山东省日照一中2019届高三物理11月统考考前模拟试卷试卷（含解析）.doc

《山东省日照一中2019届高三物理11月统考考前模拟试卷试卷（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省日照一中2019届高三物理11月统考考前模拟试卷试卷（含解析）.doc（16页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1山东省日照一中 2019 届高三 11 月统考考前模拟试题物理试卷一、选择题1.以下说法正确的是（ ）A. 只有很小的物体才能视为质点，很大的物体不能视为质点B. 若以河岸为参考系，在顺水漂流的船上行走的人可能是静止的C. 做直线运动的物体，其位移大小跟这段时间内它通过的路程一定相等D. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在合外力为零情况下的一个特例【答案】B【解析】【详解】物体可以看成质点的条件是看物体的大小体积对所研究的问题是否产生影响，而不是看物体的绝对大小，很小的物体不一定能视为质点，很大的物体不一定不能视为质点，故 A 错误；若以河岸为参考系，若人在船上以与船大小相等的速度，反向运动，则人

2、可能相对河岸是静止的；故 B 正确；做直线运动的物体，若有往返现象，则位移大小与路程不相等；故 C 错误；牛顿第一定律揭示了力和运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因或产生加速度的原因，同时指出了物体具有保持原来运动状态的属性，即惯性。因为不受力的物体是不存在的，从这里可以看出牛顿第一定律是理想情况下的定律，牛顿第二定律指出了加速度与力和质量的关系即 F=ma当加速度 a=0 时，并不能说明物体不受力，只能说明作用于物体的几个力的合力为零。因此，牛顿第一定律不是牛顿第二定律在物体的加速度 a=0 条件下的特例，故 D 错误；故选 B.2.伽利略在研究自由落体运动时，做了如下的实验：他让一个铜

3、球从阻力很小（可忽略不计）的斜面上由静止开始滚下，并且做了上百次假设某次试验伽利略是这样做的：在斜面上任取三个位置 A、B、C，让小球分别由 A、B、C 滚下，如图所示设 A、B、C 与斜面底端的距离分别为 x 1、x 2、x 3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端的时间分别为 t1、t 2、t 3，小球由 A、B、C 运动到斜面底端时的速度分别为 v1、v 2、v 3，则下列关系式中正确，并且是伽利略用来证明小球沿光滑斜面向下的运动是匀变速直线运动的是（ ）2A. B. C. D. v12=v22=v32 v1t1=v2t2=v3t3 x1x2=x2x3 x1t21=x2t22=x3t23【

4、答案】D【解析】小球在斜面上三次运动的位移不同，末速度一定不同，故 A 错误；由 v=at 可得， ，三a=vt次下落中的加速度相同，故公式正确，但不是伽利略用来证用匀变速直线运动的结论；故B 错误；由图可知及运动学规律可知，x 1-x2x 2-x3，故 C 错误；由运动学公式可知，x= at2故 ，故三次下落中位移与时间平方向的比值一定为定值，伽利略正是用这一12 a=2xt2规律说明小球沿光滑斜面下滑为匀变速直线运动，故 D 正确；故选 D3.在水平面上有 a、 b 两点，相距 20 cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿 a 向 b 做直线运动，经过 0.2s 的时间先后通过 a、 b 两

5、点，则该质点通过 a、 b 中点时的速度大小为( )A. 无论力的方向如何均大于 1 m/sB. 无论力的方向如何均小于 1 m/sC. 若力的方向由 a 向 b，则大于 1 m/s，若力的方向由 b 向 a，则小于 1 m/sD. 若力的方向由 a 向 b，则小于 1 m/s，若力的方向由 b 向 a，则大于 1 m/s【答案】A【解析】试题分析：质点在水平恒力 F 作用下做匀变速直线运动，中点位置速度大于中间时刻速度，而中间时刻速度等于这段时间内的平均速度 ，故无论力的方向如何均大于v=xt=1m/s1m/s，A 正确；考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【名师点睛】在分析匀变速直线运动问

6、题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题4.如图为三种形式的吊车的示意图，OA 为可绕 O 点转动的杆，重量不计，AB 为轻质细绳，当它们吊起相同重物时，杆 OA 在三个图中受力分别为 Fa、F b、F c的关系是：3A. FaFc= Fb B. Fa= Fb Fc C. Fb Fa Fc D. Fa= Fb =Fc【答案】B【解析】【详解】分别对三种形式的结点进行受力分析，设杆子的作用力分别为 F1、F 2、F 3，各图中 T=mg在图（a）中，Fa=2m

