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2020年福建省双十中学高一上物理期末测试
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期末物理测试，难度0.5左右
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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绝密★启用前
2020年福建省双十中学高一期末测试
物理
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、多选题(共10题，每题6分，共60分)
1．如图所示,倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连,质量分别为3m、m的两个小球a、b(可视为质点)用长为L的轻绳连接,a球置于斜面顶端。现由静止释放a、b两球,b球与弧形挡板碰撞时间极短并无机械能损失,且碰后只能沿斜面下滑,两球最终均滑到水平面上并发生碰撞粘在一起继续运动。不计一切摩擦,则
A.a球到达斜面底端时的速率为5gL2
B.b球到达斜面底端时的速率为6gL2
C.a球沿斜面下滑的过程中,轻绳一直对b球做正功
D.两球粘在一起运动后的速率为3(5+1)8gL
2．如图所示,一小物体m从14光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放,圆弧半径R=0.2 m,轨道底端与粗糙的传送带平滑连接,当传送带固定不动时,物体m能滑过右端的B点,且落在水平地面上的C点,取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是
A.物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关
B.若传送带沿逆时针方向运行,则物体m也能滑过B点,到达地面上的C点
C.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v>2 m/s时,物体m到达地面上C点的右侧
D.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v<2 m/s时,物体m也可能到达地面上C点的右侧
3．如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动,在A从B的左端滑到右端的过程中,下列说法正确的是
A.A减少的动能等于B增加的动能
B.A减少的动量等于B增加的动量
C.若M
4．如图所示,倾角为α的固定斜面下端固定一挡板,一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处,由静止释放,已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ(μ
A.物块的最大动能Ekm等于对应过程中重力与摩擦力对物块做功之和
B.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和
C.当物块的最大动能为Ekm时,弹簧的压缩量x=mgsinα-μmgcosαk
D.若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,则下滑过程中物块的最大动能一定等于2Ekm
5．如图所示,半径为R的光滑半圆轨道放置于竖直平面内,质量均为m的两小球都从轨道最高点P开始运动,小球a从静止开始沿轨道下滑,小球b以某一初速度水平抛出,一段时间后落到半圆轨道的最低点Q,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是
A.小球b刚落到Q点时的速度大小为5gR2
B.小球b刚落到Q点时重力的瞬时功率为mg2gR
C.从P到Q,小球a所需时间小于小球b所需时间
D.从P到Q,小球a重力做功的最大功率为23mg3gR
6．如图所示,倾角为θ=37°的光滑细杆固定在水平地面上,一中心有孔且质量为m=1.0 kg的小球套在细杆上并用绕过定滑轮C的轻绳与质量为M=1.8 kg的小物块连接在一起,细杆上的A点与定滑轮C等高,B为细杆上的另一点,且C、B两点的连线与细杆垂直。现将小球从细杆上的A点由静止释放,已知小物块离地面足够高,A、C两点间的距离为d=0.5 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是
A.小球在A点刚刚释放时,轻绳对小物块的拉力等于小物块的重力
B.小球从A点运动到B点,小球动能增大,小物块的动能变化量为零
C.小球到达B点时的速度大小为23 m/s
D.小球从A点运动到B点的过程中,轻绳的拉力对小球做的功为3.6 J
7．如图所示,质量为M=0.2 kg的圆环ABCD处于竖直平面内,半径R=0.2 m,圆环上四分之一圆弧CD粗糙,其余部分光滑,圆环上端被轻杆固定。套在圆环上的质量为m=0.2 kg的小球从A点以水平初速度v0=2 m/s沿圆环顺时针开始滑动,第一次回到A点时速度为零。不考虑空气阻力,重力加速度大小为g=10 m/s2。下列说法正确的是
A.小球经过D点时速度大小为2 m/s
B.小球经过C点时对圆环的压力大小为14 N
C.小球经过B点时轻杆对圆环的作用力小于4 N
D.若小球从A点由静止释放沿圆环顺时针运动,则小球恰能到达D点
8．如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B,左端固定在A点,右端连接一个质量为m的小球,A、B、C在一条水平线上,弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆,从C点由静止释放,到D点时速度为零,C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg2,g为重力加速度,小球和杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内,下列说法正确的是
A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh2
B.若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则v=gh
C.若仅把小球质量变为2m,则小球到达D点时的速度大小为gh
D.若仅把小球质量变为2m,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h
9．如图甲所示,在水平地面上固定一个倾角为θ的足够长的光滑斜面,小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动,拉力F随时间变化的图象如图乙所示,小滑块运动的速度—时间图象如图丙所示,重力加速度g为10 m/s2。下列说法正确的是
A.斜面倾角θ为30°,小滑块的质量m=2 kg
B.在0~2 s时间内拉力F做的功为100 J
C.在0~4 s时间内小滑块机械能增加80 J
D.在0~1 s时间内合外力对小滑块做功12.5 J
10．将质量均为m的三个小球a、b、c,从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出,其运动轨迹如图所示,x轴在水平地面上,y轴沿竖直方向,不计空气阻力,重力加速度为g,下列关于三个小球从抛出到落地的说法中正确的是
A.小球a与小球b的动量变化量之比为2∶1
B.小球a、b、c的机械能守恒,动量也守恒
C.小球a与小球b受到的冲量之比为2∶1
D.小球b、c受到的冲量相等
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、计算题(共10题，每题20分，共200分)
11．如图所示,固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧轨道下端B与水平面相切,水平面上锁定物块乙,乙上连接一轻弹簧,轻弹簧处于原长,左端刚好在C点,粗糙水平面BC段的长也为R,C点右侧光滑,让物块甲从圆弧轨道上的A点由静止释放,物块甲下滑到水平面上与弹簧接触并被弹簧反弹,向左运动到BC中点时速度刚好为零,物块甲在水平面BC部分与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.4,物块甲的质量为m,物块乙的质量为2m,弹簧的劲度系数为k,整个过程中弹簧均在弹性限度内,重力加速度大小为g。
(1)求物块甲在圆弧轨道上运动的过程中克服摩擦力做的功。
(2)求弹簧被压缩过程中的最大压缩量。
(3)若解除物块乙的锁定,再让物块甲从A点由静止释放,求弹簧具有的最大弹性势能及物块甲最终速度为零的位置。
12．如图所示,相距x=1.0 m的两个木板A、B置于水平地面上,其质量分别为MA=4.0 kg、MB=1.0 kg,一质量为MC=1.0 kg的可视为质点的物块C置于木板A的左端。已知木板A长度为LA=8 m,物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ1=0.2,木板A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给物块C一个水平向右的初速度v0=10 m/s,同时对木板A施加一个水平向右的恒力F,直至木板A、B发生弹性碰撞,碰撞时撤去恒力F,要求物块C最终停留在木板B上。重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)木板B的最小长度和最大位移。
13．如图所示,竖直平面直角坐标系中有一竖直放置的半径为R的光滑半圆形轨道,半圆形轨道直径恰好与y轴重合,其底端与x轴相切于O点。坐标原点O右侧3R处B位置固定一个与x轴正方向夹角为45°的光滑斜面,斜面上有一质量为m的小球,当小球从斜面上滚下时,通过水平光滑轨道后,会从O点进入半圆形轨道,小球在第二象限运动过程中,始终受到一个水平向右、大小F=34 mg的恒力作用,重力加速度为g。
(1)当小球从高度3R处静止释放时,求小球第一次经过半圆形轨道与圆心等高的C点时对轨道的压力;
(2)要使小球进入半圆形轨道后,始终不脱离该轨道,求小球在斜面上由静止释放的高度范围。
(3)在满足第(2)问的条件下,小球恰能通过半圆形轨道最高点H,其落到x轴上的位置与B点的距离是多少?
14．如图所示,有一质量为m的小木块B放在一光滑桌面边缘,桌面离地面高度为h,另一长为L、带有挡板的木板A(厚度不计),总质量为2m,静止在光滑地面上,木板A的左端与桌面的水平距离为x。如果将小木块B以初速度v0(未知量)水平抛出后恰好落在木板A的左端,碰撞瞬间能量损失,只保留水平方向速度,小木块B与木板A间的动摩擦因数为μ,小木块B滑到木板A右端与挡板发生碰撞,碰撞时间极短,且碰后小木块B恰好滑到木板A左端。
(1)求小木块B水平抛出时的初速度大小v0;
(2)求小木块B与木板A最终共速时的速度大小v1;
(3)若μ=3v0216gL,则在小木块B和木板A碰撞后的运动过程中,摩擦力对木板A做了多少功?
15．如图所示,各表面均光滑且半径为R=45 cm的14圆弧轨道放在水平地面上,另一侧面靠在竖直的墙壁上,圆弧轨道底端的切线水平,一质量为M=0.1 kg且各表面均粗糙的长方体木板紧挨着圆弧轨道也放在水平地面上,其上表面与圆弧的底端等高,将一质量为m=0.3 kg的小铁块从圆弧顶端无初速度释放,最终停留在长木板上,已知小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求小铁块下滑到圆弧底端的过程中墙壁对圆弧轨道的冲量大小;
(2)长木板至少为多长?
(3)求长木板与地面间因摩擦而产生的热量。
16．如图所示,在竖直平面内固定一光滑轨道ABC,轨道由两段完全相同的圆弧管道AB、BC相切组合而成,两圆弧的半径均为R=1 m,对应的圆心角θ始终相等且可调(可调范围为0°<θ≤180°),管道内径很小。将质量为m=1 kg的可看成质点的小球与左边一轻质弹簧相接触,弹簧左端固定,开始时弹簧处于锁定状态,此时弹簧具有的弹性势能为Ep=40 J。解除锁定后,小球沿着光滑水平地面从管道A位置的切线方向进入圆弧管道,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求小球在管道中上升的最大高度以及对应θ角的大小。
(2)若把θ角调节到30°,求小球到达管道C位置时对管道的压力。
(3)若小球到达管道C位置后又落回到水平地面上,要使从管口飞出后水平位移最大,则θ角应调节为多大?
17．如图是某游戏装置的示意图,水平台面左侧固定一弹射器(内壁光滑)。长度为x=0.5 m的粗糙水平轨道OA与小物块间动摩擦因数为μ=0.5。水平台面右侧固定一竖直光滑的34细圆轨道ABC,圆轨道半径为R1=0.1 m,与水平轨道相切于A点。台面下方有一水平圆筒,半径为R2=0.05 m,圆筒可绕轴匀速转动,侧面开有小孔D,小孔与圆轨道出口C处于同一竖直线上,圆筒轴线与水平台面相距h=0.8 m。弹簧压缩到P点后释放,质量为m=0.1 kg的小物块从O点弹出经水平轨道OA及圆轨道ABC后沿CD运动,若小物块能“竖直穿越”圆筒,则游戏成功。已知小物块从C处下落后不会与轨道OA相碰,圆轨道孔径和圆筒上小孔孔径都略大于小物块的尺寸(小物块可看成质点,重力加速度g=10 m/s2)。
(1)若从弹射器发射的小物块恰能通过圆轨道最高点B,则求发射前弹簧的弹性势能Ep0;
(2)若释放小物块时,弹射器中弹簧的弹性势能为0.65 J,则求小物块刚进入圆轨道A处时,对轨道的压力大小FN;
(3)若弹簧的弹性势能用Ep表示,当小物块穿过圆筒上小孔D时,圆筒便开始绕中心轴做匀速圆周运动,要使游戏成功,圆筒的角速度ω与弹性势能Ep间应满足怎样的关系?
