高一物理竞赛能力水平测试题
1、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上.平衡时,弹簧的压缩量为x0,如图所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点.若物块质量为2m,仍从A处自由落下,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。
2、一传送带装置示意如图,其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD区域时是倾斜的,AB和CD都与BC相切。
现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运送到D处,D和A的高度差为h。
稳定工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L。
每个箱子在A处投放后,在到达B之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。
已知在一段相当长的时间T内,共运送小货箱的数目为N。
这装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输
出功率P。
3、如图所示,n个相同的木块(可视为质点),每块的质量都是m,从右向左沿同一直线排列在水平桌面上,相邻木块间的距离均为l,第n个木块到桌边的距离也是l,木块与桌面间的动摩擦因数为μ.开始时,第1个木块以初速度υ0向左滑行,其余所有木块都静止,在每次碰撞后,发生碰撞的木块都粘在一起运动.最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下.
(1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能.
(2)求第i次(i≤n一1)碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比.
(3)若n=4,l=0.10m,υ0=3.0m/s,重力加速度g=10m/s2,求μ的数值.
4、如下图所示,AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道,高度为h,末端B处的切线方向水平.一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放,滑到B端后飞出,落到地面上的C点,轨迹如图中虚线BC所示.已知它落地时相对于B点的水平位移OC=l.
现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带,传送带的右端与B的距离为l/2.当传送带静止时,让P再次从A点由静止释放,它离开轨道并在传送带上滑行后从右端水平飞出,仍然落在地面的C点.当驱动轮转动从而带动传送带以速度v匀速向右运动时(其他条件不变),P 的落地点为D.(不计空气阻力)
(1)求P滑至B点时的速度大小;
(2)求P与传送带之间的动摩擦因数;
(3)求出O、D间的距离s随速度v变化的函数关系式.
参考答案
1、解析 对于这类综合题,要善于分析物理过程中各个阶段的特点及其遵循的规律,要注意两个物体在运动过程中相关量的关系.
质量为m 的物块运动过程应分为三个阶段:第一阶段为自由落体运动;第二阶段为和钢板碰撞;第三阶段是和钢板一道向下压缩弹簧运动,再一道回到O 点.质量为2m 的物块运动过程除包含上述三个阶段以外还有第四阶段,即2m 物块在O 点与钢板分离后做竖直上抛运动.弹簧
对于m :
第二阶段,根据动量守恒有: mv 0=2mv 1 ②
对于2m 物块:
第二阶段,根据动量守恒有: 2mv 0=3mv 2 ④ 第三阶段,根据系统的机械能守恒有:
又因: E ′p=Ep ⑦ 上几式联立起来可求出: l =x 0/2
说明:本题中,系统机械能守恒的初态应选碰撞后具有共同速度的时刻,而不能选碰撞前的时刻(碰撞中机械能有损失),这是一个关键。
2、解析 以地面为参考系(下同),设传送带的运动速度为v 0,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,设这段路程为s ,所用时间为t ,加速度为a ,则对小箱有:
22
1at s = at v =0
在这段时间内,传送带运动的路程为: t v s 00= 由以上可得: s s 20=
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送带对小箱做功为 A =fs =
202
1
mv 传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A 0=fs 0=202
12mv ⋅
两者之差就是摩擦力做功发出的热量 Q =202
1
mv
[也可直接根据摩擦生热Q = f △s = f (s 0- s )计算]
可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与发热量相等 T 时间内,电动机输出的功为: T P W =
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即: NQ Nmgh Nmv W ++=202
1
已知相邻两小箱的距离为L ,所以: v 0T =NL
联立,得: ⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡+=
gh T L N T
Nm
P 222
3、(1)整个过程木块克服摩擦力做功 w=μmg .l +μmg .2l +……+μmg .nl=
2
)1(mgl
n n μ+ ①
根据功能关系,整个过程中由于碰撞而损失的总动能为
△E k =E k0一W ②
得 2
)1(2120mgl
n n m E μυ+-=∆ ③
(2)设第i 次(i ≤n 一1)碰撞前木块的速度为υi ,碰撞后速度为υi ’,则
(i +1)m υi ’=im υi ④ 碰撞中损失的动能△E 时与碰撞前动能E ki 之比为
υυυ22.221)1(212
1i
i
i Ki
Ki
im m i im E
E ∙+-=∆ (i ≤n -1) ⑤
1
1
+=
∆i E
E Ki
Ki
(i ≤n -1) ⑥ (3)初动能 22
0υm E K =
第1次碰撞前
mgl E E K K μ-=01
⑦
第1次碰撞后 E
K 1
’=
2/2/2/01111
mgl E E E E E
K K K K K μ-=-=∆- ⑧
第2次碰撞
E
K 2
=
E
K 1
’ 2/2/)20
mgl l mg E
K μμ-=
=(
第2次碰撞后
E
K 2
’=
3/53/022
mgl E E E
K K K μ-=∆-
第3次碰撞前
E
K 3
=
E
K 3
’ 3/143/)3(0
mgl l mg E
K μμ-=
--
第3次碰撞后 E
K 3
’=
2/74/033
mgl E E E
K K K μ-=∆-
据题意有
l mg mgl E
K )4(2/74/0
μμ=- ⑨
带人数据,联立求解得 μ=0.15
4、解:(1)物体P 在AB 轨道上滑动时,物体的机械能守恒,根据机械能守恒定律2
012
mgh mv =
得物体P 滑到B 点时的速度为0v (2)当没有传送带时,物体离开B 点后作平抛运动,运动时间为t ,
0l t v =
=当B 点下方的传送带静止时,物体从传送带右端水平抛出,在空中运动的时间也为t ,水平位移为
1
2
,因此物体从传送带右端抛出的速度012v v == . 根据动能定理,物体在传送带上
滑动时,有22
0111222
l mg
mv mv μ=- . 解出物体与传送带之间的动摩擦因数为
32h
l
μ=
. (3)当传送带向右运动时,若传送带的速度1v v ≤,即v ≤时,物体在传
送带上一直做匀减速运动,离开传送带的速度仍为1v ,落地的水平位移为2
l ,即s =l . 当
传送带的速度v >
时,物体将会在传送带上做一段匀变速运动.如果尚未到达传送带右端,速度即与传送带速度相同,此后物体将做匀速运动,而后以速度v 离开传送带.v 的最大值2v 为物体在传送带上一直加速而达到的速度,即22
2011222
l mg
mv mv μ=-.由此解得
2v =
. 当2v v ≥,物体将以速度2v =O 、D 之间的距离为
1
(122l s =
+=. 当12v v v <<v <<出时的速度为v ,O 、D 之间的距离为(1
22l l s vt =
+=. 综合以上的结果,得出O 、
D 间的距离s 随速度v 变化的函数关系式为:⎪⎪⎪
⎪⎩⎪⎪⎪
⎪⎨⎧≥+<<+≤=)
27()71(2)
2722()221(2)22()(gh v l gh v gh gh v l gh
v l
v s。