特训10计算20题-2020-2021学年高一物理上学期期末满分必刷300题（尖子生专用）

2020-2021学年上学期期末满分必刷300题高一物理（尖子生专用）满分突破必刷20题 1．如图所示，有一水平传送带以v0=2m/s的速度匀速运动，传送带左右端间的距离为L=10m，现将一物体（可视为质点）轻放在传送带的左端上，物体由于与传送带间的相对滑动，而受到水平向右的滑动摩擦力的作用，物体由静止开始以a4m/s2的加速度做水平向右的匀加速运动。当物体达到与传送带速度相等时，由于没有相对滑动，摩擦力立即消失，物体开始做匀速运动，此过程中传送带速度保持不变。求： (1)传送带将该物体从传送带左端传送到右端所需时间t； (2)物体从左端到达右端的过程中，传送带比物体多运动的位移x。 【答案】(1)5.25s；(2)0.5m 【详解】 (1)物体受到恒定的加速度从左端向右端做匀加速直线运动，当物体与传送带共速时 解得物块加速阶段的位移为 x1=0.5m 所以物块匀速运动的位移为 x2=L-x1=9.5m 物块在加速阶段的时间为 物块在匀速阶段的时间为 传送带将该物体从传送带左端传送到右端所需时间 t = t1+t2 =5.25s (2)在物块加速阶段，传送带向前走了 x′=v0t1=1m 传送带比物体多运动的位移 ∆x=x′-x1=0.5m 2．如下图所示为长沙市地标建筑国金中心，其内置观光电梯，到达位于高层的餐厅的游客可以鸟瞰长沙。电梯从地面到93层的餐厅只需要48s，整个过程经历加速、匀速和减速三个阶段，加速和减速阶段可视为匀变速过程，且加速度大小相等。电梯上行的最大速度为当电梯加速上升时，质量为50kg的人站在置于电梯地板上的台秤上，台秤的示数为65kg，g取，求： (1)电梯加速上升的加速度大小； (2)餐厅距地面的高度。 【答案】(1)；(2) 【详解】 (1)根据台秤的示数可知支持力大小，台秤的示数为65kg时，支持力，当电梯加速上升时，根据牛顿第二定律 代入数据解得 (2)对于匀加速运动过程，有 代入数据解得 因匀加速和匀减速阶段的加速度大小相等，所以两个阶段的时间和位移大小相等，故匀速运动的时间 匀速运动的位移 代入数据解得 故餐厅距地面的高度 3．在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平面成θ＝37°固定，质量为m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O，如图甲所示．开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1＝2s时刻风停止．小球沿细杆运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略浮力．求： （1）小球在0~2s内的加速度a1和2~5s内的加速度a2 （2）小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小． 【答案】（1）小球在0～2s内的加速度15m/s2，方向沿杆向上； 2～5s内的加速度，方向沿杆向下． （2）和N． 【详解】 (1) 取沿杆向上为正方向，由图象可知： 在0～2s内小球的加速度为： m/s2，方向沿杆向上 在2～5s球的加速度为： m/s2，负号表示方向沿杆向下． (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图甲所示 在y方向，由平衡条件得： 在x方向，由牛顿第二定律得： 停风后上升阶段，小球的受力情况如图乙所示 在y方向，由平衡条件得： 在x方向，由牛顿第二定律得： 联立以上各式可得：，＝50N 4．如图所示，底座A上装有长0.5m的直立杆，用细线悬挂，底座底面离水平地面H=0.2m，杆上套有一小环B，它与杆间有摩擦，若环从底座以m/s的初速度沿杆向上运动，最后恰能到达杆的顶端，若环由静止从杆顶下滑至底座时的速度大小为m/s（取g=10m/s2）。求： (1)环沿杆上滑和下滑过程中的加速度大小之比； (2)若小环在杆顶端时细线突然断掉，底座下落后与地面立即粘合后静止，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环第一次与底座相碰； (3)若小环在杆底端时细线突然断掉，底座下落后与地面碰撞后以倍的速度反弹，反弹后底座全过程都近似看成上抛运动（加速度为g）；而环与底座的碰撞是弹性碰擅，以原速反弹，整个过程杆没有晃动，则线断后经多长时间环与底座第一次共速，此时环相对底座距离多少。 【答案】(1)3；(2)0.4s；(3)0.1s，0.025m 【详解】 (1)环向上做匀减速运动中，有 2a上L 解得 a上 环由静止从杆顶下滑到底座运动中有 2a下L 解得 a下 (2)环向上做匀减速运动中，对环受力分析，由牛顿第二定律有 mg+Ff=ma上 解得 Ff=ma上−mg 对环和底座一起下落运动中，有 计算得出 由速度公式，有 v1=gt1=2m/s 底座静止后，环做匀加速运动，此运动中有 mg−Ff=ma2 解得 a2=5m/s2 由 计算解得 t2=0.2s 因此环向下运动的总时间是 t总=t1+t2=0.4s 即线