7、gcos30= mg。在图（b）中，Fb=mgtan60= mg。在图（c）中，3 3Fc=mgcos30= mg可知 Fa= Fb Fc，故 B 正确，ACD 错误。故选 B。325.如图，质量为 m 的物体置于倾角为 的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为 ，先用平行于斜面的推力 F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力 F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比 为（ ）F1F2A. cos + sinB. cos sinC. l+ tanD. 1 tan【答案】B【解析】F1作用时，物体的受力情况如图 1，根据平衡条件得4F1=mgsin+F N FN=

8、mgcos 解得：F 1=mgsin+mgcos F2作用时，物体的受力情况如图 2，根据平衡条件得F2cos=mgsin+F NFN=mgcos+F 2sin 解得： F2mgsin+mgcoscossin所以 ，故选 BF1F2 mgsin+mgcosmgsin+mgcoscossin cossin6.如图所示，将质量为 m=0.1kg 的物体用两个完全一样的竖直弹簧固定在升降机内，当升降机以 4m/s2的加速度加速向上运动时，上面弹簧对物体的拉力为 0.4N；当升降机和物体都以 8m/s2的加速度向上运动时，上面弹簧的拉力为A. 0.6N B. 0.8N C. 1.0N D. 1.2N【

9、答案】A【解析】试题分析：当升降机以 4m/s2的加速度加速向上运动时，设下面弹簧处于压缩，根据牛顿第二定律得，F 1+F2-mg=ma1，F 2=1.0N当升降机和物体都以 8m/s2的加速度向上运动时，合力 F 合 =ma2=0.8N，根据牛顿第二定律知，两根弹簧作用在物体上的合力为 1.8N，则物块要下移，根据胡克定律，两根弹簧增加的弹力相等，开始 F1=0.4N，F 2=1.0N，则每根弹簧增加 0.2N，所以上面弹簧的弹力为 0.6N故 A 正确，BCD 错误故选 A.考点：牛顿第二定律的应用5【名师点睛】解决本题的关键掌握牛顿第二定律以及胡克定律，因为两弹簧完全相同，则当物体下移时

10、，两根弹簧的形变量相等，弹力变化也相等；注意要搞清两个弹簧的弹力方向关系.7.如图甲所示，在倾角为 30的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化（图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿斜面向上为正） 则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是下图中的（物体的初速度为零，重力加速度取 10m/s2） （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动解：在 01s

11、 内，根据牛顿第二定律得 ，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在 12s 内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2s 末速度为零在 23s 内，根据牛顿第二定律得， 方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3s 末的速度大小 v=a3t=15m/s故 C 正确，A、B、D6错误故选 C【点评】解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的运动规律8.如图所示，一质点在一恒力作用下做曲线运动，从 M 点运动到 N 点时，质点的速度方向恰好改变了 90，在此过程中，质点的动能:A. 不断增大 B. 不

12、断减小 C. 先减小后增大 D. 先增大后减小【答案】C【解析】【详解】因为质点速度方向恰好改变了 90，可以判断恒力方向应为右下方，与初速度的方向夹角要大于 90，小于 180才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此恒力先做负功，当达到速度与恒力方向垂直后，恒力做正功，动能先减小后增大。所以 C 正确，ABD错误。故选 C。【点睛】此题需要根据物体做曲线运动的条件有其运动情况分析受力情况，进一步分析力的做功问题，从而判断速度（动能）的变化9.如图所示，天花板上固定有一光滑的轻质定滑轮，绕过定滑轮且不可伸长的轻质细绳左端悬挂一质量为 M 的铁块；右端悬挂有两质量均为 m 的铁块，上下两铁块用轻质

