福建省长汀、等六校2020届高三物理上学期期中联考试卷（附解析Word版）

2019—2020 学年第一学期半期考高三物理试题 （考试时间：90 分钟 总分：100 分） 第Ⅰ卷（选择题，共 48 分） 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。在每小题给出的四个选项中，第 1—8 题只有一项是最符合题目要求的，第 9—12 题有多项符合题目要求，全部选对的得 4 分， 选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分） 1.伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相 结合的重要科学研究方法．图 1、图 2 分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两 项研究，下列说法正确的是（ ） A. 图 1 中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的，实验可实际完成 B. 图 1 的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持 C. 图 2 通过对自由落体运动的研究，合理外推得出小球在斜面上做匀变速运动 D. 图 2 中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间测量更容易 【答案】D 【解析】 【详解】A. 完全没有摩擦阻力的斜面是实际不存在的，故实验不可能实际完成，故 A 错误； B. 图 2 的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出物体的运动不需要力来维持，故 B 错误； CD.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，因为当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利 略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比；由于当时用滴 水法计算，无法记录自由落体的较短时间，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来“冲 淡”重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用 时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合 理外推。故 C 错误，D 正确； 2.一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(  ) A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变 【答案】BC 【解析】 试题分析：因为原来质点做匀速直线运动，合外力为 0，现在施加一恒力，质点的合力就是这 个恒力，所以质点可能做匀变速直线运动，也有可能做匀变速曲线运动，这个过程中加速度 不变，速度的变化率不变。但若做匀变速曲线运动，单位时间内速率的变化量是变化的。故 C 正确，D 错误。若做匀变速曲线运动，则质点速度的方向不会总是与该恒力的方向相同，故 A 错误；不管做匀变速直线运动，还是做匀变速曲线运动，质点速度的方向不可能总是与该恒 力的方向垂直，故 B 正确。 考点：牛顿运动定律 3.运动员在 110 米栏比赛中，主要有起跑加速、途中匀速跨栏和加速冲刺三个阶段，运动员 的脚与地面间不会发生相对滑动，以下说法正确的是( ) A. 匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功 B. 加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功 C. 由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦 力始终不对运动员做功 D. 无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功 【答案】C 【解析】 【详解】不论加速还是匀速，脚与地面未发生相对滑动，在有摩擦力时，在力的方向上没有 位移，所以摩擦力不做功。 A. 匀速阶段地面对运动员的摩擦力做负功，与分析不符，故 A 错误。 B. 加速阶段地面对运动员的摩擦力做正功，与分析不符，故 B 错误。 C. 由于运动员的脚与地面间不发生相对滑动，所以不论加速还是匀速，地面对运动员的摩擦 力始终不对运动员做功，与分析相符，故 C 正确。 D. 无论加速还是匀速阶段，地面对运动员的摩擦力始终做负功，与分析不符，故 D 错误。 4.