华中师大一附中2019届高三(24)班物理滚动训练二

2019届高三物理滚动训练二1.做自由落体运动的物体，先后经过空中的M ，N 两点时的速度分别为v 1和v 2，则下列说法中正确的是( )A ．M ，N 间的距离为v 22－v 212gB ．物体经过MN 中点时的速度为 v 21＋v 222C ．物体经过MN 时所用的时间为v 1－v 2gD ．物体经过MN 的平均速度为v ＝v 1＋v 22【答案】 ABD【解析】根据匀变速运动规律，利用推论直接求解。

2.如图所示，质量都为m 的A 、B 两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg (g 为重力加速度)的恒力F 向上拉B ，运动距离为h 时B 与A 分离.下列说法中错误的是A .B 和A 刚分离时，弹簧处于原长B .B 和A 刚分离时，它们的加速度为gC .弹簧的劲度系数等于D .在B 与A 分离之前，它们做匀加速运动ABD [解析] 在施加外力F 前，对A 、B 整体受力分析，可得2mg=kx 1，A 、B 两物体分离时，A 、B 间弹力为零，此时B 物体所受合力F 合=F-mg=0，即受力平衡，两物体的加速度恰好为零，选项A 、B 错误;对物体A ，有mg=kx 2，由于x 1-x 2=h ，所以弹簧的劲度系数为k=，选项C 正确;在B 与A 分离之前，由于弹簧弹力逐渐减小，故加速度逐渐减小，选项D 错误.3.如图所示，两根直木棍AB 和CD从木棍的上部匀速滑下。

若保持两木棍倾角不变，泥圆筒放在两木棍上部，则水泥圆筒在两木棍上将 A ．仍匀速滑下 B ．加速滑下C ．可能静止D ．一定静止【答案】B 【解析】水泥圆筒从木棍的上部匀速滑下，水泥圆筒重力的向下分力与两木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力平衡。

保持两木棍倾角不变，筒对木棍的压力将减小，两木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力减小。

这里水泥圆筒重力的向下分力将大于两木棍对水泥圆筒的滑动摩擦力，合力不为零，水泥圆筒在两木棍上将加速下滑。

4.如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g ＝10 m/s 2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f 随力F 大小变化的是( )【答案】C【解析】本题结合图形考查受力分析和牛顿第二定律，意在考查推理能力和综合分析能力．摩A擦力f 的最大值为μ2mg ＝4 N ，木板与地面间的摩擦力的最大值为μ1(M ＋m )g ＝2 N ．当F ≤2 N 时，木板和铁块相对地面静止，f ＝F ；当F >2 N ，并且木板和铁块一起相对地面加速运动时，设此时系统的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对整体F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，对铁块F －f ＝ma ，可得f ＝F 2＋1 N ，从此关系式可以看出，当F ＝6 N 时，f 达到最大静摩擦力，由此可以得出当F >6 N 时，木板和铁块就不能一起相对地面加速运动，而是分别加速运动，这时不论F 多大，f 均为4 N ，由此知C 正确．5.一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，如图所示．g 取10 m /s 2.下列说法正确的是( )A ．若F ＝1 N ，则两物块与木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块所受摩擦力大小为2 N【答案】D【解析】 A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N ＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N ＝4 N ，F ＝1 N ＜f A ，所以A 、B 及木板保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N ＜f A ，所以A 、B 及木板保持相对静止，整体在F 作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f ＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f ＜F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N ＞f A ，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到摩擦力为2 N ，轻质木板质量不计，所以B 受到的摩擦力为2 N ，故C 错误；F ＝8 N ＞f A ，同理可知D 正确．6.如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s=3.5 m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A 端的瞬时速度v A =4 m/s ，到达B 端的瞬时速度设为v B ，g 取10 m/s 2，则（ ）A .传送带不动时，vB =3 m/sB .传送带以速度v=4 m/s 逆时针匀速转动时，vB =3 m/sC .传送带以速度v=2 m/s 顺时针匀速转动时，v B =3 m/sD .传送带以速度v=2 m/s 顺时针匀速转动时，v B =2 m/s【答案】ABC【解析】传送带不动时，工件的加速度大小a= =μg=1 m/s 2，由 - =-2as ，得v B =3 m/s ，故A 正确.传送带以速度v=4 m/s 逆时针匀速转动时，工件的受力情况不变，由牛顿第二定律知，工件的加速度大小仍为a=μg ，工件的运动情况跟传送带不动时一样，则v B =3 m/s ，故B 正确.传送带以速度v=2 m/s 顺时针匀速转动时，工件滑上传送带时所受的滑动摩擦力方向水平向左，做匀减速运动，工件的加速度大小仍为a=μg ，工件的运动情况跟传送带不动时一样，则v B =3 m/s ，故C 正确，D 错误.7.如图所示，有一半径为r=0.2m 圆柱绕竖直轴OO`以ω=9rad/s 的角速度匀速转动，今用力F 将质量为1kg 的物体A 压在圆柱侧面，使其以v 0=2.4m/s 的速度匀速下降，若物体A 与圆柱面的动摩擦因数μ=0.25，取g ＝10 m/s 2，求力F 的大小。

