四川省成都七中2016届高三上学期一诊物理复习卷 27页

‎2015-2016学年四川省成都七中高三（上）一诊物理复习卷 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A． M B． M C． M D． M ‎2．如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g=10m/s2．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．弹簧的弹力为20N B．重物A的质量为2 kg C．桌面对B物体的摩擦力为10 N D．OP与竖直方向的夹角为60°‎ ‎3．如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．0～5 m内物块做匀减速直线运动 B．在t=1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ ‎4．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻（　　）‎ A．小车一定正在做减速运动 B．细线对小球的拉力大小为mg C．小车对物块B的作用力的大小为mgtanθ，方向水平向右 D．物块B对小车的作用力的大小为mg，方向沿斜向右上方 ‎5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下大小为F的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则（　　）‎ A．无论F为多大，只要m与m0分离，则分离时弹簧长度均为l0‎ B．无论F为多大，m的加速度为零时，弹簧长度都为l0﹣g C．撤去F的瞬时，m的加速度大小为 D．撤去F的瞬时，m0对m的支持力大小为 ‎6．以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的（　　）‎ A．竖直分速度等于水平分速度 B．瞬时速度为 C．运动时间为 D．发生的位移为 ‎7．如图所示．倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点．今测得AB：BC：CD=5：3：1，由此可判断（　　）‎ A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1：2：3‎ B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1：1：1‎ C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3：2：1‎ D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 ‎8．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则（　　）‎ A．小球将在竖直面内做圆周运动 B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大 C．绳b未被烧断的时绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2lb D．若绳a被烧断的同时轻杆停止转动，物体依旧可以在原来的水平面做匀速圆周运动 ‎9．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1．总质量为m1．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则（　　）‎ A．X星球的质量为M=‎ B．X星球表面的重力加速度为gX=‎ C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=‎ D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1‎ ‎10．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（　　）‎ A． = B． =（）2 C． = D． =‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分0分）‎ ‎11．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：‎ ‎（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？‎ ‎（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？‎ ‎12．运动会上4×‎ ‎100m接力赛是最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程．已知接力区的长度为L=20m，试求：‎ ‎（1）若s0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？‎ ‎（2）若s0=16m，乙的最大速度为8m/s，要使甲乙能在接力区内完成交接棒，且比赛成绩最好，则乙在加速阶段的加速度应为多少？‎ ‎13．质量为m的小球由长为L的细线系住，细线的另一端固定在 A点，AB是过A的竖直线，且AB=L，E为AB的中点，过E作水平线 EF，在EF上某一位置钉一小钉D，如图所示．现将小球悬线拉至水平，然后由静止释放，不计线与钉碰撞时的机械能损失．‎ ‎（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，绳子拉力分别为多少？‎ ‎（2）若小球恰能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，求钉子D的位置离E点的距离x．‎ ‎（3）保持小钉D的位置不变，让小球从图示的P点静止释放，当小球运动到最低点时，若细线刚好达到最大张力而断开，最后小球运动的轨迹经过B点．试求细线能承受的最大张力T．‎ ‎14．如图所示，水平路面CD的左侧有一固定的平台，平台上表面AB长s=3m．光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径 R=0.4m，最低点与平台AB相切于A．板长L1=2m，上表面与平台等高．小物块放在板的最右端，并随板一起向平台运动．当板的左端距离平台L=2m时，板与物块向左运动的速度v0=8m/s．