18．5D电影是在3D立体效果的基础上增加动感座椅,环境特效,5D电影院让观众从听觉、视觉、触觉,这几方面达到最强真实感。有一部《悬崖飞车》的5D电影,影片中最刺激的是车通过一竖直圆轨道后冲上一段倾斜轨道,而且倾斜轨道最后一段是没有的,车最终落在一水平轨道上。这个过程可以简化成如图所示的模型,AB是水平直轨道,与半径R=6 m的竖直圆轨道平滑连接,B、C分别是圆轨道的最低点和最高点,圆轨道与倾角为θ=37°的倾斜轨道EF通过水平直轨道DE平滑连接,物块与倾斜轨道EF之间的动摩擦因数为μ=0.6,GK是水平轨道,F点的高度H=12512 m,物块到达A点时的速度vA=20 m/s,物块的质量为100 kg,并可以看成质点,重力加速度大小g=10 m/s2,除倾斜轨道EF外忽略一切摩擦,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)计算物块到达C点的速度大小vC以及此时物块对轨道的压力大小;
(2)如果物块刚好沿水平方向进入轨道GK,则F与G两点之间的水平距离x和高度差h分别为多少?
19．过山车是一项富有刺激性的娱乐项目。如图所示是某大型游乐场中过山车的部分轨道示意图,它的组成有:倾角为θ=60°的直线轨道AB,半径为R1=40 m、圆心角为2θ=120°的圆弧轨道BCD,半径为R2=10 m、圆心角为4θ=240°的圆弧轨道DEF,半径为R1=40 m、圆心角为θ=60°的圆弧轨道FG,倾角为α=30°的直线轨道GH和离地高度为h1=25 m的水平直轨道HL。这些轨道均平滑连接且位于同一竖直面,B、D、F为切点,CD与FG稍稍错开。由于轨道和车厢材料的特殊性,车厢只在直轨道上受到摩擦力,与直轨道间的动摩擦因数为μ=310,不计空气阻力,车厢可视为质点,重力加速度大小g=10 m/s2,3≈1.7,出于安全性设计,车厢经过G点和H点时不会脱离轨道,且速率不会改变。现有一质量为m=500 kg的车厢从AB轨道上某位置由静止开始下滑,经过最低点C时测得车厢受到轨道对它的支持力为16 250 N。
(1)求车厢经过最低点C时的速度大小v;
(2)求车厢开始运动的位置与B点间的竖直距离h0;
(3)为使车厢能安全地停在HL段上,求车厢停下时到H点的距离x与车厢从AB上开始运动的位置与B点间的竖直距离h的关系。
20．如图所示,有一长为s=8.44 m的传送带倾斜放置,倾角θ=30°,且没有启动。一质量m1=3 kg、长度L=2 m的长木板乙静止于传送带顶端,且长木板右端与传送带顶端M点相齐。t=0时刻,一质量为m2=1 kg的小物块甲以v0=4 m/s的初速度沿传送带向上冲上长木板左端,与此同时,也给长木板乙v0=4 m/s的速度沿传送带向下运动。甲和乙之间的动摩擦因数μ1=32,乙和传送带间的动摩擦因数μ2=33,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求甲与传送带顶端M点的最小距离;
(2)求从t=0时刻到甲和乙开始稳定运动(共速)的过程中,系统克服摩擦产生的热量;
(3)当甲和乙刚达到稳定运动(共速)状态时启动传送带,使其从静止开始以恒定的加速度a=2 m/s2沿逆时针方向转动,求从传送带启动到乙的左端运动到传送带底端N点所用的时间。
试卷第1页，总2页
参考答案
1.AD
【解析】本题考查速度的绳关联与连接体的机械能守恒问题,意在考查考生的推理与分析综合能力。从初始状态到b球到达斜面顶端过程中,两球机械能守恒,得3mg·12L-mgL=12(3m+m)v2,解得v=12gL,此后绳子无张力,小球a做加速运动。对a,根据动能定理得3mg·12L=12·3mva2-12·3mv2,解得va=125gL。故A正确。小球b在斜面上做加速运动。对b球从斜面顶端到底端过程,根据动能定理得mgL=12mvb2-12mv2,解得vb=32gL。故B错误。 b球在上升过程中,轻绳对b球做正功,当二者一起沿斜面下滑时,轻绳张力为零,不做功。故C错误。两小球都运动到水平面时,由于b球速度大于a球,所以二者会相撞并粘在一起,对两球组成的系统运用动量守恒得3mva+mvb=(3m+m)v共,解得v共=3(5+1)8gL,故D正确。
【备注】无
2.BCD
【解析】本题考查了动能定理以及平抛运动等知识,意在考查考生综合物理规律处理问题的能力。
对小物体由释放点到A点的过程,由机械能守恒定律得mgR=12mvA2,解得vA=2 m/s,小物体在A点时由牛顿第二定律得FN-mg=mvA2R,由以上两式可解得FN=3mg,因此小物体在A点对轨道的压力大小为FN=3mg,与轨道半径R的大小无关,A错误;传送带静止时物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动,到达传送带右端时物体的速度小于2 m/s,物体离开传送带后做平抛运动到达C点,物体做平抛运动的初速度小于2 m/s;若传送带沿逆时针方向运行,物体在传送带上也一直做匀减速直线运动,与传送带静止时的运动情况相同,物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等,物体离开传送带做平抛运动,落在C点,B正确;若传送带沿顺时针方向运动,则当传送带速度v>2 m/s时,物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,也可能一直做匀加速直线运动,物体到达传送带右端时的速度大于2 m/s,做平抛运动的初速度大于2 m/s,物体将落在C点的右侧,C正确;若传送带沿顺时针方向运动,则当传送带速度v<2 m/s时,物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动,此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大,物体落在C点的右侧,D正确。
【备注】无
3.BD
【解析】本题主要考查力与运动、动量守恒和功能关系,意在考查考生的推理能力。
因为A和B组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,故B正确;在滑动过程中摩擦力做功,故系统机械能不守恒,A错误;作出A、B的速度随时间变化图象如图所示,由图知无论A、B的质量关系如何,B的位移大小总是小于A相对B滑行的距离,故C错误;在滑动过程中A的速度大于或等于B的速度,若M>m,则B的动能有可能大于A的动能,D正确。
【备注】无
4.BC
【解析】本题考查了功能关系等知识,意在考查考生综合处理问题的能力。
根据功能关系可知,物块的最大动能等于对应过程中重力、摩擦力以及弹簧弹力对物块做功之和,A错误;弹簧的弹性势能最大时,物块的速度为零,则从释放到弹簧最短的过程,物块动能的变化量为零,因此弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和,B正确;当物块的速度最大时,动能最大,此时物块的加速度为零,因此mgsin α-μmgcos α=kx,则弹簧的压缩量为x=mgsinα-μmgcosαk,C正确;若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块动能最大的位置不变,弹性势能不变,设为Ep,此位置弹簧的压缩量为x,根据功能关系可得,将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg(s+x)sin α-μmg(s+x)cos α-Ep。将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为E'km=mg(2s+x)sin α-μmg(2s+x)cos α-Ep,由于物块在接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能、物块的动能和弹簧的弹性势能Ep,则根据功能关系可得:mgxsin α-μmgxcos α>Ep,所以得E'km<2Ekm,D错误。
【备注】无
5.BD
【解析】本题考查平抛运动、竖直面内的圆周运动、瞬时功率、极值问题及其相关的知识点。
小球b做平抛运动,根据平抛运动规律,R=v0t,R=12gt2,小球b刚落到Q点时的速度v=v02+(gt)2,联立解得:v=5gR2,选项A错误;小球b刚落到Q点时重力的瞬时功率P=mgv⊥=mg2gR,选项B正确;从P到Q,小球a沿PQ圆弧运动,加速度小于g,路程大于R,而小球b在竖直方向做自由落体运动,所需时间较短,选项C错误;设小球a运动到速度方向与竖直向下的方向夹角为θ时重力做功的功率最大,从P到Q,小球a重力做功的功率可表示为P=mgvacos θ。由机械能守恒定律,mgRsin θ=12mva2,联立解得P=mg2gRsinθcos θ= mg2gR(sinθ-sin3θ)。当sin θ=33时,P取得最大值,最大值P=23mg3gR,选项D正确。
【备注】无
6.BCD
【解析】本题考查了运动的合成与分解、机械能守恒定律和动能定理,意在考查考生的分析综合能力。
小球在A点刚刚释放时,对小球进行受力分析可知,小球有沿细杆向下的加速度,故小物块将有竖直向下的加速度,小物块处于失重状态,故轻绳对小物块的拉力小于小物块的重力,选项A错误;对小球由受力分析可知,小球从A点运动到B点的过程中,小球受重力、轻绳的拉力和细杆的弹力作用,此过程中小球受到的合力一直对小球做正功,故小球的动能一直在增大,由运动的合成与分解可知,小球从A点刚开始运动时,小物块的速度为零,当小球运动到B点时,小物块的速度仍为零,故小物块的动能变化量为零,选项B正确;小球从A点运动到B点的过程中,小球和小物块组成的系统机械能守恒,小物块下落的高度为h=d-dsin θ=0.2 m,A、B两点间的距离为x=dcos θ=0.4 m,故有mgxsin θ+Mgh=12mvB2,代入数据解得vB=23 m/s,选项C正确;小球从A点运动到B点的过程中,设轻绳的拉力对小球做的功为W,由动能定理可得mgxsin θ+W=12mvB2,代入数据解得W=3.6 J,选项D正确。
【备注】无
7.AB
【解析】本题考查圆周运动、摩擦力做功和动能定理,意在考查考生综合运用力学知识解决复杂问题的能力。小球从D点运动到A点的过程中,由动能定理得,-mgR=0-mvD22,vD=2gR=2 m/s,A对。小球从A点运动到C点的过程中,有2mgR=mvC22-mv022,FN-mg=mvC2R,联立得FN=14 N,由牛顿第三定律知,B对。小球从A点运动到B点的过程中有,mgR=12mvB2-12mv02,在B点时有,FN'=mvB2R,对圆环受力分析,如图所示,其中FN″=FN',轻杆对圆环的作用力F=M2g2+F″N2=217 N>4 N,C错。小球从A点以水平初速度v0沿圆环顺时针运动一周的过程中克服摩擦力做功为mv022=0.4 J,由于摩擦力Ff=μFN,小球从A点由静止释放时,在CD间克服摩擦力做的功要小于0.4 J,故会上升到D点上方某一位置,D错。
【备注】无
8.BC