（已知物体A在水平方向受光滑挡板作用，不能随轴一起转动） 【答案】F=50N【解析】圆柱与A 接触处相对于A 的速度垂直纸面向里，所以A 相对于圆柱体既有v 0=2.4m/s 的竖直向下的恒定速度，还有v `=ωr=1.8m/s 的垂直纸面向外的速度。

A 相对于圆柱体合速度 v =3`220=+v v m/s与竖直方向夹角 θ=arctan 43`0=v v A 所受摩擦力的方向与相对速度的方向相反，其竖直向上分量与A 所受重力平衡，所以有 ： fcosθ－mg=0 f=μN解得 F=50N8.已知O 、A 、B 、C 为同一直线上的四点，AB 间的距离为l 1，BC 间的距离为l 2。

一物体自O 点由静止出发，沿此直线做匀加速运动，依次经过A 、B 、C 三点。

已知物体通过AB 段与BC 段所用的时间相等。

求O 与A 的距离。

【答案】)(8)3(12221l l l l l --= 【解析】设OA 距离为l ，加速度为a ，物体通过AB 段与BC 段所用的时间为t ，经过A 点时的速度大小为v 0，OA 段用时间为t 0，则：221122212()2()2B B B l l at l l v tv at v a l l l a-=+=-=+=或9.一弹性小球自4.9 m 高处自由落下，当它与水平桌面每碰撞一次后，速度减小到碰前的7/9，试计算小球从开始下落到停止运动所用的时间每碰撞一次后所做竖直上抛运动，可分为上升和回落两个阶段，不计空气阻力，这两段所用时间和行程相等，取g ＝9.8m/s2【答案】8 s【解析】小球原来距桌面高度为4.9 m ，用h 0表示，下落至桌面时的速度v 0应为v 0=9.48.9220⨯⨯=gh =9.8 m/s. 由此可解得下落时间为t 0=8.9/9.42/20⨯=g h图14首先用演绎法：小球第一次和桌面碰撞，那么，第一次碰撞桌面后小球的速度v 1=v 0第一次碰撞后上升、回落需用时间2t 1=2v 1/g=(2×v 0小球第二次和桌面碰撞，那么，第二次碰撞桌面后小球的速率v 2=v 1×7/9=(v 0×7/9)×7/9=v 0×(7/9)2第二次碰撞后上升、回落需用时间2t 2=2v 2/g =2×(7/9)2再用归纳法：依次类推可得：小球第n 次和桌面碰撞后上升，回落需用时间2t n =2×(7/9) n (s)可解得小球从开始下落到经n 次碰撞后静止所用总时间T =t 2+2t 1+2t 2+…+2t n =1+2×7/9+2×(7/9)2+…+2×(7/9)n=1+2×［7/9+(7/9)2+…+(7/9)n ］括号内为等比级数求和，首项a 1=7/9，公比q=7/9，由于|q |＜1，可解得无穷递减等比级数的和279/719/711=-=-q a ， 最后求出小球从开始下落到停止运动所用的时间为T =1+2×7/2=8 s.10.图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送， A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C 、D 两端相距4.45m ， B 、C 相距很近．水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g ＝10 m/s 2．试求：（1）若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．（2）若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．【答案】(1) 1.25m (2) 1.16s 2.1s t ≤≤【解析】⑴米袋在AB 上加速时的加速度205m/s mg a ==g=m μμ米袋的速度达到05m/s =v 时，滑行的距离2000 2.5m 3m 2s ==<AB=a v ，因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 sin cos mg +mg =ma θμθ 代入数据得 210m /s a=所以能滑上的最大距离 20 1.25m 2s==av ⑵设CD 部分运转速度为1v 时米袋恰能到达D 点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为1v 之前的加速度为 ()21s i n c o s 10m/s a =-g +=-θμθ 米袋速度小于1v 至减为零前的加速度为 ()22s i nc o s 2m /s a =-g -=-θμθ 由222101120 4.45m 22--+=a a v v v 解得 14m /s=v ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度14m/s CD =v v ≥ 米袋恰能运到D 点所用时间最长为 101max 120 2.1s --t =+=a a v v v 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为2a 。