13、细线连接，中间夹一轻质弹簧处于压缩状态，此时细线上的张力为 2mg，最初系统处于静止状态。某瞬间将细线烧断，则左端铁块的加速度大小为：A. g/4 B. g/3 C. g D. 2g/37【答案】D【解析】【详解】由题意可知，烧断细线前轻绳了上的张力为 2mg，根据平衡条件可知 M=2m，以右上端的铁块为研究对象，根据平衡条件可知，烧断细线前弹簧的弹力为 mg，方向向上；细线烧断的瞬时，铁块 M 与右上的铁块 m 间的轻绳张力也会发生变化，但二者的加速度大小相同，沿绳子方向对两物体分析，根据牛顿第二定律可得：2mg+mg-mg=3ma；解得：a= g；23故 D 正确，ABC 错误。故选 D。

14、【点睛】本题考查牛顿第二定律应用中的动态分析问题，本题关键点在于明确弹簧是处于压缩状态的，所以分析时要以右上的 m 分析，不能分析右下的物体，同时注意应用牛顿第二定律时是沿绳子方向列牛顿第一定律方程10.如图所示，A、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B、C 两小球在竖直方向上通过劲度系数为 k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。现用手控制住 A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知 A 的质量为 4m，B、C 的质量均为 m，重力加速度为 g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放 A 后，A 沿

15、斜面下滑至速度最大时 C 恰好离开地面。下列说法正确的是:A. 斜面倾角 =60B. A 获得最大速度为 2gm5kC. C 刚离开地面时，B 的加速度最大D. 从释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，A、B 两小球组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A 的速度最大的时候，应是 A 受力为 0 的时候，故此时绳的拉力等于T=4mgsin，C 此时刚好要离开地面，故弹簧的拉力为 mg，对 B 受力分析可得绳对 B 的拉力为 T=2mg，则得 4mgsin=2mg，可得：=30，故 A 错误。初始系统静止，且线上无拉力，对 B 有：kx 1=mg；C 刚好离开地面时：kx 2=mg；可知

16、 x1=x2，则从释放至 C 刚离开地面8过程中，弹性势能变化量为零；此过程中 A、B、C 组成的系统机械能守恒，即：4mg（x 1+x2）sin=mg（x 1+x2）+ （4m+m）v Am2；以上方程联立可解得：A 获得最大速度为 12vAm=2g ，故 B 正确；物体 C 刚刚离开地面时，B 合外力为 0，加速度为 0，故 C 错误。从m5k释放 A 到 C 刚离开地面的过程中，根据 A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，但是 A、B 两小球组成的系统机械能不守恒，故 D 错误。故选 B。【点睛】本题关键是对三个小球进行受力分析，分析弹簧的弹力变化情况，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件

17、和系统的机械能守恒进行分析11.如图所示，倾角为 30的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球 A 和物块 B，跨过固定于斜面体顶端的滑轮 O（可视为质点） A 的质量为 m，B 的质量为 4m开始时，用手托住 A，使 OA 段绳恰处于水平伸直状态（绳中无拉力） ，OB 绳平行于斜面， 此时 B 静止不动将 A 由静止释放，在其下摆过程中 B 始终保持静止则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是（ ）A. 物块 B 受到的摩擦力一直沿着斜面向上B. 物块 B 受到的摩擦力先减小后增大C. 绳子的张力一直增大D. 地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右【答案】BCD【解析】【

18、详解】初始情况下分析物块 B 受力：竖直向下的重力 4mg、垂直斜面向上的支持力 FN、沿斜面向上的静摩擦力 Ff沿斜面和垂直斜面正交分解 B 物块受到的力，B 物块处于平衡状态，则有：沿斜面方向：F f=4mgsin30=2mg，垂直斜面方向：F N=4mgcos30=2 mg。3由牛顿第三定律知：物块 B 对斜面有垂直斜面向下的压力 FN和沿斜面向下的静摩擦力Ff，把这两个力向水平方向分解，则得：斜面体水平方向受到 B 的作用力（取水平向左为正方向）：F Nsin30-F fcos30；又F N=F N=4mgcos30=2 mg，F f=F f=4mgsin30=2mg。则 FNsin3

19、0-F fcos30=0；所以初始状态下斜面3体水平方向受物块 B 的合力为零，不存在受地面的摩擦力。小球 A 下摆过程中，物块 B 始9终保持静止，则小球 A 不对外做功，机械能守恒，小球 A 的速度不断增大，到最低点时速度最大，这时小球 A 摆到低时对绳的拉力最大，设 r 为 A 到滑轮的绳长，最低点小球 A 的速度为 v，则由机械能守恒定律得： mv2=mgr，又由牛顿第二定律得：F-mg= ，则小球 A12 mv2r对绳的拉力为 F= +mg=3mg，即物块 B 受到绳子沿斜面向上的拉力为 3mg，此时物块 B 在mv2r平行于斜面方向所受的摩擦力为 Ff=F-4mgsin30=3mg

