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2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2026年薪火金卷高考仿真模拟卷物理 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
13. (10分)如图所示为一个体积为$V$的简易潜艇模型，储水舱的体积为$\frac{2}{5}V$，当储水舱排空后(里面全部为空气，压强为$p_0$，没有海水)，潜艇静止在海面上有$\frac{4}{5}$浸没在海水中。当地大气压强为$p_0$，海水密度为$\rho$，重力加速度大小为$g$。假设各深度处海水温度相同，当潜艇用空气压缩泵缓慢排出储水舱上方的部分气体时，可以吸入一定量的海水，使潜艇恰好全部浸没在海水里并处于静止状态，此时储水舱内气体的压强为$\frac{6}{5}p_0$。求：
(1)潜艇的质量$M$；
(2)潜艇通过空气压缩泵排出的气体质量与原储水舱中气体质量的比值。
(1)潜艇的质量$M$；
(2)潜艇通过空气压缩泵排出的气体质量与原储水舱中气体质量的比值。
答案：
13.解析
(1)根据题意，对潜艇受力分析，由平衡条件有$Mg = \rho g·\dfrac{4}{5}V$，解得$M = \dfrac{4}{5}\rho V$。
(2)设潜艇吸入海水的体积为$V_{水}$，储水舱中剩余气体的体积为$V_{气}$，由平衡条件有$Mg + \rho V_{水}g = \rho gV$，解得$V_{水} = \dfrac{1}{5}V$，则储水舱中剩余气体的体积$V_{气} = \dfrac{1}{5}V$，设排出气体的体积为$\Delta V$，则有$p_0·\dfrac{2}{5}V = p_0·\Delta V + \dfrac{6}{5}p_0·\dfrac{1}{5}V$，解得$\Delta V = \dfrac{4}{25}V$，则潜艇通过空气压缩泵排出的气体质量与原储水舱中气体质量的比值$\dfrac{\Delta m}{m} = \dfrac{\dfrac{4}{25}V}{\dfrac{2}{5}V} = \dfrac{2}{5}$。
答案
(1)$\dfrac{4}{5}\rho V$
(2)$\dfrac{2}{5}$
(1)根据题意，对潜艇受力分析，由平衡条件有$Mg = \rho g·\dfrac{4}{5}V$，解得$M = \dfrac{4}{5}\rho V$。
(2)设潜艇吸入海水的体积为$V_{水}$，储水舱中剩余气体的体积为$V_{气}$，由平衡条件有$Mg + \rho V_{水}g = \rho gV$，解得$V_{水} = \dfrac{1}{5}V$，则储水舱中剩余气体的体积$V_{气} = \dfrac{1}{5}V$，设排出气体的体积为$\Delta V$，则有$p_0·\dfrac{2}{5}V = p_0·\Delta V + \dfrac{6}{5}p_0·\dfrac{1}{5}V$，解得$\Delta V = \dfrac{4}{25}V$，则潜艇通过空气压缩泵排出的气体质量与原储水舱中气体质量的比值$\dfrac{\Delta m}{m} = \dfrac{\dfrac{4}{25}V}{\dfrac{2}{5}V} = \dfrac{2}{5}$。
答案
(1)$\dfrac{4}{5}\rho V$
(2)$\dfrac{2}{5}$
14. (14分)如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道$AB$、$CD$，水平凹槽$MN$，圆心为$O_1$的四分之一圆管竖直轨道$DE$，圆心为$O_2$的四分之一圆弧竖直轨道$EF$，足够长的粗糙水平直轨道$GH$组成。$O_1O_2$连线水平，$O_1D$和$FG O_2$竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁$BM$，上表面与$AB$、$CD$平齐。游戏时，可视为质点的滑块从$A$点水平弹出，经$B$点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁$CN$后即被锁定，滑块继续滑过轨道$CD$、$DE$、$EF$后，静止在$GH$某处视为游戏成功。已知滑块和滑板的质量分别为$m=0.03 kg$、$M=0.01 kg$，$MN$长$s=4.5 m$，滑板右端距$CN$的距离$d=1.5 m$，滑块与滑板间的动摩擦因数$\mu_1=0.1$，滑块与$GH$间的动摩擦因数$\mu_2=0.5$，$DE$和$EF$的半径$R=0.14 m$，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，$g$取$10 m/s^2$。