【解析】本题考查弹力、摩擦力做功和动能定理,意在考查考生综合运用力学和能量知识处理问题的能力。设小球向下运动到某一点E时,如图所示,弹性绳伸长量为BE=x,BC=x0,弹性绳劲度系数为k,∠BEC=θ,则弹力为kx,弹力沿水平方向的分力为kxsin θ=kx0=mg2,故在整个运动过程中,小球受到的摩擦力恒为μ·mg2=mg4,从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh4,A错。若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则小球从C点到D点,再从D点返回C点的过程中,根据功能关系可知,克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能,即mgh4×2=mv22,v=gh,B对。从C点到D点的过程,小球质量为m时,有mgh-W弹-mgh4=0,小球质量为2m时,有2mgh-W弹-mgh4=2mv122,v1=gh,C对。由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h,D错。
【备注】无
9.BD
【解析】本题考查F—t及v—t图象、牛顿运动定律、功能关系、动能定理及其相关知识点。由速度—时间图象可知,在2~4 s时间内小滑块的加速度a2=-5 m/s2,由牛顿第二定律,-mgsin θ=ma2,解得θ=30°。在0~2 s时间内小滑块的加速度a1=5 m/s2,由牛顿第二定律,F-mgsin θ=ma1,解得m=1 kg,选项A错误。在0~2 s时间内小滑块的位移为x=10 m,拉力F做的功为W=Fx=10×10 J=100 J,选项B正确。由功能关系可知,在0~4 s时间内小滑块机械能增加量ΔE=W=100 J,选项C错误。1 s末小滑块的速度v=5 m/s,由动能定理,在0~1 s时间内合外力对小滑块做的功W'=12mv2=12.5 J,选项D正确。
【备注】无
10.AD
【解析】本题考查了平抛运动、动量以及能量等知识,意在考查考生综合处理问题的能力。由题意可知三个小球均做平抛运动,水平位移之比为xa∶xb∶xc=2∶2∶1,竖直位移之比为ya∶yb∶yc=2∶1∶1,由竖直方向的运动可知t=2yg,因此三个小球在空中运动的时间之比为ta∶tb∶tc=2∶1∶1。由动量定理mgt=I=Δp,可知小球a和小球b受到的冲量之比为Ia∶Ib=2∶1,C错误;动量的变化量之比为Δpa∶Δpb=2∶1,A正确;由于只有重力对三个小球做功,因此在运动过程中小球的机械能均守恒,三个小球所受的合外力不为零,则小球的动量不守恒,B错误;由于小球b和小球c在空中运动的时间相等,则两个小球受到的冲量相等,D正确。
【备注】无
11.(1)25mgR (2)2mgR5k (3)215mgR 停在C点左侧离C点118R处
【解析】本题考查动量与能量的综合,意在考查考生应用功能关系、能量守恒定律和动量守恒定律解决问题的能力。(1)物块甲从A点下滑到停在BC中点的过程中
根据动能定理mgR-Wf-μmg×32R=0
得物块甲在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为Wf=25mgR
(2)从弹簧具有最大压缩量到物块甲被反弹运动到BC中点的过程中,设弹簧最大形变量为x,由于弹簧的弹力与形变量成正比,因此弹簧弹力做功等于弹力平均力做的功,即WF=12F·x=12kx2
根据动能定理WF-μmg×12R=0
解得x=2mgR5k
(3)设物块甲滑到C点时的速度大小为v1,根据动能定理
mgR-μmgR-Wf=12mv12
解得v1=25gR
当物块甲、乙速度相等时,设为v2,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有mv1=(m+2m)v2
根据系统机械能守恒,弹簧的最大弹性势能为
Ep=12mv12-12(m+2m)v22=215mgR
设物块甲反弹后的速度大小为v3,物块乙最终的速度大小为v4,根据动量守恒有mv1=2mv4-mv3
根据能量守恒有12mv12=12mv32+12×2mv42
解得v3=13v1=1325gR
设物块甲滑到C点左侧与C距离为d处时速度为零
根据动能定理-μmgd=0-12mv32
解得d=118R,即物块甲最终停在C点左侧离C点118R处
【备注】解决动量与能量综合问题的基本方法:阅读文字、分析情境、建立模型、寻找规律、列出方程、求解验证。
(1)分步法(又叫拆解法或程序法)
在高考计算题中,所研究的物理过程往往比较复杂,要将复杂的物理过程分解为几步简单的过程,分析其符合什么样的物理规律再分别列式求解。这样将一个复杂的问题分解为两三个简单的问题去解决,就化解了题目的难度。
(2)全程法(又叫综合法)
所研究的对象运动细节复杂,但从整个过程去分析考虑问题,选用适合整个过程的物理规律,如两大守恒定律或两大定理或功能关系,就可以很方便地解决问题。
(3)等效法(又叫类比法)
所给的物理情境比较新颖,但可以把它和熟悉的物理模型进行类比,把它等效成我们熟知的情境,方便解决问题。
(4)假设法
判断未知情境时,可以先假设其结论成立,推出与已知条件或推论相一致或相反的结果,证明其假设是成立还是不成立,从而解决物理问题。
12.(1) 11 N (2) 5.76 m 12.8 m
【解析】本题主要考查摩擦力、牛顿运动定律、功能关系、弹性碰撞等知识点,意在考查考生对物理规律的综合分析与应用能力。
(1)C与A、B之间的滑动摩擦力大小μ1MCg=MCaC
解得aC=2 m/s2
设A与B碰撞瞬间,C滑上B的速度为vC,有
-2aC(LA+x)=vC2-v02
解得vC=8 m/s
C在A上运动的时间t1=LA+xv0+vC2
解得t1=1 s
A做匀加速直线运动,有x=12aAt12
解得aA=2 m/s2
对A,由牛顿第二定律有
F+μ1MCg-μ2(MA+MC)g=MAaA
联立解得F=11 N
(2)设A与B碰撞前A的速度为vA,碰撞后A、B的速度分别为vA'、vB',且有vA=aAt1=2 m/s
碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有
MAvA=MAvA'+MBvB'
12MAvA2=12MAvA'2+12MBvB'2
解得vB'=3.2 m/s,vA'=1.2 m/s
因为μ1MCg-μ2(MB+MC)g=0,所以碰后B做匀速运动,C做匀减速运动直到C的速度减小到vB',则有
vB'=vC-aCt2
LB=12(vB'+vC)t2- vB't2
联立解得B的最小长度LB=5.76 m
C的速度减小到vB'后B、C一起做匀减速运动直到速度为零
μ2(MB+MC)g=(MB+MC)a
解得a=1 m/s2
由vB'=at3
解得t3=3.2 s
B的最大位移s= vB't2+12 vB't3
解得s=12.8 m。
【备注】审题要分出四个过程:A与C相对滑动的过程;A、B碰撞的过程;B与C相对滑动的过程;B、C一起匀减速运动到速度为零的过程。然后对四个过程逐一分析求解。
13.(1) 74mg,方向水平向左 (2) 0
(1)小球从静止释放到运动到C点的过程中,由动能定理知:
mg(3R-R)-F·R=12mvC2
小球通过C点时,由受力分析和牛顿第二定律得:
FN+F=mvC2R
又F=34mg,解得:FN=74mg
根据牛顿第三定律知,小球运动到C点时,对轨道的压力大小为74mg,方向水平向左。
(2)小球受力分析如图所示,在第二象限内,小球受到恒定的水平向右的力F和竖直向下的重力mg,设两者合力与重力夹角为θ,则tan θ=Fmg=34
故等效重力大小为F'=mgcosθ=54mg
若小球恰好能运动到等效重力场中的轨道最高点G,由牛顿第二定律得F'=mvG2R
解得vG2=54gR
设此情况下小球释放的高度为h1,则从释放点运动到G点的过程中,根据动能定理有:
mgh1-F·Rsin θ-mgR(1+cos θ)=12mvG2
解得h1=2.875R
根据等效重力场方向特点可知,当小球运动到D点的速度恰好为0时,小球也不会脱离半圆形轨道,设此情况下小球释放的高度为h2,则从释放点A运动到D点的过程中,根据动能定理知:
mgh2-F·R cos θ-mgR(1-sin θ)=0
解得h2=R
结合题意可知,小球在斜面上由静止释放的高度范围为0
F·Rsin θ-mgR(1-cos θ)=12mvH2-12mvG2
解得vH=74gR
小球离开H点后做平抛运动,则平抛运动时间t满足:2R=12gt2
水平位移大小x=vHt=74gR·4Rg=7R
小球落到x轴上的位置与B点的距离为(3-7)R。
【备注】解决竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型:首先判断题中是绳模型还是杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点:抓住绳模型中过最高点时v≥gR及杆模型中过最高点时v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析:在最高点或最低点对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F合=F向;同时注意等效重力法在圆周运动中的应用,如本题第(2)问中就采用了这样的方法。
(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
14.(1) v0=xg2h (2) v1=x3g2h (3) -11mgx296h
【解析】本题考查牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律等知识,意在考查考生综合应用牛顿第二定律和动量分析解决实际问题的能力。
(1)由平抛运动规律可知
小木块B在水平方向满足x=v0t
竖直方向满足h=12gt2
得到v0=xg2h
(2)小木块B落到木板A左端只损失竖直方向的速度,水平方向速度仍然为v0,经过与木板A碰撞后最终共速,由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v1
v1=13v0=x3g2h
(3)碰撞前小木块B“追”木板A,小木块B和木板A上的挡板碰撞后,则变成木板A“追”小木块B。小木块B以v0开始运动至与挡板碰撞所用的时间为t1,到木板A左端又历时t2,碰前木板A加速运动、小木块B减速运动,碰撞后,木板A减速运动而小木块B加速运,aB=μg,aA=12μg
最终达到共同速度v1=x3g2h
作v-t图象展示系统运动过程,如图所示。
图中梯形与三角形阴影部分面积各表示木板A、小木块B的相对运动位移L,利用图象先求出小木块B与挡板碰后滑行的时间 ,即 L=12t2·(aA+aB)t2=34μgt22
得到t2=4L3μg
随后可求得碰后木板A的速度大小
v2=v1+12μgt2=13v0+μgL3=13v0+14v0=7v012
由动能定理可知,摩擦力在此过程中对木板A做的功为
Wf=12·2m[(13v0)2-(7v012)2]=-33144mv02=-11mgx296h。
【备注】在第(2)问中由于审题不严导致认为平抛运动的末速度是小木块B滑上木板A的初速度造成错误;第(3)问中不能很好地利用v-t图象找到木板A、小木块B运动间的关系,无法找到突破口,最后在求功的时候容易丢失“-”号,造成失分,应引起注意。
15.(1) 0.9 N·s (2) 1.125 m (3) 0.337 5 J
【解析】本题考查动量定理、运动学知识,意在考查考生综合运用力学规律解决问题的能力。
(1)小铁块沿14圆弧轨道下滑过程中机械能守恒
则mgR=12mv02,解得v0=3 m/s
此过程中14圆弧轨道对小铁块的支持力的冲量的水平分量等于小铁块动量的变化量Ix=mv0