20、-2mg=mg，方向沿斜面向下，由此可知物块 B 受到斜面的摩擦力先是沿斜面向上 2mg，后逐渐减少到零，再沿斜面向下逐渐增大到 mg，所以，选项 A 错误，选项 B 正确。由以上分析知绳子的张力一直增大，小球 A摆到低时对绳的拉力最大，故 C 正确。将 A 由静止释放，在其下摆过程中 B 始终保持静止，在绳子到达竖直位置之前，把斜面与物块 B 看做整体，绳子始终有拉力，此拉力水平向左有个分力，而整体保持静止，水平方向受力平衡，因此地面对斜面体的摩擦力方向一直水平向右，那么选项 D 正确。故选 BCD。【点睛】本题解答时要正确的分析好物体的受力，同时，要选好受力的研究对象：分析绳子拉力时选小球

21、 A，分析物块 B 受的摩擦力时选 B 物块，分析地面的摩擦力时选斜面与 B物块整体，再者要注意物块 B 所受到的摩擦力是否达到最大值12. 质量为 0.6 kg 的物体在水平面上运动，图中的两条斜线分别是物体受水平拉力和不受水平拉力的 vt 图象，则( )A. 斜线一定是物体受水平拉力时的图象B. 斜线一定是物体不受水平拉力时的图象C. 水平拉力一定等于 0.2 ND. 物体所受的摩擦力可能等于 0.2 N【答案】CD【解析】由 vt 图像可以看出两种情况下物体均做匀减速直线运动，如果拉力与阻力方向相同时，图线 1 为物体不受拉力时的图像，如果拉力与阻力方向相反时，阻力大于拉力，图线 2 为

22、不受拉力时的图像，AB 错；图线 1 的加速度大小为 1/3，图线 2 的加速度大小为 2/3，当两10力方向相同时有 F+f= ，求得 F=0.2N，同理可求得当两力方向相反时拉力也为 0.2N，CD 对；13.美国宇航局计划 2025 年前载人登陆小行星。为训练宇肮员能在失重状态下工作和生活，需要创造一种失重的环境。在地球表面附近，当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间的完全失重状态。现要求一架飞机在速度大小为 v1=500m/s时进人失重状态试验，在速度大小为 V2=1000m/s 时退出失重状态试验。 （重力加速度取10m/s2）则：（ ）A. 可以使飞机模拟

23、斜抛运动B. 可以使飞机模拟向下的减速运动C. 如果是竖直上抛运动，可计算出失重时间是 150sD. 如果是竖直下抛运动可计算出失重时间是 50s【答案】ACD【解析】【详解】当飞机作加速度的大小为重力加速度 g，加速度的方向竖直向下的运动时，座舱内的试验者便处于完全失重状态。这种运动可以是飞机模拟无阻力下的竖直下抛运动或竖直上抛运动，也可以是斜抛运动，所以 A 正确，B 错误；如果是竖直上抛运动，可计算时间是 秒，故 C 正确；如果是竖直下抛运动可计算时间是 秒，t=100050010=150 t=100050010=50故 D 正确；故选 ACD。【点睛】本题关键是分析清楚飞机的运动情况，

24、要创造一种失重的环境就得只受重力，清楚我们学过的只受重力的几种运动，运用运动学公式列式计算。14.质量分别为 m1和 m2的两个物体 A、B，并排静止在水平地面上，如图甲所示，用同方向水平拉力 F1、F 2分别作用于物体 A 和 B 上，作用一段时间后撤去，物体 A、B 各自滑行一段距离后停止，物体 A、B 运动的 v-t 图象分别如图乙中图线 a、b 所示，相关数据已在图中标出，已知 m1m 2，下列判断中正确的有( )11A. 物体 A、B 与地面的动摩擦因数一定相同B. 力 F1一定大于力 F2C. 力 F1对物体 A 所做的功一定小于力 F2对物体 B 所做的功D. 力 F1的最大瞬时