(1)若滑块恰好能滑上$GH$，求滑块在圆管轨道的$D$点时受到的作用力$F_N$；
(2)要使游戏成功，求滑块到达$D$点时的速度大小$v_D$的范围；
(3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能$E_p$的范围。
(1)若滑块恰好能滑上$GH$，求滑块在圆管轨道的$D$点时受到的作用力$F_N$；
(2)要使游戏成功，求滑块到达$D$点时的速度大小$v_D$的范围；
(3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能$E_p$的范围。
答案：
14.解析
(1)滑块恰好能滑上GH，即恰好过F点，此时只有重力提供向心力，则有$mg = m\dfrac{v_F^2}{R}$，从D点到F点，由动能定理可得$\dfrac{1}{2}mv_D^2 = 2mgR + \dfrac{1}{2}mv_F^2$，解得$v_D = \sqrt{7}\ m/s$，结合牛顿第二定律有$F_N - mg = m\dfrac{v_D^2}{R}$，联立解得$F_N = 1.8\ N$。
(2)①当滑块与滑板同时到达CN时，滑块的速度最大，滑板一直在加速，有$\mu_1mgd = \dfrac{1}{2}Mv_2^2$，解得$v_2 = 3\ m/s$，根据牛顿第二定律，有$\mu_1mg = Ma_2$，解得滑板的加速度$a_2 = 3\ m/s^2$，则滑板此阶段加速的时间$t = 1\ s$，此过程滑块一直在做减速运动，由动能定理可得$-\mu_1mgs = \dfrac{1}{2}mv_{D1}^2 - \dfrac{1}{2}mv_{A1}^2$，结合动量定理，有$\mu_1mgt = mv_{A1} - mv_{D1}$，解得$v_{D1} = 4\ m/s$为最大值，对应$v_{A1} = 5\ m/s$；②滑块恰好能滑上GH时，滑块的速度最小，由上述结论可知$v_{D2} = \sqrt{7}\ m/s$，故滑块到达D点时的速度大小范围是$\sqrt{7}\ m/s \leqslant v_D \leqslant 4\ m/s$。
(3)在$v_{Dmax} = 4\ m/s$时，根据能量守恒可得$\dfrac{1}{2}mv_D^2 = 2mgR + \mu_2mgl_1$，解得$l_1 = 1.04\ m$，恰好能过最高点时，有$\dfrac{1}{2}mv_F^2 = \mu_2mgl_2$，解得$l_2 = 0.14\ m$，滑块静止的区域距G点的距离为$0.14\ m \leqslant l \leqslant 1.04\ m$。当$v_{Dmax} = 4\ m/s$时，对应$v_{Amax} = 5\ m/s$，由功能关系可得$E_{pmax} = \dfrac{1}{2}mv_{Amax}^2 = 0.375\ J$；恰好能过最高点时，$v_{Dmin} = \sqrt{7}\ m/s$对应$v_{Amin}$，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定，设匀速运动的速度为$v$，位移为$x$。由牛顿第二定律有$\mu mg = ma$，解得滑块的加速度大小为$a_1 = 1\ m/s^2$，由运动学规律可得$s = \dfrac{v_{Amin}^2 - v^2}{2a_1} + x + \dfrac{v^2 - v_{Dmin}^2}{2a_1}$，$d = \dfrac{v^2}{2a_2} + x$，$\dfrac{v_{Amin} - v}{a_1} = \dfrac{v - v_{Dmin}}{a_2}$，解得$x = 0$，滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态，则有$v_{Amin} = 4\ m/s$，$E_{pmax} = \dfrac{1}{2}mv_{Amin}^2 = 0.24\ J$。综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能$E_p$的范围为$0.24\ J \leqslant E_p \leqslant 0.375\ J$。