如图所示，处于平直轨道上的 A、B 两物体相距 ，同时同向开始运动，A 以初速度 、加 速度 做匀加速运动，B 由静止开始以加速度 做匀加速运动，下列情况可能发生的是(假设 A 能从 B 旁边通过且互不影响)(  ) A. ，能相遇一次 B ，能相遇两次 C. ，可能相遇一次 D. ，可能相遇两次 【答案】ACD 【解析】 【详解】A、甲从乙的旁边通过说明相遇时甲的速度大于乙的速度，若 ，则以后甲的速 度将都大于乙的速度，故不会再次相遇，即只能相遇一次，故 A 正确； B、若 ，则甲经过乙的旁边以后，甲的速度增加更快，故甲将一直在乙的前面，即只能 相遇一次，故 B 错误； D、若 ，则此后某一时刻乙的速度一定会大于甲的速度，故乙将会追上甲，甲乙将再次 相遇，故能相遇两次，故 CD 正确。 5.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上 A 点由静止滑下，滑 过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的 B 点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾 角 α 和 β 及 AB 连线与水平面的夹角为 θ。物块与各接触面动摩擦因数相同且为 μ，忽略 物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是 A. μ＝tanα B. μ＝tanβ C. μ＝tanθ D. 【答案】C . s 1v 1a 2a 1 2a a= 1 2a a> 1 2a a< 1 2a a< 1 2a a= 1 2a a＞ 1 2a a＜ tan 2 α βµ −= 【解析】 试题分析：对全过程运用动能定理，结合摩擦力做功的大小，求出动摩擦因数大小． 设 AB 的水平长度为 x，竖直高度差为 h，对 A 到 B 的过程运用动能定理得 ，因为 ，则有 ，解得 ，故 C 正确． 6.如图，质量相同的两小球 a，b 分别从斜面顶端 A 和斜面中点 B 沿水平方向被抛出，恰好均 落在斜面底端，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ） A. 小球 a，b 离开斜面的最大距离之比为 2：1 B. 小球 a，b 沿水平方向抛出的初速度之比为 2：1 C. 小球 a，b 在空中飞行的时间之比为 2：1 D. 小球 a，b 到达斜面底端时速度与水平方向的夹角之比为 2：1 【答案】A 【解析】 【详解】ABC.因为两球下落的高度之比为 1：2，根据 ，可知 a、b 两球运动的时间 之比为 因为两球均落在斜面上，则有 因此初速度之比 当小球平抛过程中，速度方向平行与斜面时，离开斜面的距离为最大，根据运动的分解，将 初速度与加速度分解成垂直斜面与平行斜面两方向，设斜面的倾角为 α，因此垂直斜面方向 cos cos 0mgh mg AC mg CE mg EBµ α µ µ β− ⋅ − ⋅ − ⋅ = cos cosAC CE EB xα β⋅ + + ⋅ = 0mgh mgxµ− = tanµ θ= =h x 21 2h gt= : 2 :1a bt t = 2 21 1 2 2 b b a a b a v t v t gt gt = : 2 :1a bv v = 的位移为： （v0sinα）2=2ghcosα 那么离开斜面的最大距离与初速度的平方成正比，即为之比为 2：1，故 A 正确 BC 错误。 D. 小球落在斜面上时，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的 2 倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度 方向与斜面的夹角也相等，比值为 1：1，故 D 错误。 7.如图所示，圆环 A 的质量为 M，物体 B 的质量为 m，A、B 通过绳子连接在一起，圆环套在光 滑的竖直杆上，开始时，圆环与定滑轮之间的绳子处于水平状态，长度 l＝4m，现从静止开始 释放圆环，不计定滑轮质量和一切阻力，重力加速度 g 取 10m/s2，若圆环下降 h＝3m 时的速 度 v＝5m/s，则 A 和 B 的质量关系为( ) A. = B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由几何知识得，该过程物体 B 上升的高度为： 如图所示，A、B 的速度关系为： M m 35 29 29 35 M m = 19 15 M m = 15 19 M m = 2 2 2 2 B 3 4 4 1mh h l l= + − = + − = 由系统的机械能守恒得： 解得： A. = 与计算结果不符，故 A 错误。 B. 与计算结果相符，故 B 正确。 C. 与计算结果不符，故 C 错误。 D. 与计算结果不符，故 D 错误。 8.为了测量某行星的质量和半径，宇航员记录了登陆舱在该行星表面附近做圆周运动的周期 T， 登陆舱在行星表面着陆后，用弹簧称测量一个质量为 m 的砝码静止时读数为 N ，已知引力常 量为 G ，则下列计算中错误的是（ ） A. 该行星的半径为 B. 该行星的质量为 C. 该行星的密度为 D. 在该行星的第一宇宙速度为 【答案】B 【解析】 【详解】AB. 