由牛顿第三定律知小铁块对14圆弧轨道在水平方向的冲量为-mv0,方向向右
则墙壁对14圆弧轨道在水平方向的冲量大小I'x=mv0
即I'x=0.9 N·s
(2)长木板上表面所受摩擦力为f1=μ1mg=0.9 N
长木板下表面所受摩擦力为f2=μ2(m+M)g=0.8 N
所以长木板的加速度大小为a2=f1-f2M=1 m/s2
小铁块做匀减速运动的加速度大小为a1=μ1mgm=3 m/s2
设经t时间长木板与小铁块达到共同速度v,则
v0-a1t=a2t,v=a2t
解得t=0.75 s,v=0.75 m/s
所以长木板的长度至少为l=v0t-12a1t2-12a2t2=1.125 m
(3)若小铁块和长木板达到共同速度后一起减速,则加速度大小为a=μ2(m+M)gm+M=2 m/s2,小铁块相对长木板运动时的加速度大小a1=μ1mgm=3 m/s2>a,所以二者一起减速直到停止
长木板加速过程的位移为x1=12a2t2=932 m
长木板减速过程的位移为x2=v22a=964 m
所以长木板与地面间因摩擦产生的总热量为Q=μ2(m+M)g(x1+x2)=0.337 5 J。
【备注】求解第(1)问时,也可以对14圆弧轨道和小铁块整体在水平方向运用动量定理,使思路变得更清晰。这个系统受到的外力只有整体的重力、地面的支持力和墙壁对圆弧轨道水平向左的作用力,所以I'x=mv0。求解第(3)问时,从小铁块滑上长木板到二者停止的过程中,根据能量守恒定律可得Q=12mv02-μ1mgl=0.337 5 J。
16.(1) 4 m 180° (2) 203+30(N),方向竖直向上 (3) θ=90°时小球从管口飞出后水平位移最大
【解析】本题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律以及平抛运动规律,意在考查考生应用数学处理物理问题的能力以及分析综合能力。
(1)小球进入轨道后速度变为0时,设其上升的高度为h,根据机械能守恒定律可得Ep=mgh
解得h=4R=4 m
由此可知θ=180°
(2)当θ=30°时,设小球到达C位置时的速度大小为vC
根据机械能守恒定律可得Ep=2mgR(1-cos 30°)+12mvC2
解得vC=40+203 m/s
在C点对小球受力分析,设方向向下为正,根据牛顿第二定律得FN+mg=mvC2R
解得FN=30+203(N)>0,故管道对小球的支持力方向竖直向下
根据牛顿第三定律知,小球对管道的压力大小F'N=203+30(N),方向竖直向上
(3)根据机械能守恒定律可得Ep=2mgR(1-cos θ)+12 mv2
根据平抛运动的规律可得
水平方向x=vt,竖直方向2R(1-cos θ)=12gt2
联立可得x=41-cos 2θ(m)
所以,当θ=90°时小球从管口飞出后水平位移最大
【备注】运用动能定理解题的思路可以概括为八个字“一个过程,两个状态”。一个过程是指做功过程,应明确问题涉及的过程中各外力所做的总功;两个状态是指初、末两个状态的动能。
17.(1) 0.45 J (2) 9 N (3) ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【解析】本题主要考查动能定理和圆周运动等相关知识,意在考查考生的分析综合能力。
(1) 小物块恰能通过B点,即到B点时速度恰为零,小物块从发射点P运动到B点的过程中由动能定理有
Ep0-μmgx-mg·2R1=0
解得Ep0= 0.45 J
(2)从发射点P到A点的过程中对小物块由动能定理有
Ep1-μmgx=12mvA2
小物块进入A点后做圆周运动,则有
F'N-mg=mvA2R1
FN=F'N
解得FN=9 N
(3) 小物块从P运动到D由动能定理有
Ep-μmgx+mg(h-R2)=12mvD2
解得vD=20Ep+10 m/s
要使小物块能竖直穿过圆筒,应在小物块穿出圆筒时,圆筒恰好转过π的奇数倍。
设小物块恰好穿出圆筒时的速度大小为v'D,则有
v'D2-vD2=2g·2R2
解得vD'=20Ep+12 m/s
所以小物块在圆筒内的运动时间为t=vD'-vDg
在t时间内圆筒转过的角度为(2k+1)π
(2k+1)π=ωt
ω=(2k+1)πt
解得ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【备注】 第(1)问是竖直面内的圆周运动与动能定理结合的问题,是高考的常考问题,考生容易在求解最高点速度时出错。第(2)问是牛顿第二定律在圆周运动中的应用,列方程时,考生容易漏掉重力而导致错解。第(3)问由于圆周运动的周期性导致了问题的多解性,很容易被忽略。
18.(1) 410 m/s, 5 0003 N (2) x= 1.2 m,h=0.45 m
【解析】本题考查考生对圆周运动知识、平抛运动规律、动能定理的应用。(1)对物块从A点到C点的过程,根据动能定理有
12mvC2-12mvA2=-2mgR
解得vC=410 m/s
在C点,根据牛顿第二定律有FN+mg=mvC2R
可得FN=5 0003 N
由牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为5 0003 N
(2)对物块从A点到F点的过程,根据动能定理有
12mvF2-12mvA2=-mgH-μmgHsinθ·cos θ
可得vF=5 m/s,方向沿斜面向上
F点到G点的过程的逆过程是平抛运动,在F点时
水平分速度vx=vFcos θ=4 m/s,竖直分速度vy=vFsin θ=3 m/s
根据vy=gt,可得t=0.3 s,因此x=vxt=1.2 m,h=12gt2=0.45 m
【备注】无
19.(1) 30 m/s (2) 2509 m (3) x=33h-503+753 m,h≥2009 m
【解析】本题考查曲线运动与能量的综合,意在考查考生的分析综合能力。(1)车厢在C点时,对车厢受力分析,有FN-mg=mv2R1
v=30 m/s
(2)车厢从出发点到C点的过程,由动能定理有
mg(h0+R1-R1cos θ)-μmgcos θh0sinθ=12mv2
h0=2509 m
(3)当车厢恰好到达最高点E时有mg=mvE2R2
车厢从出发点到E点的过程,由动能定理有mg(h-R2-R2cos θ)-μmgcos θhsinθ=12mvE2
h=2009 m
车厢从出发点到H点的过程,由动能定理有mg[h-(h1-R1+R1cos θ)]-μmgcos θ(hsinθ+h1sinα)=0
h=253+509 m <2009 m
故当车厢能过E点时,必然能过H点,即当h=2009 m时,x最小
车厢从出发点到停下的过程,由动能定理有mg[h-(h1-R1+R1cos θ)]-μmgcos θ(hsinθ+h1sinα)-μmgx=0
即xmin=(503-25) m
x与h的关系:x=33h-503+753 m,h≥2009 m
【备注】动能定理的一些应用技巧
技巧1. 物体的初、末状态已知,应考虑应用动能定理。物体的初、末状态已知时,又有以下几种题型:
(1)初、末状态物体静止(ΔEk=0)
(2)初、末状态动能已知(ΔEk≠0)
(3)初、末速度已知
技巧2. 变力做功的动力学问题,应考虑应用动能定理。
技巧3. 涉及位移、动能、功的动力学问题,应考虑应用动能定理。
20.(1) 1.36 m (2) 43.2 J (3) 2 s
【解析】本题考查考生的审题能力和逻辑分析能力,需要考生能够应用动力学和功能关系等相关知识解题。(1)根据题意,甲向上运动,当速度为零时与顶端M点最近,对甲,设其向上运动的加速度大小为a1,则有
m2gsin θ+μ1m2gcos θ=m2a1
解得a1=12.5 m/s2
甲的位移大小x1=v022a1
甲与顶端M点间的最小距离Δx=L-x1=1.36 m
(2)对甲和乙整体分析,它们所受的合外力为(m1+m2)gsin θ-μ2(m1+m2)gcos θ=0,所以甲和乙组成的整体在传送带上滑动的过程中动量守恒,对甲和乙,从开始运动到稳定运动(共速)过程,有
m1v0-m2v0=(m1+m2)v共
解得v共=2 m/s,方向沿传送带向下
该过程中,甲的位移大小x2=v02-v共22a1=0.48 m
对乙,设其运动的加速度大小为a2,则有
μ1m2gcos θ+μ2(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a2
解得a2=256 m/s2
该过程中,乙的位移大小x3=v02-v共22a2=1.44 m
甲和乙的相对位移Δx2=x2+x3=1.92 m<2 m,即物块未从长木板上滑落
该过程系统克服摩擦产生的热量
Q=μ1m2gcos θ·Δx2+μ2(m1+m2)gcos θ·x3=43.2 J
(3)根据题意可判断,甲和乙稳定后将一起以v共=2 m/s的速度沿传送带向下匀速直线运动。设经过t1时间,传送带与甲、乙共速,则t1=v共a=1 s
该过程甲和乙共同发生的位移大小x12=v共t1=2 m
此时,长木板乙的左端距传送带底端N点的距离Δx3=s-x3-x12-L=3 m
此后,假设传送带速度超过甲和乙的速度,则对甲和乙,设二者的加速度大小为a12,则有
(m1+m2)gsin θ+μ2(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a12
解得a12=10 m/s2>2 m/s2,故假设不成立。
所以,此后甲和乙与传送带一起以a=2 m/s2的加速度向下做匀加速直线运动,一直运动到传送带底端N点,设此过程经历的时间为t2,则Δx3=v共t2+12at22
解得t2=1 s(另一个解舍去)
故从传送带启动到长木板乙的左端运动到传送带底端N点所用的总时间为t=t1+t2=2 s
附加题:
【备注】无
…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………
绝密★启用前
2020年福建省双十中学高一期末测试
物理
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、多选题(共10题，每题6分，共60分)
1．如图所示,倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连,质量分别为3m、m的两个小球a、b(可视为质点)用长为L的轻绳连接,a球置于斜面顶端。现由静止释放a、b两球,b球与弧形挡板碰撞时间极短并无机械能损失,且碰后只能沿斜面下滑,两球最终均滑到水平面上并发生碰撞粘在一起继续运动。不计一切摩擦,则
A.a球到达斜面底端时的速率为5gL2
B.b球到达斜面底端时的速率为6gL2
C.a球沿斜面下滑的过程中,轻绳一直对b球做正功
D.两球粘在一起运动后的速率为3(5+1)8gL
2．如图所示,一小物体m从14光滑圆弧形轨道上与圆心O等高处由静止释放,圆弧半径R=0.2 m,轨道底端与粗糙的传送带平滑连接,当传送带固定不动时,物体m能滑过右端的B点,且落在水平地面上的C点,取重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是
A.物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关
B.若传送带沿逆时针方向运行,则物体m也能滑过B点,到达地面上的C点
C.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v>2 m/s时,物体m到达地面上C点的右侧