答案
(1)$F_N = 1.8\ N$
(2)$\sqrt{7}\ m/s \leqslant v_D \leqslant 4\ m/s$
(3)$0.14\ m \leqslant l \leqslant 1.04\ m$；$0.24\ J \leqslant E_p \leqslant 0.375\ J$
(1)滑块恰好能滑上GH，即恰好过F点，此时只有重力提供向心力，则有$mg = m\dfrac{v_F^2}{R}$，从D点到F点，由动能定理可得$\dfrac{1}{2}mv_D^2 = 2mgR + \dfrac{1}{2}mv_F^2$，解得$v_D = \sqrt{7}\ m/s$，结合牛顿第二定律有$F_N - mg = m\dfrac{v_D^2}{R}$，联立解得$F_N = 1.8\ N$。
(2)①当滑块与滑板同时到达CN时，滑块的速度最大，滑板一直在加速，有$\mu_1mgd = \dfrac{1}{2}Mv_2^2$，解得$v_2 = 3\ m/s$，根据牛顿第二定律，有$\mu_1mg = Ma_2$，解得滑板的加速度$a_2 = 3\ m/s^2$，则滑板此阶段加速的时间$t = 1\ s$，此过程滑块一直在做减速运动，由动能定理可得$-\mu_1mgs = \dfrac{1}{2}mv_{D1}^2 - \dfrac{1}{2}mv_{A1}^2$，结合动量定理，有$\mu_1mgt = mv_{A1} - mv_{D1}$，解得$v_{D1} = 4\ m/s$为最大值，对应$v_{A1} = 5\ m/s$；②滑块恰好能滑上GH时，滑块的速度最小，由上述结论可知$v_{D2} = \sqrt{7}\ m/s$，故滑块到达D点时的速度大小范围是$\sqrt{7}\ m/s \leqslant v_D \leqslant 4\ m/s$。
(3)在$v_{Dmax} = 4\ m/s$时，根据能量守恒可得$\dfrac{1}{2}mv_D^2 = 2mgR + \mu_2mgl_1$，解得$l_1 = 1.04\ m$，恰好能过最高点时，有$\dfrac{1}{2}mv_F^2 = \mu_2mgl_2$，解得$l_2 = 0.14\ m$，滑块静止的区域距G点的距离为$0.14\ m \leqslant l \leqslant 1.04\ m$。当$v_{Dmax} = 4\ m/s$时，对应$v_{Amax} = 5\ m/s$，由功能关系可得$E_{pmax} = \dfrac{1}{2}mv_{Amax}^2 = 0.375\ J$；恰好能过最高点时，$v_{Dmin} = \sqrt{7}\ m/s$对应$v_{Amin}$，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定，设匀速运动的速度为$v$，位移为$x$。由牛顿第二定律有$\mu mg = ma$，解得滑块的加速度大小为$a_1 = 1\ m/s^2$，由运动学规律可得$s = \dfrac{v_{Amin}^2 - v^2}{2a_1} + x + \dfrac{v^2 - v_{Dmin}^2}{2a_1}$，$d = \dfrac{v^2}{2a_2} + x$，$\dfrac{v_{Amin} - v}{a_1} = \dfrac{v - v_{Dmin}}{a_2}$，解得$x = 0$，滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态，则有$v_{Amin} = 4\ m/s$，$E_{pmax} = \dfrac{1}{2}mv_{Amin}^2 = 0.24\ J$。综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能$E_p$的范围为$0.24\ J \leqslant E_p \leqslant 0.375\ J$。
答案
(1)$F_N = 1.8\ N$
(2)$\sqrt{7}\ m/s \leqslant v_D \leqslant 4\ m/s$
(3)$0.14\ m \leqslant l \leqslant 1.04\ m$；$0.24\ J \leqslant E_p \leqslant 0.375\ J$
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