被长R=0.4m的绝缘细绳竖直悬挂，悬点O距水平地面的高度为3R；小滑块B不带电。位于O点正下方的地面上。长L=2R的绝缘水平传送带上表面距地面的高度h=2R，其左端与O点在同一竖直线上，右端的右侧空间有方向竖直向下的匀强电场。在O点与传送带之间有位置可调的固定钉子(图中未画出)，当把A拉到水平位置由静止释放后，因钉子阻挡，细绳总会断裂，使得A能滑上传送带继续运动，若传送带逆时针匀速转动，A刚好能运动到传送带的右端。已知绝缘细绳能承受的最大拉力是A重力的5倍，A所受电场力大小与重力相等，重力加速度g=10ms2，A、B均可视为质点，皮带传动轮半径很小，A不会因绳断裂而损失能量、也不会因

12、摩擦而损失电荷量。试求：(1)钉子距O点的距离的范围；(2)A与传送带间的动摩擦因数；（3）若传送带以速度v0=5ms顺时针匀速转动，在A刚滑到传送带上时，B从静止开始向右做匀加速直线运动，当A刚落地时，B恰与A相碰。试求B做匀加速运动的加速度大小(结果可用根式表示)14如图所示，半径R = 0.8 m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，圆心O与A点的连线与竖直成一角度，在A点时小球对轨道的压力FN=120 N，此时小球动能最大。若小球的最大动能比最小动能多32 J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力）。则：小球受到重力和电场力

13、的合力是多少？小球的最小动能是多少？小球在动能最小的位置时突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.04 s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量。15下表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动自行车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度。额定车速整车质量载重额定输出功率额定电压和电流18km/h40kg80kg180W36V/6A请参考表中数据，完成下列问题 (g取10 m/s2)：(1)此电动机的电阻是多少？正常工作时，电动机的效率是多少？(2)在水平平直道路上行驶过程中电动自行车受阻力是车重（包括载重）的k倍，试计算k的大小。(3)仍在上述道路上行驶，

14、若电动自行车满载时以额定功率行驶，当车速为2m/s时的加速度为多少？参考答案2.（1）设小汽车匀加速的时间为t1,则：vm=v1+a1t1 解得:t1=2.5s （2分）设从小汽车达到最大速度到与货车并行所用时间为t2,小汽车的位移加速阶段为x1、匀速阶段为、货车整个过程位移为x2 （1分） （1分） （1分） 由 （2分） 由t=t1+t2得：t=20.625s （2分）(2)设并行后到超车完成历时t3小汽车位移 （1分）货车位移（2分）由题意可知 （1分）得：t3=2s x3=60m （1分）3.设泥石流到达坡底的时间为t1，速率为v1，则x1v0t1a1t，v1v0a1t1，代入数值得t

15、120 s，v116 m/s，而汽车在19 s时间内发生位移为x2a2t90.25 m，速度为v2a2t29.5 m/s，令再经时间t3，泥石流追上汽车，则有v1t3x2v2t3a2t，代入数值并化简得t26t33610，因0，方程无解4.（1）当推力F最大时，加速度最大，由牛顿第二定律，得：Fmmgmam 可解得：am15m/s2 （2）由图象可知：F随x变化的函数方程为F8020x 速度最大时，合力为0，即Fmg 所以x3m （3）位移最大时，末速度一定为0由动能定理可得：WFmgs0 由图象可知，力F做的功为WFFmxm160J 所以s8m 5.(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速

16、度的大小为v.由运动学公式得Lv0tat2 vv0at 代入数据得a3 m/s2 v8 m/s(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得：FcosmgsinFfmaFsinFNmgcos0又FfFN联立式得F由数学知识得cossinsin(60)由式可知对应F最小的夹角30联立式代入数据得F的最小值为Fmin N6.（1）两人最大推力Fm=2F=1600 N 货物受摩擦力f=0.12G=1200 N货物沿斜面向下的分力Fx=mgsin =mg=2000 N因为Fm0 （1分） mgsin-Mgsin-mgcos-Mgcos 0 （2