当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台．已知板与路面的动摩擦因数µ1‎ ‎=0.05，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数µ2=0.1，物块质量m=1kg，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求物块进入圆轨道时对轨道上A点的压力；‎ ‎（2）判断物块能否到达圆轨道的最高点E．如果能，求物块离开E后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由．‎ ‎15．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v=2m/s的速率运行．现把一质量m=15kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）工件与皮带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）电动机由于传送工件多消耗的电能．‎ ‎16．如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v0=5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg 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．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）若让CD部分传送带顺时针转动，并使米袋能被送到D 端．‎ ‎①若要运送的时间最短，试求出CD部分顺时针运转的速度大小、最短时间和电动机消耗的电能．‎ ‎②若要运送的时间最长，试求出CD部分顺时针运转的速度大小、最长时间和电动机消耗的电能．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年四川省成都七中高三（上）一诊物理复习卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O′点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体；OO′段水平，长度为L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L．则钩码的质量为（　　）‎ A． M B． M C． M D． M ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】由几何关系求出环两边绳子的夹角，然后根据平行四边形定则求钩码的质量．‎ ‎【解答】解：重新平衡后，绳子形状如下图：‎ 由几何关系知：绳子与竖直方向夹角为30°，则环两边绳子的夹角为60°，则根据平行四边形定则，环两边绳子拉力的合力为Mg，‎ 根据平衡条件，则钩码的质量为M．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，A、B都是重物，A被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根斜短线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于平衡静止状态，g=10m/s2．若悬挂小滑轮的斜线OP的张力是20 N，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．弹簧的弹力为20N B．重物A的质量为2 kg C．桌面对B物体的摩擦力为10 N D．OP与竖直方向的夹角为60°‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力；胡克定律．‎ ‎【分析】根据悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力关系，求出O′a绳的拉力．以结点O′为研究对象，分析受力，根据平衡条件求出弹簧的弹力和绳O′b的拉力．重物A的重力大小等于O′a绳的拉力大小．再根据物体B平衡求出桌面对物体B的摩擦力．‎ ‎【解答】解：‎ A、设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O′a绳的拉力分别为T1和T，则有：‎ ‎2Tcos30°=T1‎ 得：T=20N．‎ 以结点O′为研究对象，受力如图，‎ 根据平衡条件得，弹簧的弹力为F1=Tcos60°=10N．故A错误．‎ B、重物A的质量mA==2kg．故B正确．‎ C、绳O′b的拉力F2=Tsin60°=20×=30N．故C错误．‎ D、由于动滑轮两侧绳子的拉力大小相等，根据对称性可知，细线OP与竖直方向的夹角为30°．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图甲所示，物块的质量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10m/s2．下列说法中不正确的是（　　）‎ A．0～5 m内物块做匀减速直线运动 B．在t=1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ ‎【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．‎ ‎【分析】通过图象可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，恒力F反向后做匀加速直线运动，根据图线求出匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和摩擦力的大小．结合运动学公式求出恒力F反向的时刻．‎ ‎【解答】解：A、由题可知，物体开始时在恒力作用下运动，在0﹣5m内的运动方向是相同的，由题乙可知，0～5 m内物块做匀减速直线运动．故A正确；‎ B、C、D、物体匀减速直线运动的加速度大小为：‎ 匀加速直线运动的加速度大小为：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ F+f=ma1，F﹣f=ma2‎ 联立两式解得：F=7N，f=3N 则动摩擦因数为：‎ 物体匀减速直线运动的时间为：‎ ‎．