D.若传送带沿顺时针方向运行,则当传送带速度v<2 m/s时,物体m也可能到达地面上C点的右侧
3．如图所示,在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态,现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动,在A从B的左端滑到右端的过程中,下列说法正确的是
A.A减少的动能等于B增加的动能
B.A减少的动量等于B增加的动量
C.若M
4．如图所示,倾角为α的固定斜面下端固定一挡板,一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处,由静止释放,已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ(μ
A.物块的最大动能Ekm等于对应过程中重力与摩擦力对物块做功之和
B.弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和
C.当物块的最大动能为Ekm时,弹簧的压缩量x=mgsinα-μmgcosαk
D.若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,则下滑过程中物块的最大动能一定等于2Ekm
5．如图所示,半径为R的光滑半圆轨道放置于竖直平面内,质量均为m的两小球都从轨道最高点P开始运动,小球a从静止开始沿轨道下滑,小球b以某一初速度水平抛出,一段时间后落到半圆轨道的最低点Q,不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是
A.小球b刚落到Q点时的速度大小为5gR2
B.小球b刚落到Q点时重力的瞬时功率为mg2gR
C.从P到Q,小球a所需时间小于小球b所需时间
D.从P到Q,小球a重力做功的最大功率为23mg3gR
6．如图所示,倾角为θ=37°的光滑细杆固定在水平地面上,一中心有孔且质量为m=1.0 kg的小球套在细杆上并用绕过定滑轮C的轻绳与质量为M=1.8 kg的小物块连接在一起,细杆上的A点与定滑轮C等高,B为细杆上的另一点,且C、B两点的连线与细杆垂直。现将小球从细杆上的A点由静止释放,已知小物块离地面足够高,A、C两点间的距离为d=0.5 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法中正确的是
A.小球在A点刚刚释放时,轻绳对小物块的拉力等于小物块的重力
B.小球从A点运动到B点,小球动能增大,小物块的动能变化量为零
C.小球到达B点时的速度大小为23 m/s
D.小球从A点运动到B点的过程中,轻绳的拉力对小球做的功为3.6 J
7．如图所示,质量为M=0.2 kg的圆环ABCD处于竖直平面内,半径R=0.2 m,圆环上四分之一圆弧CD粗糙,其余部分光滑,圆环上端被轻杆固定。套在圆环上的质量为m=0.2 kg的小球从A点以水平初速度v0=2 m/s沿圆环顺时针开始滑动,第一次回到A点时速度为零。不考虑空气阻力,重力加速度大小为g=10 m/s2。下列说法正确的是
A.小球经过D点时速度大小为2 m/s
B.小球经过C点时对圆环的压力大小为14 N
C.小球经过B点时轻杆对圆环的作用力小于4 N
D.若小球从A点由静止释放沿圆环顺时针运动,则小球恰能到达D点
8．如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B,左端固定在A点,右端连接一个质量为m的小球,A、B、C在一条水平线上,弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的杆,从C点由静止释放,到D点时速度为零,C、D两点间距离为h。已知小球在C点时弹性绳的拉力为mg2,g为重力加速度,小球和杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内,下列说法正确的是
A.小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh2
B.若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则v=gh
C.若仅把小球质量变为2m,则小球到达D点时的速度大小为gh
D.若仅把小球质量变为2m,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h
9．如图甲所示,在水平地面上固定一个倾角为θ的足够长的光滑斜面,小滑块从斜面底端在与斜面平行的拉力F作用下由静止开始沿斜面运动,拉力F随时间变化的图象如图乙所示,小滑块运动的速度—时间图象如图丙所示,重力加速度g为10 m/s2。下列说法正确的是
A.斜面倾角θ为30°,小滑块的质量m=2 kg
B.在0~2 s时间内拉力F做的功为100 J
C.在0~4 s时间内小滑块机械能增加80 J
D.在0~1 s时间内合外力对小滑块做功12.5 J
10．将质量均为m的三个小球a、b、c,从y轴上不同位置沿x轴正方向水平抛出,其运动轨迹如图所示,x轴在水平地面上,y轴沿竖直方向,不计空气阻力,重力加速度为g,下列关于三个小球从抛出到落地的说法中正确的是
A.小球a与小球b的动量变化量之比为2∶1
B.小球a、b、c的机械能守恒,动量也守恒
C.小球a与小球b受到的冲量之比为2∶1
D.小球b、c受到的冲量相等
第II卷（非选择题）
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评卷人
得分
二、计算题(共10题，每题20分，共200分)
11．如图所示,固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧轨道下端B与水平面相切,水平面上锁定物块乙,乙上连接一轻弹簧,轻弹簧处于原长,左端刚好在C点,粗糙水平面BC段的长也为R,C点右侧光滑,让物块甲从圆弧轨道上的A点由静止释放,物块甲下滑到水平面上与弹簧接触并被弹簧反弹,向左运动到BC中点时速度刚好为零,物块甲在水平面BC部分与水平面之间的动摩擦因数为μ=0.4,物块甲的质量为m,物块乙的质量为2m,弹簧的劲度系数为k,整个过程中弹簧均在弹性限度内,重力加速度大小为g。
(1)求物块甲在圆弧轨道上运动的过程中克服摩擦力做的功。
(2)求弹簧被压缩过程中的最大压缩量。
(3)若解除物块乙的锁定,再让物块甲从A点由静止释放,求弹簧具有的最大弹性势能及物块甲最终速度为零的位置。
12．如图所示,相距x=1.0 m的两个木板A、B置于水平地面上,其质量分别为MA=4.0 kg、MB=1.0 kg,一质量为MC=1.0 kg的可视为质点的物块C置于木板A的左端。已知木板A长度为LA=8 m,物块C与木板A、B之间的动摩擦因数均为μ1=0.2,木板A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现给物块C一个水平向右的初速度v0=10 m/s,同时对木板A施加一个水平向右的恒力F,直至木板A、B发生弹性碰撞,碰撞时撤去恒力F,要求物块C最终停留在木板B上。重力加速度大小g=10 m/s2。求:
(1)恒力F的大小;
(2)木板B的最小长度和最大位移。
13．如图所示,竖直平面直角坐标系中有一竖直放置的半径为R的光滑半圆形轨道,半圆形轨道直径恰好与y轴重合,其底端与x轴相切于O点。坐标原点O右侧3R处B位置固定一个与x轴正方向夹角为45°的光滑斜面,斜面上有一质量为m的小球,当小球从斜面上滚下时,通过水平光滑轨道后,会从O点进入半圆形轨道,小球在第二象限运动过程中,始终受到一个水平向右、大小F=34 mg的恒力作用,重力加速度为g。
(1)当小球从高度3R处静止释放时,求小球第一次经过半圆形轨道与圆心等高的C点时对轨道的压力;
(2)要使小球进入半圆形轨道后,始终不脱离该轨道,求小球在斜面上由静止释放的高度范围。
(3)在满足第(2)问的条件下,小球恰能通过半圆形轨道最高点H,其落到x轴上的位置与B点的距离是多少?
14．如图所示,有一质量为m的小木块B放在一光滑桌面边缘,桌面离地面高度为h,另一长为L、带有挡板的木板A(厚度不计),总质量为2m,静止在光滑地面上,木板A的左端与桌面的水平距离为x。如果将小木块B以初速度v0(未知量)水平抛出后恰好落在木板A的左端,碰撞瞬间能量损失,只保留水平方向速度,小木块B与木板A间的动摩擦因数为μ,小木块B滑到木板A右端与挡板发生碰撞,碰撞时间极短,且碰后小木块B恰好滑到木板A左端。
(1)求小木块B水平抛出时的初速度大小v0;
(2)求小木块B与木板A最终共速时的速度大小v1;
(3)若μ=3v0216gL,则在小木块B和木板A碰撞后的运动过程中,摩擦力对木板A做了多少功?
15．如图所示,各表面均光滑且半径为R=45 cm的14圆弧轨道放在水平地面上,另一侧面靠在竖直的墙壁上,圆弧轨道底端的切线水平,一质量为M=0.1 kg且各表面均粗糙的长方体木板紧挨着圆弧轨道也放在水平地面上,其上表面与圆弧的底端等高,将一质量为m=0.3 kg的小铁块从圆弧顶端无初速度释放,最终停留在长木板上,已知小铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求小铁块下滑到圆弧底端的过程中墙壁对圆弧轨道的冲量大小;
(2)长木板至少为多长?
(3)求长木板与地面间因摩擦而产生的热量。
16．如图所示,在竖直平面内固定一光滑轨道ABC,轨道由两段完全相同的圆弧管道AB、BC相切组合而成,两圆弧的半径均为R=1 m,对应的圆心角θ始终相等且可调(可调范围为0°<θ≤180°),管道内径很小。将质量为m=1 kg的可看成质点的小球与左边一轻质弹簧相接触,弹簧左端固定,开始时弹簧处于锁定状态,此时弹簧具有的弹性势能为Ep=40 J。解除锁定后,小球沿着光滑水平地面从管道A位置的切线方向进入圆弧管道,重力加速度g=10 m/s2。
(1)求小球在管道中上升的最大高度以及对应θ角的大小。
(2)若把θ角调节到30°,求小球到达管道C位置时对管道的压力。
(3)若小球到达管道C位置后又落回到水平地面上,要使从管口飞出后水平位移最大,则θ角应调节为多大?
17．如图是某游戏装置的示意图,水平台面左侧固定一弹射器(内壁光滑)。长度为x=0.5 m的粗糙水平轨道OA与小物块间动摩擦因数为μ=0.5。水平台面右侧固定一竖直光滑的34细圆轨道ABC,圆轨道半径为R1=0.1 m,与水平轨道相切于A点。台面下方有一水平圆筒,半径为R2=0.05 m,圆筒可绕轴匀速转动,侧面开有小孔D,小孔与圆轨道出口C处于同一竖直线上,圆筒轴线与水平台面相距h=0.8 m。弹簧压缩到P点后释放,质量为m=0.1 kg的小物块从O点弹出经水平轨道OA及圆轨道ABC后沿CD运动,若小物块能“竖直穿越”圆筒,则游戏成功。已知小物块从C处下落后不会与轨道OA相碰,圆轨道孔径和圆筒上小孔孔径都略大于小物块的尺寸(小物块可看成质点,重力加速度g=10 m/s2)。
(1)若从弹射器发射的小物块恰能通过圆轨道最高点B,则求发射前弹簧的弹性势能Ep0;
(2)若释放小物块时,弹射器中弹簧的弹性势能为0.65 J,则求小物块刚进入圆轨道A处时,对轨道的压力大小FN;
(3)若弹簧的弹性势能用Ep表示,当小物块穿过圆筒上小孔D时,圆筒便开始绕中心轴做匀速圆周运动,要使游戏成功,圆筒的角速度ω与弹性势能Ep间应满足怎样的关系?