登陆舱在该行星表面做圆周运动，万有引力提供向心力，故 B A A 2 2 2 2 3cos 5 3m / s 3 4 hv v v h l θ= = ⋅ = × = + + 2 2 B B A 1 1 2 2Mgh mgh mv Mv= + + 29 35 M m = M m 35 29 29 35 M m = 19 15 M m = 15 19 M m = 2 24 NT mπ 3 4 2 316 N T mπ 2 3 GT π 2 NT mπ 在星球表面，用弹簧称称量一个质量为 m 砝码读数为 N，故： 联立解得： 故 A 正确不符合题意，B 错误符合题意。 C. 行星的密度： 故 C 正确不符合题意。 D. 第一宇宙速度是星球表面轨道卫星的环绕速度，故 故 D 正确不符合题意。 9.如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ，OP 竖直放置，小球 a、b 固定在轻弹簧的两 端．水平力 F 作用于 b 时，a、b 紧靠挡板处于静止状态．现保证 b 球不动，使挡板 OP 向右缓 慢平移一小段距离，则( ) A. 弹簧变短 B. 弹簧变长 C. 力 F 变大 D. b 对地面的压力不变 【答案】BD 【解析】 的 2 2 2 4GMm m RR T p= 2 MmN G R = 3 4 2 4 3 2,16 4 N T NTM RG m mπ π= = 2 3M V GT πρ = = 2 2 R NTv T m π π= = 【详解】AB.对 a 进行受力分析，如图所示，使挡板 OP 向右缓慢平移一小段距离，θ 减小， θ 减小，cosθ 增大，F 弹减小，再根据胡克定律 F=kx，x 减小，弹簧变长，故 A 错误，B 正 确； C.根据以上分析可知 FN=mgtanθ θ 减小，tanθ 减小，FN 减小，对于整体 ab，在水平方向，根据平衡条件： F=FN 力 F 变小，故 C 错误； D. 对于整体 ab，在竖直方向，根据平衡条件： Fb=（ma+mb）g 地面对 b 支持力不变，根据牛顿第三定律，b 对地面的压力也不变，故 D 正确。 10.质量分别为 2kg 和 3kg 的物块 A、B 放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连，如图所示，今 对物块 A、B 分别施以方向相反的水平力 F1、F2，且 F1＝20N、 F2＝10N，则下列说法正确的是 ( ) A. 弹簧的弹力大小为 16N B. 若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小为 10 N C. 如果只有 F1 作用，则弹簧的弹力大小变为 12N D. 若 F1＝10N、 F2＝20N，则弹簧的弹力大小不变 【答案】AC 【解析】 的 cos mgF θ=弹 【详解】A. 弹簧不在伸长后，AB 具有相同的加速度。对于整体 AB，根据牛顿第二定律： F2-F1=（mA+mB）a 代入数据解得： a=2m/s2 对 A，由牛顿第二定律： F1-F 弹=mAa 代入数据解得： F 弹=16N 故 A 正确； B. 若把弹簧换成轻质绳，则绳对物体的拉力大小仍然为 16N，故 B 错误； C. 只有 F1 作用时，对整体 AB，根据牛顿第二定律： F1=（mA+mB）a 解得： a=4m/s2 对 A，由牛顿第二定律： F1-F 弹=mAa 解得： F 弹=12N 故 C 正确； D. 若 F1=10N、F2=20N，对整体 AB，根据牛顿第二定律： F2-F1=（mA+mB）a 解得： a=2m/s2 对 A，由牛顿第二定律： F 弹-F1=mAa 解得： F 弹=14N 故 D 错误。 11.如图所示，倾角为 370 的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量 m=1 kg 的小物体以某 一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向 上为正方向，g= 10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 A. 传送带逆时针转动，速度大小为 4 m/s B. 物体与传送带间的动摩擦因数为 0. 75 C. 0～8 s 内物体位移的大小为 14 m D. 0～8 s 内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为 126 J 【答案】CD 【解析】 从图中可知小物体先反向做减速运动后做加速运动，故可知传送带速度方向沿斜面向上，最 终物块和传送带的速度相同，故传送带速度大小为 4m/s，A 错误；根据 v-t 图象的斜率表示 加速度，可得，物体相对传送带滑动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律得 ， 解 得 ， 故 B 错 误 ； 0 ～ 8s 内 物 体 位 移 为 ，故 C 正确；0-8s 内只有前 6s 内物体与传送带发生相对滑 动 ． 0-6s 内 传 送 带 运 动 距 离 为 ， 0-6s 内 物 体 位 移 为 ，产生的热量为 ，故 D 正确． 12.