即在0﹣1s内做匀减速直线运动，1s后恒力F反向，做匀加速直线运动．故BD正确，C错误．‎ 本题选择错误的，故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端．B与小车平板间的动摩擦因数为μ．若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻（　　）‎ A．小车一定正在做减速运动 B．细线对小球的拉力大小为mg C．小车对物块B的作用力的大小为mgtanθ，方向水平向右 D．物块B对小车的作用力的大小为mg，方向沿斜向右上方 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据小球A的受力情况求出细绳的拉力和A的加速度即可得到小车的加速度；B物体的加速度与小车加速度相同，根据牛顿第二定律可求得B的摩擦力，即可求得物体B对校车的作用力大小 ‎【解答】解：A、对A受力分析，由牛顿第二定律得 ‎ F合=mAgtanθ=mAaA 解得 aA=gtanθ 方向水平向右，故小车向左做减速运动，故A正确 B、细绳的拉力为T=，故B错误 C、由题意可知，A与小车相对静止，则小车与A具有相同的加速度，即小车的加速度大小为：gtanθ，方向为：水平向右 ‎ 此刻物块B的加速度与小车相同，根据牛顿第二定律可知 ‎ fB=mBaB=mgtanθ 方向与加速度相同：水平向 故小车对物体B的作用力=mg，方向沿斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，对小车的作用力沿斜向左下方，故CD错误 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块．用竖直向下大小为F的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，则（　　）‎ A．无论F为多大，只要m与m0分离，则分离时弹簧长度均为l0‎ B．无论F为多大，m的加速度为零时，弹簧长度都为l0﹣g C．撤去F的瞬时，m的加速度大小为 D．撤去F的瞬时，m0对m的支持力大小为 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】当突然撤去外力时，木块和托盘一起向上做变加速运动，当m即将脱离m0时二者具有相同的速度和加速度，而且此时托盘与木块之间的作用力为零，由此根据牛顿第二定律列方程即可正确解答 ‎【解答】解：A、当m即将脱离m0时二者加速度相同，它们之间的弹力为零，因此根据牛顿第二定律有：‎ 对m有：mg=ma ‎ 设弹簧对m0的作用力为F，则有：m0g+F=m0a ‎ 联立解得：F=0，因此弹簧处于原长状态，故A正确，‎ B、m的加速度为零时，对m受力分析可知FN﹣mg=m•0，解得FN=mg，对m0分析，此时m0g+mg﹣kx=0，解得，故此时弹簧的长度为L=l0﹣g，故B正确 C、未施加外力时（m+m0）g=kx1‎ 施加外力后（m+m0）g+F=kx2‎ 撤去外力瞬间为kx2﹣（m+m0）g=ma 联立解得a=，故C错误 D、对m受力分析可知FN﹣mg=ma，解得FN=mg+，故D错误 故选：AB ‎　‎ ‎6．以速度v0水平抛出一物体，当其竖直分位移与水平分位移相等时，此物体的（　　）‎ A．竖直分速度等于水平分速度 B．瞬时速度为 C．运动时间为 D．发生的位移为 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】由竖直位移和水平位移的关系列出方程可求得运动的时间，再由平抛运动的速度及位移关系可求得位移及瞬时速度．‎ ‎【解答】解：由题意可知：v0t=gt2；‎ 解得：t=；故C正确；‎ 则合位移为： v0t=，故D正确；‎ 此时竖直分速度为vy=gt=2v0；故A错误；‎ 合速度v==v0；故B正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示．倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点．今测得AB：BC：CD=5：3：1，由此可判断（　　）‎ A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1：2：3‎ B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1：1：1‎ C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3：2：1‎ D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】根据几何关系可明确水平位移和竖直位移之间的关系；再由平抛运动规律可明确初速度大小关系．‎ ‎【解答】解：A、由几何关系可知，三个小球下落的高度之比为：9：4：1；则由h=gt2可得，时间之比为：3：2：1；故A错误；‎ B、因三个小球位移的方向相同，因速度夹角正切值一定是位移夹角正切值的2倍；故速度与初速度之间的夹角一定相等；故为1：1：1；故B正确；‎ C、因三个小球下落的水平位移之比为：9：4：1；时间之比为：3：2：1；则由x=vt可得，初速度大小之比为：3：2：1；故C正确；‎ D、因最后三个物体落到同一点，故三个小球的运动不可能在空中相交；故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎8．质量为m的小球由轻绳a、b分别系于一轻质木架上的A和C点，绳长分别为la、lb如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时轻杆停止转动，则（　　）‎ A．小球将在竖直面内做圆周运动 B．在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大 C．绳b未被烧断的时绳a的拉力大于mg，绳b的拉力为mω2lb D．若绳a被烧断的同时轻杆停止转动，物体依旧可以在原来的水平面做匀速圆周运动 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动．绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳a的张力将大于重力．轻杆停止转动后，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，也可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动，与初速度的大小有关．