高一竞赛训练1~8

1高一物理竞赛检测题（一）班级姓名学号得分（15分）1、听录音时放带速度是不变的，若听录音磁带时，发现在t1=20分钟内磁带的半径减少了一半，问再经多长时间，磁带半径又减少一半？（忽略磁带轴芯尺寸）解：设录音带的厚度为d，放音带速度为V，磁带原来的半径为R，经过t1=20分钟后的半径变为R1=R/2，再经t2分钟后的半径变为R2=R/4，则有：2121RRdVt……………①22212RRdVt……………②由①②联立解并代入数据得：t2=5（分钟）（15分）2、如图所示，在一个小山坡上竖直地立了一根电线杆AC，其高度为h，现自其顶端拉一根光滑的铁索AB到坡底，且B与C两点间的距离与电线杆的高度相等，现将一个光滑的铁环串在铁索上，试问让其从A点由静止开始滑到B点的时间为多少？解：如图所示，以C为圆心，以AC长h为半径画圆，因为BC=h，由数学知识可知B点必在此圆周上，延长AC交圆周于D点，连接BD，则由∠ABD=90°，AD=2h，设∠CAB=θ，则有：s=AB=2hcosθ，铁环在铁索上滑行时的加速度为：a=gcosθ由2at21s得：2tcosg21cosh2解之得：gh2t（15分）3、一质量为m的木块放在水平地面上，今用一个大小为F的拉力拉着它在水平地面上运动，已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，则木块运动加速度的最大值为多少？解：如图所示，物体受到F，mg，f，N四个力作用，设F与水平面间的夹角为θ，BACmgF1F2fFNθBACDθ2竖直方向受力平衡：N+Fsinθ=mg………①f=μN………………②水平方向，根据牛顿第二定律：Fcosθ－f=ma…………③联立①②③解得：gsincosmFa由数学知识得：21sincos的最大值为所以，加速度的最大值gm1Fa2（15分）4、收割机拨禾轮上面通常装4到6个压板，拨禾轮一边旋转，一边随收割机前进，压板转到下方才发挥作用，一方面把农作物压向切断器，另一方面把切下来的农作物铺放在收割台上，因此要求压板运动到下方时相对于作物的速度与收割机前进方向相反。已知收割机前进速度为1.2m/s，拨禾轮直径1.5m，转速22r/min，求压板运动到最低点挤压作物的速率，装置如图所示。解：如图所示，轮轴的速度即为收割机前进的速度v0=1.2m/s，拨禾轮半径为r=0.75m，其转动角速度s/rad151160222n2压板转到最低点时相对轮轴的速度s/m73.1151175.0rv1压板转到最低点时相对作物的速度s/m53.0vvv01（方向向右）（20分）5、质量为1kg的物体原来静止在光滑水平面上，在第1、3、5……各奇数秒内给物体施以方向相同的，大小为2N的水平推力；在第2、4、6……各偶数秒内不给物体施力，问经历多长时间，此物体完成120m的位移？解：已知F=2N，m=1kg，初速度v0=0，由于水平面光滑，所以当物体受到水平拉力时，加速度2s/m2mFa依题意有：第1秒内的位移m1aT21s21，v1=aT=2m/s第2秒内的位移m2aTTvs212，v2=v1=2m/s第3秒内的位移m3aT21Tvs223，v3=v2+aT=4m/s收割机压板ωv1v03以此类推，第n秒内的位移mnsn所以，2nn1n321sssssn321总因为m120s总，所以有：1202nn1解得n=15（s）即经过15秒，此物体完成120m的位移。解法二：（图象法）物体受拉力作用时的加速度：a=F/m=2m/s2经分析得，物体运动的v—t图象如图所示，其图线下方的“面积”表示对应时间内的位移，则易求得每秒钟内的位移为：s1=1m，s2=2m，s3=3m，……，sn=n（m），则s总=s1+s2+s3+……+sn=1+2+3+……+n=2n)n1(……①令s总=120m……②由①②解得：n=15（s）（20分）6、如图所示，A、B原为两个相同的均质实心球，半径为R，重量为G，将A、B球分别挖去半径为R/2的小球，均匀杆重量也为G，长度为L=4R，试求系统重心C的位置。解：设球的密度为ρ，挖去的两小球重量均为G1，则有：312R34gG3R34gG所以，G81G1则系统乘余部分的重量为G411G2G3G10，设其重心位置位于杆中点D的左侧x远处，现假设将挖去的小球放回原处，这样，系统重心位置应在杆的中点D处，若以D为轴，则有∑M=0，即02R32LG2R2LGxG110代入数据解得：22RxABCLACLBDxO12345678t/ss/m24684（20分）7、如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M，滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H，某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率vM。解：如图，设A绕O转动的线速度为v，其沿BA方向的分量v1即为物体块M的速率vM，则有v=Rω……………①vM=v1=vsinβ………②在△AOB中，由正弦定理：sinHsinR得：sinHsinR………③联立①②③式解得：vM=Hωsinα（20分）8、有一半径为a、高为4a、重为G0的两端开口的薄壁圆筒，现将筒竖放在光滑的水平面上，之后将半径为r，重为G的两个完全相同的光滑圆球放入筒内而呈叠放状态，如图所示。当a＜2r＜2a时，试求使圆筒不翻倒的条件。