25、功率一定小于力 F2的最大瞬时功率【答案】AB【解析】试题分析：在 v-t 图象中，图线的斜率表示了物体运动的加速度，图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，根据图乙可知，2s 末撤去了力 F1，4.5s 末撤去了力 F2，在撤去了拉力后，两物体水平方向上均仅受水平地面的滑动摩擦力作用，又因为图线 a、b 的斜率相等为2m/s 2，即 a2m/s 2，根据牛顿第二定律解得，ag，因此物体 A、B 与地面的动摩擦因数相同，均为 0.2，故选项 A 正确；在有拉力作用时，根据牛顿第二定律有：F1m 1gm 1a1，F 2m 2gm 2a2，解得：F 15m 1，F 2 ，由于 m1m 2，所以 F

26、1F 2，289m2故选项 B 正确；根据功的定义式可知，力 F1对物体 A 所做的功为：W 1F 1x130m 1，力 F2对物体 B 所做的功为：W 2F 2x235m 2，因不清楚 m1、m 2的具体数值，所以无法比较 W1与W2的大小关系，故选项 C 错误；力 F1的最大瞬时功率为：P 1mF 1v1m30m 1，力 F2的最大瞬时功率为：P 2mF 2v2m ，所以 P1mP 2m，故选项 D 错误。1409m2考点：本题主要考查了功、功率的计算，和对牛顿第二定律和 v-t 图象的理解与应用问题，属于中档题。15.如图所示，质量相等的两个滑块位于光滑水平桌面上，其中弹簧两端分别与静止

27、的滑块N 和挡板 P 相连接，弹簧与挡板的质量均不计；滑块 M 以初速度 v0向右运动，它与挡板 P碰撞后粘连在一起，在以后的运动过程中（ ）A. M 的速度等于 0 时，弹簧的长度最短B. M 的速度为 v0/2 时，弹簧的弹性势能最大C. 两滑块速度相同时，N 的动量最大D. 弹簧的弹力对 N 做功最多为 mv02/2【答案】BD12【解析】【详解】M 与 P 碰撞压缩弹簧时，M 做减速运动，N 做加速运动，开始时 M 的速度大于 N 的速度，当 M 与 N 速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹簧弹性势能最大，设相等时的速度为v，根据动量守恒定律得：mv 0=2mv；解得 v= v0 故 A

28、错误，B 正确；弹簧被压缩到最短时，12N 受弹簧的弹力方向向右，所以继续加速，所以 N 的动量继续增大，故 C 错误；弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹力使得 M 减速，N 加速，当弹簧恢复原长时，由于两个滑块质量相等，根据动量守恒定律和机械能守恒得，M 的速度为零，N 的速度是 v0。根据动能定理得弹簧的弹力对 N 做功最多为 mv02故 D 正确；故选 BD。12【点睛】本题是系统动量守恒和机械能守恒的问题两个质量相等的小球发生弹性碰撞时，将交换速度二、实验题16. （8 分）利用气垫导轨验证机械能守恒定律。实验装置示意图如图 1 所示，实验步骤：A将气垫导轨放在水平桌面上，桌面高度不低于 1

29、m，将导轨调至水平。B用游标卡尺测量挡光条的宽度 dC由导轨标尺读出两光电门中心之间的距离 sD将滑块移至光电门 1 左侧某处，待砝码静止不动时，释放滑块，要求砝码落地前挡光条已通过光电门 2。E从数字计时器（图 1 中未画出）上分别读出挡光条通过光电门 1 和光电门 2 所用的时间t 1和 t 2。F用天平称出滑块和挡光条的总质量 M，再称出托盘和砝码的总质量 m。用表示直接测量量的字母写出下列所求物理量的表达式：（1）滑块通过光电门 1 和光电门 2 时的瞬时速度分别为 v1= 和 v2= 13（2）在滑块从光电门 1 运动到光电门 2 的过程中，系统势能的减少量 E p=_ _（重力加速