‎ ‎【解答】解：A、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动．故A错误．‎ B、绳b被烧断前，小球只在水平面内运动，所以在竖直方向的加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力，即张力突然增大．故B正确．‎ C、绳b被烧断前，小球在竖直方向上始终没有位移，在竖直方向上加速度为零，a绳中张力等于重力．故C错误．‎ D、若角速度ω较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动；若角速度ω较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1．总质量为m1‎ ‎．随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2则（　　）‎ A．X星球的质量为M=‎ B．X星球表面的重力加速度为gX=‎ C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为=‎ D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2=T1‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出中心体的质量．‎ 研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出线速度和周期．再通过不同的轨道半径进行比较．‎ ‎【解答】解：A、研究飞船绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：‎ 得出：M=，故A正确．‎ B、根据圆周运动知识，a=只能表示在半径为r1的圆轨道上向心加速度，而不等于X星球表面的重力加速度，故B错误．‎ C、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有：‎ 在半径为r的圆轨道上运动： =m得出：v=，表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径．‎ 所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为==，故C错误．‎ D、研究登陆舱绕星球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：‎ 在半径为r的圆轨道上运动： =m得出：T=2π．表达式里M为中心体星球的质量，R为运动的轨道半径．所以登陆舱在r1与r2轨道上运动时的周期大小之比为： =，所以T2=T1，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则下列比值正确的是（　　）‎ A． = B． =（）2 C． = D． =‎ ‎【考点】同步卫星．‎ ‎【分析】卫星运动时万有引力提供圆周运动的向心力，第一宇宙速度是近地轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，同步卫星运行周期与赤道上物体自转周期相同，由此展开讨论即可 ‎【解答】解：A、因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1=ω2r，a2=ω2R 得： =，故A正确、B错误；‎ C、对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，‎ 由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得到： =，‎ ‎=‎ 解得： =，故D正确，C错误；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、解答题（共6小题，满分0分）‎ ‎11．一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s后警车发动起来，并以2.5m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h以内．问：‎ ‎（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？‎ ‎（2）警车发动后要多长时间才能追上货车？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】货车匀速运动在前面，警车从静止开始匀加速运动在后面追，刚开始货车的速度大于警车速度，故两车之间的距离越来越大，当两车速度相等时，位移最大，之后警车速度大于货车，两车之间的距离逐渐减小直至追上．在此过程中注意，警车发动的时间，货车在做匀速运动，而警车不能一直加速下去，当速度达到90km/h时就不能增加了，而做匀速运动．所以该题要先分析警车能不能在匀加速阶段追上货车，若不能，则在匀速阶段追上．当警车追上货车时两车位移相等．‎ ‎【解答】解：（1）警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等．则有：‎ t1=，‎ 此时货车的位移为：s货=（t0+t1）v1=（5.5+4）×10 m=95 m 警车的位移为：．‎ 所以两车间的最大距离为：△s=s货﹣s警=75 m．‎ ‎（2）v0=90 km/h=25 m/s，当警车刚达到最大速度时，运动时间为：‎ ‎，‎ ‎ 此时货车的位移为：s′货=（t2+t0）v1=（5.5+10）×10 m=155 m 警车的位移为：s′警=m=125m，‎ 因为s′货＞s′警，故此时警车尚未赶上货车，且此时两车距离为：‎ ‎△s′=s′货﹣s′警=30 m 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t时间追赶上货车，则有：‎ ‎，‎ 所以警车发动后要经过t=t2+△t=12 s才能追上货车．‎ 答：（1）经过4s两车间的距离最大，此最大距离是75m；‎ ‎（2）警车发动后要12s才能追上货车．‎ ‎　‎ ‎12．运动会上4×100m接力赛是最为激烈的比赛项目，有甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现，甲短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程．