高一物理竞赛能力水平测试题

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。