如图所示，在倾角 θ=37°固定斜面体的底端附近固定一挡板，一质量不计的弹簧下端固 定在挡板上，弹簧自然伸长时其上端位于斜面体上的 O 点处质量分别为 mA=4.0kg、mB=1.0kg 的物块 A 和 B 用一质量不计的细绳连接，跨过固定在斜面体顶端的光滑定滑轮，开始物块 A 位于斜面体上的 M 处，物块 B 悬空，现将物块 A 和 B 由静止释放，物块 A 沿斜面下清，当物 块 A 将弹簧压缩到 N 点时，物块 A、B 的速度减为零。已知 MO=1.0m，ON=0.5m，物块 A 与斜面 体之间的动摩擦因数为 μ=0.25，重力加速度取 g=10m/s2，sin37°=0.6，整个过程细绳始终 没有松弛。则下列说法正确的是 22 1 /2a m s= = cos sinmg mg maµ θ θ− = 0.875µ = 1 2 62 2 4 142 2s m += − × × + × = 4 6 24s m m= × =带 1 4 42 2 62 2s m带 ×= − × × + = 126JQ mgcos sµ θ= ⋅ =相对 A. 物块 A 在与弹簧接触前的加速度大小为 1.2m/s2 B. 物块 A 在与弹簧接触前的加速度大小为 1.5m/s2 C. 物块 A 位于 N 点时，弹簧所储存的弹性势能为 9J D. 物块 A 位于 N 点时，弹簧所储存的弹性势能为 21J 【答案】AC 【解析】 【详解】对 AB 整体，由牛顿第二定律可得： ， 解得 a=1.2m/s2，选项 A 正确，B 错误；由能量关系可知，物块 A 位于 N 点时，弹簧所储存的 弹性势能为 ，解得 EP=9J，选项 C 正确， D 错误；故选 AC. 二、实验题（本大题共 2 小题，每空 2 分，共 14 分） 13.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度 g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑 轮，两端各悬挂一只质量为 M 的重锤。实验操作如下： ①用米尺量出重锤 1 底端距地面的高度 H； ②在重锤 1 上加上质量为 m 的小钩码； ③左手将重锤 2 压在地面上，保持系统静止。释放重锤 2，同时右手开启秒表，在重锤 1 落地 时停止计时，记录下落时间； ④重复测量 3 次下落时间，取其平均值作为测量值 t。 请回答下列问题： sin cos ( )A B A A Bm g m g m g m m aθ µ θ− − = + sin cosP A B AE m g MN m g MN m g MNθ µ θ= ⋅ − ⋅ − ⋅ （1）步骤④可以减小对下落时间 t 测量的_______（选填“偶然”或“系统”）误差。 （2）实验要求小钩码的质量 m 要比重锤的质量 M 小很多，主要是为了________。 A．使 H 测得更准确 B．使重锤 1 下落的时间长一些 C．使系统的总质量近似等于 2M D．使细绳 拉力与小钩码的重力近似相等 （3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以在重锤 1 上 粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤 1 能观察到其________下落。 （4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为 m0。用实验中 的测量量和已知量（M、H、m、m0、t）表示 g，则 g＝_________。 【答案】 (1). （1）偶然 (2). （2）B (3). （3）匀速 (4). （4） 【解析】 本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的实验探究能力。（1）时间测量是人为操作快慢 和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。（2）由于自由落体的加速度较大，下落 H 高度 的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降 的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。（3）为了消除滑轮的摩擦阻力， 可用橡皮泥粘在重锤 1 上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。（3）根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 ， 又 ， 解 得 。 点睛：本题以连接体运动为背景考查重力加速度的测量，解题的关键是要弄清该实验的原理， 再运用所学的知识分析得出减小误差的方法。 14.某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中， 置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上 的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有 个，每个质量均为 。