为了确定乙起跑的时机，甲在接力区前s0处作了标记，当甲跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时立即起跑（忽略声音传播的时间及人的反应时间），先做匀加速运动，速度达到最大后，保持这个速度跑完全程．已知接力区的长度为L=20m，试求：‎ ‎（1）若s0=13.5m，且乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，则在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为多大？‎ ‎（2）若s0=16m，乙的最大速度为8m/s，要使甲乙能在接力区内完成交接棒，且比赛成绩最好，则乙在加速阶段的加速度应为多少？‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用．‎ ‎【分析】（1）甲追上乙时，位移之差等于s0，根据匀变速直线运动的平均速度公式，抓住位移关系求出追及的时间，从而求出在完成交接棒时乙离接力区末端的距离．‎ ‎（2）甲、乙的最大速度：v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲走过的距离越长，成绩越好．因此应当在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度．通过乙先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，通过加速的时间和匀速的时间，求出匀加速直线运动的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）设经过时间t，甲追上乙，‎ 根据题意有：vt﹣=s0，‎ 将v=9m/s，s0=13.5m代入得：t=3s，‎ 此时乙离接力区末端的距离为△s=L﹣=20﹣=6.5m ‎（2）因为甲、乙的最大速度：v甲＞v乙，所以在完成交接棒时甲走过的距离越长，成绩越好．因此应当在接力区的末端完成交接，且乙达到最大速度v乙．‎ 设乙的加速度为a，加速的时间，在接力区的运动时间t=，‎ L=at12+v甲（t﹣t1），解得：a=m/s2=2.5 m/s2‎ 答：（1）完成交接棒时乙离接力区末端的距离为6.5m．‎ ‎（2）乙在加速阶段的加速度应为2.5 m/s2．‎ ‎　‎ ‎13．质量为m的小球由长为L的细线系住，细线的另一端固定在 A点，AB是过A的竖直线，且AB=L，E为AB的中点，过E作水平线 EF，在EF上某一位置钉一小钉D，如图所示．现将小球悬线拉至水平，然后由静止释放，不计线与钉碰撞时的机械能损失．‎ ‎（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，绳子拉力分别为多少？‎ ‎（2）若小球恰能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，求钉子D的位置离E点的距离x．‎ ‎（3）保持小钉D的位置不变，让小球从图示的P点静止释放，当小球运动到最低点时，若细线刚好达到最大张力而断开，最后小球运动的轨迹经过B点．试求细线能承受的最大张力T．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，速度大小不变，半径变为原来一半，先根据动能定理求出到达B点的速度，再根据向心力公式分别求出绳子的拉力；‎ ‎（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点重力提供向心力，列出方程，从释放到运动到最高点的过程中运用动能定理列出方程，联立即可求解；‎ ‎（3）小球做圆周运动到达最低点时，根据向心力公式列出方程，以后小球做平抛运动过B点，根据平抛运动的特点在水平和竖直方向列出方程，联立即可求解；‎ ‎【解答】解：（1）小球从M点到B点的过程中，根据动能定理得：‎ mgL=mv2‎ 碰前：T1﹣mg=m 解得：T1=3mg 碰后：T2﹣mg=m 解得：T2=5mg ‎（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时有速度v1，此时做圆周运动的半径为r，‎ 则mg（﹣r）=mv12①‎ 且mg=m②‎ 由几何关系：x2=（L﹣r）2﹣（）2③‎ 由以上三式可得：‎ r=④‎ x=L ⑤‎ ‎（3）小球做圆周运动到达最低点时，速度设为v2则 T﹣mg=m⑥‎ 以后小球做平抛运动过B点，‎ 在水平方向有x=v2t ⑦‎ 在竖直方向有：﹣r=gt2⑧‎ 由④⑤⑥⑦⑧式可得：T=mg 答：（1）若钉子在E点位置，则小球经过B点前后瞬间，绳子拉力分别为3mg，5mg；‎ ‎（2）若小球恰能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，钉子D的位置离E点的距离x为．‎ ‎（3）细线能承受的最大张力T为．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，水平路面CD的左侧有一固定的平台，平台上表面AB长s=3m．光滑半圆轨道AFE竖直固定在平台上，圆轨道半径 R=0.4m，最低点与平台AB相切于A．板长L1=2m，上表面与平台等高．小物块放在板的最右端，并随板一起向平台运动．当板的左端距离平台L=2m时，板与物块向左运动的速度v0=8m/s．当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，并滑上平台．已知板与路面的动摩擦因数µ1=0.05，物块与板的上表面及轨道AB的动摩擦因数µ2=0.1，物块质量m=1kg，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求物块进入圆轨道时对轨道上A点的压力；‎ ‎（2）判断物块能否到达圆轨道的最高点E．如果能，求物块离开E后在平台上的落点到A点的距离；如果不能，则说明理由．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；牛顿第三定律；平抛运动；向心力．‎ ‎【分析】（1）由动能定理可求得滑块到达A点的速度，由牛顿第二定律即可求得压力；‎ ‎（2）由临界条件可得出滑块能否到达最高点，若能到达则滑块做平抛运动，由平抛运动的位移规律可求得水平位移．