18．5D电影是在3D立体效果的基础上增加动感座椅,环境特效,5D电影院让观众从听觉、视觉、触觉,这几方面达到最强真实感。有一部《悬崖飞车》的5D电影,影片中最刺激的是车通过一竖直圆轨道后冲上一段倾斜轨道,而且倾斜轨道最后一段是没有的,车最终落在一水平轨道上。这个过程可以简化成如图所示的模型,AB是水平直轨道,与半径R=6 m的竖直圆轨道平滑连接,B、C分别是圆轨道的最低点和最高点,圆轨道与倾角为θ=37°的倾斜轨道EF通过水平直轨道DE平滑连接,物块与倾斜轨道EF之间的动摩擦因数为μ=0.6,GK是水平轨道,F点的高度H=12512 m,物块到达A点时的速度vA=20 m/s,物块的质量为100 kg,并可以看成质点,重力加速度大小g=10 m/s2,除倾斜轨道EF外忽略一切摩擦,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)计算物块到达C点的速度大小vC以及此时物块对轨道的压力大小;
(2)如果物块刚好沿水平方向进入轨道GK,则F与G两点之间的水平距离x和高度差h分别为多少?
19．过山车是一项富有刺激性的娱乐项目。如图所示是某大型游乐场中过山车的部分轨道示意图,它的组成有:倾角为θ=60°的直线轨道AB,半径为R1=40 m、圆心角为2θ=120°的圆弧轨道BCD,半径为R2=10 m、圆心角为4θ=240°的圆弧轨道DEF,半径为R1=40 m、圆心角为θ=60°的圆弧轨道FG,倾角为α=30°的直线轨道GH和离地高度为h1=25 m的水平直轨道HL。这些轨道均平滑连接且位于同一竖直面,B、D、F为切点,CD与FG稍稍错开。由于轨道和车厢材料的特殊性,车厢只在直轨道上受到摩擦力,与直轨道间的动摩擦因数为μ=310,不计空气阻力,车厢可视为质点,重力加速度大小g=10 m/s2,3≈1.7,出于安全性设计,车厢经过G点和H点时不会脱离轨道,且速率不会改变。现有一质量为m=500 kg的车厢从AB轨道上某位置由静止开始下滑,经过最低点C时测得车厢受到轨道对它的支持力为16 250 N。
(1)求车厢经过最低点C时的速度大小v;
(2)求车厢开始运动的位置与B点间的竖直距离h0;
(3)为使车厢能安全地停在HL段上,求车厢停下时到H点的距离x与车厢从AB上开始运动的位置与B点间的竖直距离h的关系。
20．如图所示,有一长为s=8.44 m的传送带倾斜放置,倾角θ=30°,且没有启动。一质量m1=3 kg、长度L=2 m的长木板乙静止于传送带顶端,且长木板右端与传送带顶端M点相齐。t=0时刻,一质量为m2=1 kg的小物块甲以v0=4 m/s的初速度沿传送带向上冲上长木板左端,与此同时,也给长木板乙v0=4 m/s的速度沿传送带向下运动。甲和乙之间的动摩擦因数μ1=32,乙和传送带间的动摩擦因数μ2=33,重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)求甲与传送带顶端M点的最小距离;
(2)求从t=0时刻到甲和乙开始稳定运动(共速)的过程中,系统克服摩擦产生的热量;
(3)当甲和乙刚达到稳定运动(共速)状态时启动传送带,使其从静止开始以恒定的加速度a=2 m/s2沿逆时针方向转动,求从传送带启动到乙的左端运动到传送带底端N点所用的时间。
试卷第1页，总2页
参考答案
1.AD
【解析】本题考查速度的绳关联与连接体的机械能守恒问题,意在考查考生的推理与分析综合能力。从初始状态到b球到达斜面顶端过程中,两球机械能守恒,得3mg·12L-mgL=12(3m+m)v2,解得v=12gL,此后绳子无张力,小球a做加速运动。对a,根据动能定理得3mg·12L=12·3mva2-12·3mv2,解得va=125gL。故A正确。小球b在斜面上做加速运动。对b球从斜面顶端到底端过程,根据动能定理得mgL=12mvb2-12mv2,解得vb=32gL。故B错误。 b球在上升过程中,轻绳对b球做正功,当二者一起沿斜面下滑时,轻绳张力为零,不做功。故C错误。两小球都运动到水平面时,由于b球速度大于a球,所以二者会相撞并粘在一起,对两球组成的系统运用动量守恒得3mva+mvb=(3m+m)v共,解得v共=3(5+1)8gL,故D正确。
【备注】无
2.BCD
【解析】本题考查了动能定理以及平抛运动等知识,意在考查考生综合物理规律处理问题的能力。
对小物体由释放点到A点的过程,由机械能守恒定律得mgR=12mvA2,解得vA=2 m/s,小物体在A点时由牛顿第二定律得FN-mg=mvA2R,由以上两式可解得FN=3mg,因此小物体在A点对轨道的压力大小为FN=3mg,与轨道半径R的大小无关,A错误;传送带静止时物体滑到传送带上后向右做匀减速直线运动,到达传送带右端时物体的速度小于2 m/s,物体离开传送带后做平抛运动到达C点,物体做平抛运动的初速度小于2 m/s;若传送带沿逆时针方向运行,物体在传送带上也一直做匀减速直线运动,与传送带静止时的运动情况相同,物体到达传送带右端时的速度与传送带静止时到达右端的速度相等,物体离开传送带做平抛运动,落在C点,B正确;若传送带沿顺时针方向运动,则当传送带速度v>2 m/s时,物体在传送带上可能先做匀加速直线运动后做匀速直线运动,也可能一直做匀加速直线运动,物体到达传送带右端时的速度大于2 m/s,做平抛运动的初速度大于2 m/s,物体将落在C点的右侧,C正确;若传送带沿顺时针方向运动,则当传送带速度v<2 m/s时,物体在传送带上可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动,此时到达传送带右端时的速度比传送带静止时的速度大,物体落在C点的右侧,D正确。
【备注】无
3.BD
【解析】本题主要考查力与运动、动量守恒和功能关系,意在考查考生的推理能力。
因为A和B组成的系统所受合外力为零,所以系统动量守恒,故B正确;在滑动过程中摩擦力做功,故系统机械能不守恒,A错误;作出A、B的速度随时间变化图象如图所示,由图知无论A、B的质量关系如何,B的位移大小总是小于A相对B滑行的距离,故C错误;在滑动过程中A的速度大于或等于B的速度,若M>m,则B的动能有可能大于A的动能,D正确。
【备注】无
4.BC
【解析】本题考查了功能关系等知识,意在考查考生综合处理问题的能力。
根据功能关系可知,物块的最大动能等于对应过程中重力、摩擦力以及弹簧弹力对物块做功之和,A错误;弹簧的弹性势能最大时,物块的速度为零,则从释放到弹簧最短的过程,物块动能的变化量为零,因此弹簧的最大弹性势能等于整个过程中重力与摩擦力对物块做功之和,B正确;当物块的速度最大时,动能最大,此时物块的加速度为零,因此mgsin α-μmgcos α=kx,则弹簧的压缩量为x=mgsinα-μmgcosαk,C正确;若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块动能最大的位置不变,弹性势能不变,设为Ep,此位置弹簧的压缩量为x,根据功能关系可得,将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为Ekm=mg(s+x)sin α-μmg(s+x)cos α-Ep。将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放,下滑过程中物块的最大动能为E'km=mg(2s+x)sin α-μmg(2s+x)cos α-Ep,由于物块在接触弹簧到动能最大的过程中,物块的重力势能转化为内能、物块的动能和弹簧的弹性势能Ep,则根据功能关系可得:mgxsin α-μmgxcos α>Ep,所以得E'km<2Ekm,D错误。
【备注】无
5.BD
【解析】本题考查平抛运动、竖直面内的圆周运动、瞬时功率、极值问题及其相关的知识点。
小球b做平抛运动,根据平抛运动规律,R=v0t,R=12gt2,小球b刚落到Q点时的速度v=v02+(gt)2,联立解得:v=5gR2,选项A错误;小球b刚落到Q点时重力的瞬时功率P=mgv⊥=mg2gR,选项B正确;从P到Q,小球a沿PQ圆弧运动,加速度小于g,路程大于R,而小球b在竖直方向做自由落体运动,所需时间较短,选项C错误;设小球a运动到速度方向与竖直向下的方向夹角为θ时重力做功的功率最大,从P到Q,小球a重力做功的功率可表示为P=mgvacos θ。由机械能守恒定律,mgRsin θ=12mva2,联立解得P=mg2gRsinθcos θ= mg2gR(sinθ-sin3θ)。当sin θ=33时,P取得最大值,最大值P=23mg3gR,选项D正确。
【备注】无
6.BCD
【解析】本题考查了运动的合成与分解、机械能守恒定律和动能定理,意在考查考生的分析综合能力。
小球在A点刚刚释放时,对小球进行受力分析可知,小球有沿细杆向下的加速度,故小物块将有竖直向下的加速度,小物块处于失重状态,故轻绳对小物块的拉力小于小物块的重力,选项A错误;对小球由受力分析可知,小球从A点运动到B点的过程中,小球受重力、轻绳的拉力和细杆的弹力作用,此过程中小球受到的合力一直对小球做正功,故小球的动能一直在增大,由运动的合成与分解可知,小球从A点刚开始运动时,小物块的速度为零,当小球运动到B点时,小物块的速度仍为零,故小物块的动能变化量为零,选项B正确;小球从A点运动到B点的过程中,小球和小物块组成的系统机械能守恒,小物块下落的高度为h=d-dsin θ=0.2 m,A、B两点间的距离为x=dcos θ=0.4 m,故有mgxsin θ+Mgh=12mvB2,代入数据解得vB=23 m/s,选项C正确;小球从A点运动到B点的过程中,设轻绳的拉力对小球做的功为W,由动能定理可得mgxsin θ+W=12mvB2,代入数据解得W=3.6 J,选项D正确。
【备注】无
7.AB
【解析】本题考查圆周运动、摩擦力做功和动能定理,意在考查考生综合运用力学知识解决复杂问题的能力。小球从D点运动到A点的过程中,由动能定理得,-mgR=0-mvD22,vD=2gR=2 m/s,A对。小球从A点运动到C点的过程中,有2mgR=mvC22-mv022,FN-mg=mvC2R,联立得FN=14 N,由牛顿第三定律知,B对。小球从A点运动到B点的过程中有,mgR=12mvB2-12mv02,在B点时有,FN'=mvB2R,对圆环受力分析,如图所示,其中FN″=FN',轻杆对圆环的作用力F=M2g2+F″N2=217 N>4 N,C错。小球从A点以水平初速度v0沿圆环顺时针运动一周的过程中克服摩擦力做功为mv022=0.4 J,由于摩擦力Ff=μFN,小球从A点由静止释放时,在CD间克服摩擦力做的功要小于0.4 J,故会上升到D点上方某一位置,D错。
【备注】无
8.BC