30、度为 g） 。系统（包括滑块，挡光条、托盘和砝码）动能的增加量 E k=_ _（3）如果 E p=E k，则可认为验证了机械能守恒定律。【答案】(1) （2）mgs【解析】试题分析：（1）通过光电门的平均速度近似认为是瞬时速度 ，；（2）滑块向前移动的位移为 s，砝码下落的高度也为 s，系统势能的减小量就是砝码重力势能的减小量 ，系统动能的增加量为。考点：本题考查了机械能守恒定律三、计算题17.质量为 M 的斜面倾角为，在水平面上保持静止，当将一质量为 m 的木块放在斜面上时正好匀速下滑，若用与斜面成 a 角的力 F 拉着木块匀速上升，如图。求：（1）当角 a 为多少时，拉力 F 最小值，并求

31、出这个最小值？（2）此时水平面对斜面的摩擦力是多少。【答案】 （1）=，mgsin2 （2）12mgsin4【解析】试题分析：（1）m 匀速下滑： mgsin=mgcos解得： =tanm 在 F 作用下匀速下滑：14Fcos=(mgcosFsin)+mgsinF=(mgcos+mgsin)cos+sin =mgsin2cos()当 = 时，F 有最小值为： 。Fmin=mgsin2（2）整体法： 。Ff=Fcos(+)=mgsin2cos2=12mgsin4考点：本题考查牛顿第二定律，函数极值法。18.如图所示，在高为 h=5m 的平台右边缘上，放着一个质量 M=3kg 的铁块，现有一质量为

32、m=1kg 的钢球以 v0=10m/s 的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为 L=2m，已知铁块与平台之间的动摩擦因数为 0.5，求铁块在平台上滑行的距离 s（不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点，取 g=10m/s2） 【答案】1.6m【解析】试题分析：钢球与铁块发生碰撞，时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离 s解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为 v1，铁块的速度大小为 v，由于碰撞时间极短，

33、系统的动量守恒，则有mv0=Mvmv 1，碰后钢球做平抛运动，则有l=v1t h= gt2由解得 t=1s，v 1=2m/s，v=4m/s，d 碰后铁块向左做匀减速直线运动，加速度大小为a= =g=5m/s 215最终速度为 0，则其运行时间为t1= =0.8s 所以铁块在平台右滑行的距离为 s= t1=1.6m 答：铁块在平台上滑行的距离 s 是 1.6m【点评】本题分析物理过程，把握每个过遵循的物理规律是关键对于铁块滑行的距离，也可以根据动能定理求解19.如图所示为粮食仓库中常用的皮带传送装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送， A、 B 两端相距 L13 m；另一台倾斜传送，传

34、送带与地面间的夹角 37，C、 D 两端相距 L24.45 m， B、 C 相距很近。水平传送带以 v05 m/s 的速率沿顺时针方向转动。现将质量为 m10 kg 的一袋大米无初速度地放在 A 端，它随传送带到达 B 点后，速度大小不变地传到倾斜传送带的 C 端。米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为 0.5，取 g10 m/s 2。(sin 370.6，cos 370.8)(1)若倾斜传送带 CD 不转动，则米袋沿传送带 CD 能上滑的最大距离是多少？(2)若倾斜传送带 CD 以 v4 m/s 的速率沿顺时针方向转动，则米袋从 C 端运动到 D 端的时间为多少？【答案】(1) x1.25m (

35、2) t2.1s【解析】本题考查物体在水平传送带和倾斜传送带上的运动，要注意分析物体摩擦力的变化、加速度的变化。(1)米袋在水平传送带 AB 上加速运动的加速度 a0=mgm=5m/s2米袋速度达到 v05 m/s 时通过的距离 x0=v202a0=2.5m3m=L1故米袋先加速一段时间后再与传送带 AB 一起匀速运动，到达 C 端时的速度为 v05 m/s。设米袋在传送带 CD 上传送的加速度大小为 a，根据牛顿第二定律有 ，mgsin mgcos ma16解得 a 10m/s2米袋沿传送带 CD 上滑的最大距离 x=v202a=1.25m(2)传送带 CD 沿顺时针方向转动时，米袋的速度减为 v4 m/s 前受力与传送带 CD 不动时的受力相同，则此前上滑的距离米袋速度达到 v4 m/s 后，由于 ，米袋继续减速上滑，其加速度大小为a2，则 ，解得：米袋减速到零时上滑的距离 因 x1 x24.45 m L2，故米袋速度为零时刚好到达 D 端米袋速度由 v0减为 v 所用的时间由 v 减为 0 所用的时间 故米袋从 C 端到 D 端的总时间 t t1 t22.1 s。