‎ ‎【解答】解：（1）物块随车运动撞击平台时的速度v1满足：‎ ‎﹣μ1（m+M）gL=（m+M）v12﹣（M+m）v02‎ 滑块到A点时速度v2满足：‎ ‎﹣μ2mg（s+L1）=mv22﹣mv12‎ 由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m 解得：FN=140N ‎ 由牛顿第三定律：滑块对轨道压力大小140N，方向竖直向下． ‎ ‎（2）设物块能通过圆轨道的最高点，且在最高点处的速度为v3，则有：‎ mv32=mv22﹣2mgR ‎ 解得：v3=6m/s＞=2m/s ‎ 故能通过最高点，做平抛运动，有x=v3t ‎ 及2R=gt2‎ 解得：x=2.4m ‎　‎ ‎15．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v=2m/s的速率运行．现把一质量m=15kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的高处，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）工件与皮带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）电动机由于传送工件多消耗的电能．‎ ‎【考点】牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）从题目给出的时间1.9s到达高处，传送带的速度只有2m/s，我们判断出物体先加速后匀速的运动方式；利用牛顿第二定律求出摩擦力，从而得出动摩擦因数．‎ ‎（2）由功能关系知道电动机多消耗的电能都用来对系统做功了，而多做的功一定转化成了系统的能量，从题意中分析出系统增加的能量有物体的动能、重力势能和由于摩擦产生的热能．他们的和与多消耗的电能相等．‎ ‎【解答】解：（1）由题图可知，皮带长x==3 m．‎ 工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1=t1=t1‎ 匀速运动的位移为x﹣x1=v0（t﹣t1）；‎ 解得，加速运动的时间t1=0.8 s 加速运动的位移x1=0.8 m，所以加速度a==2.5m/s2‎ 由牛顿第二定律有：μmgcos θ﹣mgsin θ=ma，解得：μ=．‎ ‎（2）根据能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．‎ 在时间t1内，皮带运动的位移x皮=v0t1=1.6 m 在时间t1内，工件相对皮带的位移x相=x皮﹣x1=0.8 m 在时间t1内，摩擦产生的热量Q=μmgcos θx相=90 J 工件获得的动能Ek=mv02=30 J，‎ 工件增加的势能Ep=mgh=225J 电动机多消耗的电能：W=Q+Ek+Ep=345J．‎ 答：（1）工件与皮带间的动摩擦因数；‎ ‎（2）电动机由于传送工件多消耗的电能345J．‎ ‎　‎ ‎16．如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v0=5m/s的速率顺时针转动．将质量为10kg 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．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）若让CD部分传送带顺时针转动，并使米袋能被送到D 端．‎ ‎①若要运送的时间最短，试求出CD部分顺时针运转的速度大小、最短时间和电动机消耗的电能．‎ ‎②‎ 若要运送的时间最长，试求出CD部分顺时针运转的速度大小、最长时间和电动机消耗的电能．‎ ‎【考点】功能关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；‎ ‎（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间．结合功能关系求解电动机消耗的电能．‎ ‎【解答】解：（1）米袋在AB上匀加速时的加速度 a0==μg=0.5×10=5m/s2‎ 米袋的速度达到v0=6m/s时，滑行的距离 s0===2.5m＜AB=3m，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：‎ ‎ mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得 a=10m/s2‎ 所以能滑上的最大距离 s==m=1.25m ‎（2）设CD部分运转速度为v1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v1之前的加速度为 ‎ ‎ a1=﹣g（sinθ+μcosθ）=﹣10 m/s2‎ 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为 ‎ ‎ a2=g（sinθ﹣μcosθ）=2 m/s2‎ 由+=4.45m 解得：v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s ‎①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a2．‎ 由SCD=v0tmin+a2t2min，‎ 代入数据得：最短时间 tmin=1.06s 米袋到达D点时的速度为 v=v0+a2tmin=5+2×1.06=7.12m/s，所以若要运送的时间最短，CD部分顺时针运转的速度大小大于等于7.12m/s．‎ 电动机消耗的电能为 E电=mgsinθ•SCD+（）+μmgcosθ（vtmin﹣SCD）=519.35J ‎②米袋恰能运到D点所用时间最长为 tmax=+=2.1s 代入数据得：最长时间 tmax=2.1s 此时CD部分的速度为 vCD=v1=4m/s 米袋速度减为v1之前的时间 t1===0.1s 米袋速度小于v1至减为零前的时间 t2==s=2s 电动机消耗的电能为 E电=mgsinθ•SCD﹣+μmgcosθ（t1﹣v1t1+v1t2﹣）=304J 答：‎ ‎（1）若CD部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离是1.25m．‎ ‎（2）若让CD部分传送带顺时针转动，并使米袋能被送到D 端．‎ ‎①若要运送的时间最短，CD部分顺时针运转的速度大小大于等于7.12m/s、最短时间是1.06s，电动机消耗的电能是519.35J．‎ ‎②若要运送的时间最长，CD部分顺时针运转的速度大小是4m/s，最长时间是2.1，电动机消耗的电能是304J．‎ ‎　‎ ‎2017年4月9日