【解析】本题考查弹力、摩擦力做功和动能定理,意在考查考生综合运用力学和能量知识处理问题的能力。设小球向下运动到某一点E时,如图所示,弹性绳伸长量为BE=x,BC=x0,弹性绳劲度系数为k,∠BEC=θ,则弹力为kx,弹力沿水平方向的分力为kxsin θ=kx0=mg2,故在整个运动过程中,小球受到的摩擦力恒为μ·mg2=mg4,从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为mgh4,A错。若在D点给小球一个向上的速度v,小球恰好回到C点,则小球从C点到D点,再从D点返回C点的过程中,根据功能关系可知,克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能,即mgh4×2=mv22,v=gh,B对。从C点到D点的过程,小球质量为m时,有mgh-W弹-mgh4=0,小球质量为2m时,有2mgh-W弹-mgh4=2mv122,v1=gh,C对。由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大,则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h,D错。
【备注】无
9.BD
【解析】本题考查F—t及v—t图象、牛顿运动定律、功能关系、动能定理及其相关知识点。由速度—时间图象可知,在2~4 s时间内小滑块的加速度a2=-5 m/s2,由牛顿第二定律,-mgsin θ=ma2,解得θ=30°。在0~2 s时间内小滑块的加速度a1=5 m/s2,由牛顿第二定律,F-mgsin θ=ma1,解得m=1 kg,选项A错误。在0~2 s时间内小滑块的位移为x=10 m,拉力F做的功为W=Fx=10×10 J=100 J,选项B正确。由功能关系可知,在0~4 s时间内小滑块机械能增加量ΔE=W=100 J,选项C错误。1 s末小滑块的速度v=5 m/s,由动能定理,在0~1 s时间内合外力对小滑块做的功W'=12mv2=12.5 J,选项D正确。
【备注】无
10.AD
【解析】本题考查了平抛运动、动量以及能量等知识,意在考查考生综合处理问题的能力。由题意可知三个小球均做平抛运动,水平位移之比为xa∶xb∶xc=2∶2∶1,竖直位移之比为ya∶yb∶yc=2∶1∶1,由竖直方向的运动可知t=2yg,因此三个小球在空中运动的时间之比为ta∶tb∶tc=2∶1∶1。由动量定理mgt=I=Δp,可知小球a和小球b受到的冲量之比为Ia∶Ib=2∶1,C错误;动量的变化量之比为Δpa∶Δpb=2∶1,A正确;由于只有重力对三个小球做功,因此在运动过程中小球的机械能均守恒,三个小球所受的合外力不为零,则小球的动量不守恒,B错误;由于小球b和小球c在空中运动的时间相等,则两个小球受到的冲量相等,D正确。
【备注】无
11.(1)25mgR (2)2mgR5k (3)215mgR 停在C点左侧离C点118R处
【解析】本题考查动量与能量的综合,意在考查考生应用功能关系、能量守恒定律和动量守恒定律解决问题的能力。(1)物块甲从A点下滑到停在BC中点的过程中
根据动能定理mgR-Wf-μmg×32R=0
得物块甲在圆弧轨道上克服摩擦力做的功为Wf=25mgR
(2)从弹簧具有最大压缩量到物块甲被反弹运动到BC中点的过程中,设弹簧最大形变量为x,由于弹簧的弹力与形变量成正比,因此弹簧弹力做功等于弹力平均力做的功,即WF=12F·x=12kx2
根据动能定理WF-μmg×12R=0
解得x=2mgR5k
(3)设物块甲滑到C点时的速度大小为v1,根据动能定理
mgR-μmgR-Wf=12mv12
解得v1=25gR
当物块甲、乙速度相等时,设为v2,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有mv1=(m+2m)v2
根据系统机械能守恒,弹簧的最大弹性势能为
Ep=12mv12-12(m+2m)v22=215mgR
设物块甲反弹后的速度大小为v3,物块乙最终的速度大小为v4,根据动量守恒有mv1=2mv4-mv3
根据能量守恒有12mv12=12mv32+12×2mv42
解得v3=13v1=1325gR
设物块甲滑到C点左侧与C距离为d处时速度为零
根据动能定理-μmgd=0-12mv32
解得d=118R,即物块甲最终停在C点左侧离C点118R处
【备注】解决动量与能量综合问题的基本方法:阅读文字、分析情境、建立模型、寻找规律、列出方程、求解验证。
(1)分步法(又叫拆解法或程序法)
在高考计算题中,所研究的物理过程往往比较复杂,要将复杂的物理过程分解为几步简单的过程,分析其符合什么样的物理规律再分别列式求解。这样将一个复杂的问题分解为两三个简单的问题去解决,就化解了题目的难度。
(2)全程法(又叫综合法)
所研究的对象运动细节复杂,但从整个过程去分析考虑问题,选用适合整个过程的物理规律,如两大守恒定律或两大定理或功能关系,就可以很方便地解决问题。
(3)等效法(又叫类比法)
所给的物理情境比较新颖,但可以把它和熟悉的物理模型进行类比,把它等效成我们熟知的情境,方便解决问题。
(4)假设法
判断未知情境时,可以先假设其结论成立,推出与已知条件或推论相一致或相反的结果,证明其假设是成立还是不成立,从而解决物理问题。
12.(1) 11 N (2) 5.76 m 12.8 m
【解析】本题主要考查摩擦力、牛顿运动定律、功能关系、弹性碰撞等知识点,意在考查考生对物理规律的综合分析与应用能力。
(1)C与A、B之间的滑动摩擦力大小μ1MCg=MCaC
解得aC=2 m/s2
设A与B碰撞瞬间,C滑上B的速度为vC,有
-2aC(LA+x)=vC2-v02
解得vC=8 m/s
C在A上运动的时间t1=LA+xv0+vC2
解得t1=1 s
A做匀加速直线运动,有x=12aAt12
解得aA=2 m/s2
对A,由牛顿第二定律有
F+μ1MCg-μ2(MA+MC)g=MAaA
联立解得F=11 N
(2)设A与B碰撞前A的速度为vA,碰撞后A、B的速度分别为vA'、vB',且有vA=aAt1=2 m/s
碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有
MAvA=MAvA'+MBvB'
12MAvA2=12MAvA'2+12MBvB'2
解得vB'=3.2 m/s,vA'=1.2 m/s
因为μ1MCg-μ2(MB+MC)g=0,所以碰后B做匀速运动,C做匀减速运动直到C的速度减小到vB',则有
vB'=vC-aCt2
LB=12(vB'+vC)t2- vB't2
联立解得B的最小长度LB=5.76 m
C的速度减小到vB'后B、C一起做匀减速运动直到速度为零
μ2(MB+MC)g=(MB+MC)a
解得a=1 m/s2
由vB'=at3
解得t3=3.2 s
B的最大位移s= vB't2+12 vB't3
解得s=12.8 m。
【备注】审题要分出四个过程:A与C相对滑动的过程;A、B碰撞的过程;B与C相对滑动的过程;B、C一起匀减速运动到速度为零的过程。然后对四个过程逐一分析求解。
13.(1) 74mg,方向水平向左 (2) 0
(1)小球从静止释放到运动到C点的过程中,由动能定理知:
mg(3R-R)-F·R=12mvC2
小球通过C点时,由受力分析和牛顿第二定律得:
FN+F=mvC2R
又F=34mg,解得:FN=74mg
根据牛顿第三定律知,小球运动到C点时,对轨道的压力大小为74mg,方向水平向左。
(2)小球受力分析如图所示,在第二象限内,小球受到恒定的水平向右的力F和竖直向下的重力mg,设两者合力与重力夹角为θ,则tan θ=Fmg=34
故等效重力大小为F'=mgcosθ=54mg
若小球恰好能运动到等效重力场中的轨道最高点G,由牛顿第二定律得F'=mvG2R
解得vG2=54gR
设此情况下小球释放的高度为h1,则从释放点运动到G点的过程中,根据动能定理有:
mgh1-F·Rsin θ-mgR(1+cos θ)=12mvG2
解得h1=2.875R
根据等效重力场方向特点可知,当小球运动到D点的速度恰好为0时,小球也不会脱离半圆形轨道,设此情况下小球释放的高度为h2,则从释放点A运动到D点的过程中,根据动能定理知:
mgh2-F·R cos θ-mgR(1-sin θ)=0
解得h2=R
结合题意可知,小球在斜面上由静止释放的高度范围为0
F·Rsin θ-mgR(1-cos θ)=12mvH2-12mvG2
解得vH=74gR
小球离开H点后做平抛运动,则平抛运动时间t满足:2R=12gt2
水平位移大小x=vHt=74gR·4Rg=7R
小球落到x轴上的位置与B点的距离为(3-7)R。
【备注】解决竖直面内圆周运动类问题的解题技巧
(1)定模型:首先判断题中是绳模型还是杆模型,两种模型过最高点的临界条件不同。
(2)确定临界点:抓住绳模型中过最高点时v≥gR及杆模型中过最高点时v≥0这两个临界条件。
(3)研究状态:通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
(4)受力分析:在最高点或最低点对物体进行受力分析,根据牛顿第二定律列出方程,F合=F向;同时注意等效重力法在圆周运动中的应用,如本题第(2)问中就采用了这样的方法。
(5)过程分析:应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
14.(1) v0=xg2h (2) v1=x3g2h (3) -11mgx296h
【解析】本题考查牛顿运动定律、动量守恒定律和能量守恒定律等知识,意在考查考生综合应用牛顿第二定律和动量分析解决实际问题的能力。
(1)由平抛运动规律可知
小木块B在水平方向满足x=v0t
竖直方向满足h=12gt2
得到v0=xg2h
(2)小木块B落到木板A左端只损失竖直方向的速度,水平方向速度仍然为v0,经过与木板A碰撞后最终共速,由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v1
v1=13v0=x3g2h
(3)碰撞前小木块B“追”木板A,小木块B和木板A上的挡板碰撞后,则变成木板A“追”小木块B。小木块B以v0开始运动至与挡板碰撞所用的时间为t1,到木板A左端又历时t2,碰前木板A加速运动、小木块B减速运动,碰撞后,木板A减速运动而小木块B加速运,aB=μg,aA=12μg
最终达到共同速度v1=x3g2h
作v-t图象展示系统运动过程,如图所示。
图中梯形与三角形阴影部分面积各表示木板A、小木块B的相对运动位移L,利用图象先求出小木块B与挡板碰后滑行的时间 ,即 L=12t2·(aA+aB)t2=34μgt22
得到t2=4L3μg
随后可求得碰后木板A的速度大小