17、分） m 2.0103 kg（1分）（2）对系统应用动能定理： W合=Ek （2分）Mgh-Mg(hsin/sin)-(mg cos+Mgcos)(h/sin) =(1/2)(M+m) v2 （3分）v （1分）（也可用牛顿第二定律求解）（3）当A的质量m与B的质量M 之间关系满足mM时，货箱下滑的加速度最大，到达斜面底端的速度也最大，此时有mgsin-mgcos=mam （2分）am=5m/s2 （1分） v2=2amL （1分）货箱到达斜面底端的最大速度v=10m/s12m/s （1分）所以，当A的质量m不断增加时，该运输装置均能被安全锁定 （1分）8（1）为了使物块以最短时间到达B点，物

18、块应一直匀加速从A点到达B点 （2）设传送带加速结束时的速度为v，为了使物块能一直匀加速从A点到达B点，需满足 (3)Q=mgs相=2J9（1）由机械能守恒： 得：（2）传送带上总有4个工件滑动，则：得：（3）电动机功率： 消耗的电能： 得：=1.2105 J10（1）根据平衡，满足：可得（2）P到D过程由动能定理由几何关系 运动到D点时，根据牛顿第二定律： 解得由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。由全过程动能定理得： 解得11(1)对于小物块，由A到B做平抛运动，在竖直方向上有v2gh 在B点时有tan 由解得vA3

19、m/s(2)小物块在B点的速度为vB5m/s由B到O由动能定理(或机械能守恒定律)得mgR(1sin37)mvmv由牛顿第二定律 FNmgm解得FN43N(3)物块沿斜面上滑时，有mgsin53mgcos53ma1 vCvB5m/s小物块由C上升到最高点的时间为t10.5s则小物块由斜面最高点回到D点历时t20.8s0.5s0.3s小物块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得mgsin53mgcos53ma2C、D间的距离为xCDt1a2t0.98m.12.(1)设AD之间的竖直高度为h，由几何关系可知：hR+Rsin30+sin602mA到C：mghmv2/2（3分） 在C点：FNmgmv2/R （

20、3分） 解得：FN7N（1分）由牛顿第三定律可知小球在C点时对轨道的压力为7N（1分）(2)从A到碰撞点：mg(h+x)mv02/2（3分） 平抛过程：Hxgt2/2（2分） 平抛水平位移：Sxv0t （2分）整理后求极值可知：当x=1m时平抛水平位移Sx有最大值（2分） Sm6m （1分）13（1）在A运动到最低点的过程中由机械能守恒定律有： （2分）得： （1分）A到最低点，绳子被挡住时，有： （1分）当时，解得 （1分）故钉子距离O点的距离范围是：. （1分）（2）在A运动到传送带右端的过程中，因钉子挡绳不损失能量，由动能定理有: (2分)解得： （1分）（3）因，所以A在传送带上将做加

21、速运动，假设A一直加速，到右端的速度为，由动能定理（1分） 解得： （1分）因，假设成立，A一直做加速运动；因皮带传动轮半径很小，故A在传送带右端将以的初速度做类平抛运动 （1分）对A：设在传送带上运动的时间为t1，类平抛运动的时间为t2，由运动学规律，传送带上： （1分）类平抛运动 (1分)（1分） （1分）解得：，对B：设匀加速过程的加速度大小为，则位移（1分）解得 （2分）14.(1)小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB。设小球在复合场中所受的合力为F，带电小球由A运动到B的过程中，重力

22、和电场力的合力做功，根据动能定理有：F2R = EkBEKa 由此可得：F = 20 N (2)在A点有FNF=m，可得EkA=40 J , EkB=8 J在B处撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动。由题意知，小球经0.04 s时在复合场合力方向上发生的位移是2R，设小球的质量为m，则2R = t2得m = 0.01 kg。15(1)从表中可知，输出功率P出= 180W，输入功率P入=UI=366W=216WP损= P入-P出 =36W r=1 (2)P额=fvm=k(M+m)gvm k=(3)P额=Fv F-k（M+m）g=（M+m）a a=0.45 m/s2专心-专注-专业