实验 步骤如下： 的 ( )0 2 2 2M m m H mt + + ( )0mg M m m M a= + + + 21 2H at= ( )0 2 2 2M m m Hg mt + += N m （1）为了平衡小车与木板间的摩擦力，将 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适 当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上_______（填“匀速”、“加速”、“减速”） 下滑。 （2）从小车上取 个钩码挂在轻绳右端，其余 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并 使轻绳与木板平行。由静止释放小车，同时用传感器记录小车在时间 内相对于其起始位置的 位移 ，则小车的加速度 _______（用 和 表达）。 （3）依次改变 的值，分别测出小车相应的加速度 ，得到 图像如图（b）所示，已知 该直线的斜率为 ，重力加速度为 ，则小车（不含钩码）的质量为____________。（用 、 、 、 表达） （4）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______(填正确答案标号)。 A. 图线不再是直线 B. 图线仍是直线，该直线不过原点 C. 图线仍是直线，该直线的斜率变大 【答案】 (1). 匀速 (2). (3). (4). BC 【解析】 （1）平衡摩擦力的原理是利用重力沿斜面向下的分力等于摩擦力，使得小车的合力为零，做 匀速直线运动； （2）初速度为零，经历的时间为 t，位移为 s，所以根据公式 可得 （3）对小车和 n 个钩码组成的整体分析，根据牛顿第二定律得： ，解得 加速度 ，a-n 图象的斜率： ，解得 （5）木板保持水平时，由牛顿第二定律得： ，解 得： ；所以图像仍是直线，斜率变为 ，变大了，而且 N n N n− t s a = s t n a a n− k g k m g N a n− a n− a n− 2 2s t mg Nmk − 21 2s at= 2 2sa t = ( )nmg M Nm a= + mga nM Nm = + mgk M Nm = + mgM Nmk = − ( ) ( )[ ]nmg M N n m g M Nm aµ− + − = + ( )1 mga n gM Nm µ µ+= −+ ( )1 mgk M Nm µ+= + 纵截距不为零，即不过原点，所以 BC 正确 三、计算题（本大题共 3 小题，共 38 分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算 步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 15.如图所示，质量 m＝0.3kg 的小物块以初速度 v0＝4m/s 水平向右抛出，恰好从 A 点沿着圆 弧的切线方向进入光滑圆弧轨道．圆弧轨道的半径为 R＝3.75m，B 点是圆弧轨道的最低点， 圆弧轨道与水平轨道 BD 平滑连接，A 与圆心 O 的连线与竖直方向成 37°角．MN 是一段粗糙的 水平轨道，小物块与 MN 间的动摩擦因数 μ＝0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为 r ＝0.4m 的光滑半圆弧轨道，C 点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道 BD 在 D 点平 滑连接．已知重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8； (1)求小物块经过 A 点时速度大小； (2)求小物块经过 B 点时对轨道的压力大小； (3)若小物块恰好能通过 C 点，求 MN 的长度 L. 【答案】(1)vA＝5 m/s (2)6.2 N (3) L′＝10m 【解析】 【详解】(1)根据平抛运动的规律有 v0＝vAcos 37° 得经过 A 点时的速度大小 vA＝5 m/s (2)小物块从 A 点到 B 点，根据机械能守恒定律 ＋mg(R－Rcos 37°)＝ 小物块经过 B 点时，根据牛顿第二定律有 FN－mg＝ 解得 FN＝6.2 N 2 A 1 2 mv 2 B 1 2 mv 2 Bmv R 根据牛顿第三定律，小物块经过 B 点时对轨道的压力大小是 6.2 N (3)小物块刚好能通过 C 点时，根据牛顿第二定律有 mg＝ 解得 vC′＝2 m/s 从 B 点运动到 C 点，根据动能定理有 －μmgL′－2mgr＝ mvC′2－ 解得 L′＝10 m 16.图中给出一段“ ”形单行盘山公路的示意图，弯道 1、弯道 2 可看作两个不同水平面上 的圆弧，圆心分别为 O1、O2，弯道中心线半径分别为 r1 =10m, r2=40m，弯道 2 比弯道 1 低 h=8m，有一直道与两弯道圆弧相切。质量 m 为 1000kg 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路 面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的 1.0 倍，行驶时要求汽车不打滑，已知重力加速度 g＝ 10m/s2。 （1）求汽车沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度 ； （2）汽车以 进入直道，以 P=20kW 恒定功率直线行驶了 t=10s，进入弯道 2，此时速度恰 为通过弯道 2 中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功； （3）汽车从弯道 1 的 A 点进入，从同一直径上的 B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度， 用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽 ，求此最短时间（A、B 两点都在轨道的中心 线上，计算时视汽车为质点）( ,计算结果保留两位有效数字)。 【答案】(1)v1=10m/s (2)Wf=-1.3×105 J (3) t'≈2.1s 【解析】 的 2 Cmv r ′ 1 2 2 B 1 2 mv S 1v 1v 10md = 5 2.24= 【详解】(1)汽车沿弯道 1 行驶的最大速度为 v1,有 得 v1=10m/s (2)汽车沿弯道 2 行驶的最大速度为 v2,有 得 v2=20 m/s 直道上由动能定理有 P·t+mgh+Wf= 代入数据可得 Wf=-1.3×105 J (3)由 得 可知 r 增大 v 增大,r 最大,切弧长最小,对应时间最短,所以轨迹设计应如图所示 由图可以得到 代入数据可以得到 R=12.5 m 由 sinθ==0.8 可知,对应的圆心角度 2 1 1 vkmg m r = 2 2 2 vkmg m r = 2 2 2 1 1 1 2 2mv mv− 2vkmg m R = v kgR= 2 2 2 1 1[ ( )]2 dR R r r= − − + 2θ=106° 线路长度 s= ×2πR 最短时间 t'≈2.1 s 17.如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为 M＝0.5kg 的木板正中间放有一质 量为 m＝2kg 的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板 x0＝0.5m，小铁块与木 板间动摩擦因数 μ＝0.2.现对小铁块施加一水平向右的外力 F，木板第一次与挡板碰前瞬间 撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度 g＝10m/s2. (1)要使小铁块与木板发生相对滑动 求水平向右的外力 F 的最小值； (2)若水平向右的外力 F＝10N，求木板第一次与挡板碰撞前经历的时间； (3)若水平向右的外力 F＝10N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力，铁块和木板最终停下来 时，铁块刚好没滑出木板，求木板的长度。 【答案】(1)20N (2) t＝0.5s (3) 2.5m 【解析】 【详解】(1)设木板靠最大静摩擦力即滑动摩擦力产生的加速度为 am，则， am＝ ＝8m/s2 对铁块和木板组成的整体得： 得： =20N (2)因 F＜ ，所以木板在静摩擦力作用下与铁块一起以加速度 a 运动． 设共同加速度为 a； 2 360 θ mg M µ m m( )F m M a= + mF mF a＝ ＝4m/s2 设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为 t，则 x0＝ at2 解得 t＝0.5 s (3)设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为 v1，则 v1＝at，解得 v1＝2 m/s 木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度 v1 向右做减速运动，加速度大小为 a1， 木板与挡板碰撞后以速度 v1 向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为 am， 设板速度减为零经过的时间为 t1，向左运动的最远距离为 x1，则 μmg＝ma1 ；v1＝amt1 ；x1＝ 解得 a1＝2 m/s2，t1＝0.25 s，x1＝0.25 m 当板速度向左为零时，设铁块速度为 v1′，则 v1′＝v1－a1t1 设再经过时间 t2 铁块与木板达到共同速度 v2，木板向右位移为 x1′，则 v2＝v1′－a1t2，v2＝amt2，x1′＝ amt 解得 v1′＝1.5 m/s，t2＝0.15s，v2＝1.2 m/s，x1′＝0.09 m 因为 x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度 v2 运动，再次与挡板碰撞．以后多次 重复这些过程最终木板停在挡板处．以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒 μmgS＝ (m＋M) 设木板长为 L，解得 L＝2S=2.5 m F M m+ 1 2 2 1 2 m v a 1 2 1 2 2 1v