解：A、B球和圆筒的受力如图所示，由几何关系可得：rracos………①对A球，由∑F=0得：21NcosN………②GsinN1…………③对圆筒：由∑F=0得：223NNN……④以C为轴，刚好不翻转的条件是筒的左端D处恰好无压力，由∑M=0得：0)sinr2r(NrNaG230………⑤联立①②③④⑤解得：a)ra(2GG0ABCMORωαN1N/1N2N3GN/2N/3GG0N4ABθCDABCMORωαvv1ββH5高一物理竞赛检测题（二）班级姓名学号得分（10分）1、在粗糙水平木板上放一物块，沿图所示的逆时针方向做匀速圆周运动，圆半径为R，速率v＜Rg，ab为水平直径，cd为竖直直径。设运动中木板始终保持平衡，物块相对于木板静止，则：[C]A、物块始终受四个力作用B、只有在a、b、c、d四点，物块受到的合外力才指向圆心C、从a运动到b，物块处于超重状态D、从b运动到a，物块处于超重状态解：a→d过程，木块在竖直方向减速下降；d→b过程木块在竖直方向加速上升。（15分）2、质量为M的均匀实心球的半径为R，中心为O点，现在设想在里面造成一个球形空腔，其半径r=R/2，中心为O点，如图所示在O和O的连接上与O点相距L的P点放一质量为m的质点，试求球的剩余部分对此质点的引力F。解：实心大球对P处质量为m的质点引力为：21LMmGF空腔处实心小球质量为M81R34812R34M33空腔处实心小球对P处质量为m的质点引力为：222RLMm81GF挖去小球后，剩余部分对P处质点的引力为：2221RL221L1GMmFFFabcdωOOP6（15分）3、如图所示，轮子在水平面上以角速度ω作无滑动的滚动，已知轮子中心的速度为v0，试求轮边缘上任一点P相对地面的速度大小。P点的位置用θ角表示。解：P点相对O点的线速度V1=ωR，方向如图所示，P点的绝对速度为V，则由余弦定理得：cosvv2vvv0120212………①由于无滑动，所以A点的绝对速度VA=0，则有：0vRv0A…………②联立①②解得：)cos1(2vv0（20分）4、如图所示，一根绳跨过装在天花板上的滑轮，一端接质量为M的物体，另一端吊一载人的梯子而平衡。人的质量为m。若滑轮与绳子的质量均不计，绳绝对柔软，不可伸长。问为使滑轮对天花板的作用力为零，人相对梯子应按什么规律运动？解：依题意可知，当绳子不受拉力时，滑轮对天花板的作用力为零，则M应作自由落体运动，梯子应向上做匀加速运动，加速度大小为g，设人对梯子的作用力为F，因为开始时系统处于平衡状态，则有Mg=（m+m梯）g，可得：梯子的质量m梯=)mM(，则根据牛顿第二定律：对梯子：g)mM(g)mM(F对人：mamgF解方程组得：ggmM2gmg)mM(2a人相对梯子的加速度为：gmM2gaa可见，人应沿梯子向下，相对梯子以gmM2的加速度作匀加速运动。（20分）5、宇航员在某一行星的极地上着陆时，发现当地重力是地球上重力的0.01倍，而一昼夜的时间与地球上相同。研究此行星时还发觉，物体在它的赤道上完全失去重量。求这颗行星的半径R。MmPAOv0θωPAOv0θωvv1v0F（M-m）g梯子受力图gFmg人受力图a7解：在极地，万有引力等于重力，即mg01.0RMmG2…………①在赤道，物体随行星自转的向心力由万有引力提供，即，22)T2(mRRMmG………②联立①②解得：224gT01.0R将g=9.8m/s2，T=24×3600s，π=3.14代入上式解得：R=1.855×107(m)（20分）6、以v0=10m/s的初速度自楼顶平抛一小球，若不计空气阻力，当小球沿曲线运动的法向加速度大小为5m/s2时，求小球下降的高度及所在处轨迹的曲率半径。解：如图所示，设法向加速度2ns/m5a时的速度为v，曲率半径为，下落高度为h，并设v与水平方向夹角为θ，将重力mg沿法向和切向分解，则法向：根据牛顿第二定律和向心力公式有：mgcosθ=man解得21105gacosn所以60由图可知：s/m2030cos10cosvv0根据向心加速度2nva解得m80520av2n2由图可知：s/m31030sin20sinvvy根据自由落体运动规律有：gh2v2y解得m15102310g2vh22y（20分）7、公园里的转椅以恒定的角速度ω绕其竖直对称轴在水平面内做匀速转动，如图所示。转椅上的人以相对转椅的速度v水平抛出一小球，为使小球击中转椅架底部中心点O。试求v的大小和方向。已知小球抛出点比O点高h，与竖直转轴的距离为R。解：如图所示，v0为小球运动的线速度，v1为小球的合速度，方向沿半径指向转轴，v为小球相对转椅的速度，则有：Rv0……①2120vvv……②10vvtan……③小球抛出后以指向转轴的水平速度v1做平抛运动，则有：ORhωmgvvyv0vOθθh8tvR1………④2gt21h………⑤由④⑤解得h2gRv1……⑥由①②⑥解得：h2gRv2由①③⑥解得：gh2tan所以，小球抛出时相对转椅的速度大小为h2gRv2，方向与此时线速度方向的夹角为（gh2arctan2）（20分）8、如图所示，一根长为L的细杆可绕通过O端的水平轴在竖直平面内转动。杆最初处在水平位置，杆上放置一小球（可视为质点），与O轴距离为a。杆与小球最初均处于静止状态，若杆突然以匀角速度ω绕O轴向下转动，试问当ω取什么值时，小球能与细杆相碰？解：临界条件是：小球由静止开始自由下落高度H后，恰好与细杆的右端相碰，此时细杆转过的角度为（弧度）则有：t……①2gt21H……②22aLH……③Lacos……④联立①②③④解得：LaarccosaL2g22所以，要使小球能与细杆相碰，则有：LaarccosaL2g022另一种情况是细杆转过一圈后，细杆右端恰与小球相碰，则有2t………⑤联立②③④⑤解得：2Laarcco