v2=v1+12μgt2=13v0+μgL3=13v0+14v0=7v012
由动能定理可知,摩擦力在此过程中对木板A做的功为
Wf=12·2m[(13v0)2-(7v012)2]=-33144mv02=-11mgx296h。
【备注】在第(2)问中由于审题不严导致认为平抛运动的末速度是小木块B滑上木板A的初速度造成错误;第(3)问中不能很好地利用v-t图象找到木板A、小木块B运动间的关系,无法找到突破口,最后在求功的时候容易丢失“-”号,造成失分,应引起注意。
15.(1) 0.9 N·s (2) 1.125 m (3) 0.337 5 J
【解析】本题考查动量定理、运动学知识,意在考查考生综合运用力学规律解决问题的能力。
(1)小铁块沿14圆弧轨道下滑过程中机械能守恒
则mgR=12mv02,解得v0=3 m/s
此过程中14圆弧轨道对小铁块的支持力的冲量的水平分量等于小铁块动量的变化量Ix=mv0
由牛顿第三定律知小铁块对14圆弧轨道在水平方向的冲量为-mv0,方向向右
则墙壁对14圆弧轨道在水平方向的冲量大小I'x=mv0
即I'x=0.9 N·s
(2)长木板上表面所受摩擦力为f1=μ1mg=0.9 N
长木板下表面所受摩擦力为f2=μ2(m+M)g=0.8 N
所以长木板的加速度大小为a2=f1-f2M=1 m/s2
小铁块做匀减速运动的加速度大小为a1=μ1mgm=3 m/s2
设经t时间长木板与小铁块达到共同速度v,则
v0-a1t=a2t,v=a2t
解得t=0.75 s,v=0.75 m/s
所以长木板的长度至少为l=v0t-12a1t2-12a2t2=1.125 m
(3)若小铁块和长木板达到共同速度后一起减速,则加速度大小为a=μ2(m+M)gm+M=2 m/s2,小铁块相对长木板运动时的加速度大小a1=μ1mgm=3 m/s2>a,所以二者一起减速直到停止
长木板加速过程的位移为x1=12a2t2=932 m
长木板减速过程的位移为x2=v22a=964 m
所以长木板与地面间因摩擦产生的总热量为Q=μ2(m+M)g(x1+x2)=0.337 5 J。
【备注】求解第(1)问时,也可以对14圆弧轨道和小铁块整体在水平方向运用动量定理,使思路变得更清晰。这个系统受到的外力只有整体的重力、地面的支持力和墙壁对圆弧轨道水平向左的作用力,所以I'x=mv0。求解第(3)问时,从小铁块滑上长木板到二者停止的过程中,根据能量守恒定律可得Q=12mv02-μ1mgl=0.337 5 J。
16.(1) 4 m 180° (2) 203+30(N),方向竖直向上 (3) θ=90°时小球从管口飞出后水平位移最大
【解析】本题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律以及平抛运动规律,意在考查考生应用数学处理物理问题的能力以及分析综合能力。
(1)小球进入轨道后速度变为0时,设其上升的高度为h,根据机械能守恒定律可得Ep=mgh
解得h=4R=4 m
由此可知θ=180°
(2)当θ=30°时,设小球到达C位置时的速度大小为vC
根据机械能守恒定律可得Ep=2mgR(1-cos 30°)+12mvC2
解得vC=40+203 m/s
在C点对小球受力分析,设方向向下为正,根据牛顿第二定律得FN+mg=mvC2R
解得FN=30+203(N)>0,故管道对小球的支持力方向竖直向下
根据牛顿第三定律知,小球对管道的压力大小F'N=203+30(N),方向竖直向上
(3)根据机械能守恒定律可得Ep=2mgR(1-cos θ)+12 mv2
根据平抛运动的规律可得
水平方向x=vt,竖直方向2R(1-cos θ)=12gt2
联立可得x=41-cos 2θ(m)
所以,当θ=90°时小球从管口飞出后水平位移最大
【备注】运用动能定理解题的思路可以概括为八个字“一个过程,两个状态”。一个过程是指做功过程,应明确问题涉及的过程中各外力所做的总功;两个状态是指初、末两个状态的动能。
17.(1) 0.45 J (2) 9 N (3) ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【解析】本题主要考查动能定理和圆周运动等相关知识,意在考查考生的分析综合能力。
(1) 小物块恰能通过B点,即到B点时速度恰为零,小物块从发射点P运动到B点的过程中由动能定理有
Ep0-μmgx-mg·2R1=0
解得Ep0= 0.45 J
(2)从发射点P到A点的过程中对小物块由动能定理有
Ep1-μmgx=12mvA2
小物块进入A点后做圆周运动,则有
F'N-mg=mvA2R1
FN=F'N
解得FN=9 N
(3) 小物块从P运动到D由动能定理有
Ep-μmgx+mg(h-R2)=12mvD2
解得vD=20Ep+10 m/s
要使小物块能竖直穿过圆筒,应在小物块穿出圆筒时,圆筒恰好转过π的奇数倍。
设小物块恰好穿出圆筒时的速度大小为v'D,则有
v'D2-vD2=2g·2R2
解得vD'=20Ep+12 m/s
所以小物块在圆筒内的运动时间为t=vD'-vDg
在t时间内圆筒转过的角度为(2k+1)π
(2k+1)π=ωt
ω=(2k+1)πt
解得ω=5(2k+1)π(20Ep+10+2Ep+12)(rad/s)(k=0,1,2,3,…)
【备注】 第(1)问是竖直面内的圆周运动与动能定理结合的问题,是高考的常考问题,考生容易在求解最高点速度时出错。第(2)问是牛顿第二定律在圆周运动中的应用,列方程时,考生容易漏掉重力而导致错解。第(3)问由于圆周运动的周期性导致了问题的多解性,很容易被忽略。
18.(1) 410 m/s, 5 0003 N (2) x= 1.2 m,h=0.45 m
【解析】本题考查考生对圆周运动知识、平抛运动规律、动能定理的应用。(1)对物块从A点到C点的过程,根据动能定理有
12mvC2-12mvA2=-2mgR
解得vC=410 m/s
在C点,根据牛顿第二定律有FN+mg=mvC2R
可得FN=5 0003 N
由牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为5 0003 N
(2)对物块从A点到F点的过程,根据动能定理有
12mvF2-12mvA2=-mgH-μmgHsinθ·cos θ
可得vF=5 m/s,方向沿斜面向上
F点到G点的过程的逆过程是平抛运动,在F点时
水平分速度vx=vFcos θ=4 m/s,竖直分速度vy=vFsin θ=3 m/s
根据vy=gt,可得t=0.3 s,因此x=vxt=1.2 m,h=12gt2=0.45 m
【备注】无
19.(1) 30 m/s (2) 2509 m (3) x=33h-503+753 m,h≥2009 m
【解析】本题考查曲线运动与能量的综合,意在考查考生的分析综合能力。(1)车厢在C点时,对车厢受力分析,有FN-mg=mv2R1
v=30 m/s
(2)车厢从出发点到C点的过程,由动能定理有
mg(h0+R1-R1cos θ)-μmgcos θh0sinθ=12mv2
h0=2509 m
(3)当车厢恰好到达最高点E时有mg=mvE2R2
车厢从出发点到E点的过程,由动能定理有mg(h-R2-R2cos θ)-μmgcos θhsinθ=12mvE2
h=2009 m
车厢从出发点到H点的过程,由动能定理有mg[h-(h1-R1+R1cos θ)]-μmgcos θ(hsinθ+h1sinα)=0
h=253+509 m <2009 m
故当车厢能过E点时,必然能过H点,即当h=2009 m时,x最小
车厢从出发点到停下的过程,由动能定理有mg[h-(h1-R1+R1cos θ)]-μmgcos θ(hsinθ+h1sinα)-μmgx=0
即xmin=(503-25) m
x与h的关系:x=33h-503+753 m,h≥2009 m
【备注】动能定理的一些应用技巧
技巧1. 物体的初、末状态已知,应考虑应用动能定理。物体的初、末状态已知时,又有以下几种题型:
(1)初、末状态物体静止(ΔEk=0)
(2)初、末状态动能已知(ΔEk≠0)
(3)初、末速度已知
技巧2. 变力做功的动力学问题,应考虑应用动能定理。
技巧3. 涉及位移、动能、功的动力学问题,应考虑应用动能定理。
20.(1) 1.36 m (2) 43.2 J (3) 2 s
【解析】本题考查考生的审题能力和逻辑分析能力,需要考生能够应用动力学和功能关系等相关知识解题。(1)根据题意,甲向上运动,当速度为零时与顶端M点最近,对甲,设其向上运动的加速度大小为a1,则有
m2gsin θ+μ1m2gcos θ=m2a1
解得a1=12.5 m/s2
甲的位移大小x1=v022a1
甲与顶端M点间的最小距离Δx=L-x1=1.36 m
(2)对甲和乙整体分析,它们所受的合外力为(m1+m2)gsin θ-μ2(m1+m2)gcos θ=0,所以甲和乙组成的整体在传送带上滑动的过程中动量守恒,对甲和乙,从开始运动到稳定运动(共速)过程,有
m1v0-m2v0=(m1+m2)v共
解得v共=2 m/s,方向沿传送带向下
该过程中,甲的位移大小x2=v02-v共22a1=0.48 m
对乙,设其运动的加速度大小为a2,则有
μ1m2gcos θ+μ2(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a2
解得a2=256 m/s2
该过程中,乙的位移大小x3=v02-v共22a2=1.44 m
甲和乙的相对位移Δx2=x2+x3=1.92 m<2 m,即物块未从长木板上滑落
该过程系统克服摩擦产生的热量
Q=μ1m2gcos θ·Δx2+μ2(m1+m2)gcos θ·x3=43.2 J
(3)根据题意可判断,甲和乙稳定后将一起以v共=2 m/s的速度沿传送带向下匀速直线运动。设经过t1时间,传送带与甲、乙共速,则t1=v共a=1 s
该过程甲和乙共同发生的位移大小x12=v共t1=2 m
此时,长木板乙的左端距传送带底端N点的距离Δx3=s-x3-x12-L=3 m
此后,假设传送带速度超过甲和乙的速度,则对甲和乙,设二者的加速度大小为a12,则有
(m1+m2)gsin θ+μ2(m1+m2)gcos θ=(m1+m2)a12
解得a12=10 m/s2>2 m/s2,故假设不成立。
所以,此后甲和乙与传送带一起以a=2 m/s2的加速度向下做匀加速直线运动,一直运动到传送带底端N点,设此过程经历的时间为t2,则Δx3=v共t2+12at22
解得t2=1 s(另一个解舍去)
故从传送带启动到长木板乙的左端运动到传送带底端N点所用的总时间为t=t1+t2=2 s
附加题:
【备注】无
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