2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》(解析版).docx

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1、2020 年高考物理二轮热点专题训练 力学综合计算题1如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板 A、 B 置于水平地面上，它们的间距s2.88 m 质量为 2m，大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端 C 与 A 之间的动摩擦因数 1 0.22， A、B 与水平地面之间的动摩擦因数为20.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动2 摩擦力开始时，三个物体处于静止状态 现给 C 施加一个水平向右、 大小为 25mg 的恒力 F， 假定木板 A、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起， 要使 C 最终不脱离木板， 每块木板的长 度至少应为多少？【解析】第一阶段拉力 F小于 C、A间最大静摩擦力， 因此

2、C、A共同加速到与 B相碰该 过程对 C、 A 用动能定理有（F2·3mg）s32mv12解得 v1 8 0.3 m/s.A、B 相碰瞬间， A、B 系统动量守恒 mv1 （m m）v2碰后共同速度 v2 4 0.3m/s.C在AB上滑行全过程， A、 B、C系统所受合外力为零，动量守恒， C 到B右端时恰好 达到共同速度，即 2mv1 2mv2 4mv因此共同速度 v6 0.3m/s.C 在 A、B 上滑行全过程用能量守恒得F·2L12×4mv2(12×2mv2112×2mv22)1·2mg·2L代入数据解得 L0.3 m

3、.答案】 0.3 m2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量 M 0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB1段是半径 R0.4 m 的光滑 1圆弧，在 B点与水平轨道 BD 相切，水平轨道的 BC 段粗糙，动 4摩擦因数 0.4，长 L3.5 m，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧现有一质量m0.1 kg 的小物体 (可视为质点 )在距 A点高为 H3.6 m 处由静止自由落下，恰沿 A点滑入 圆弧轨道 (g10 m/s2)求：(1) ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；(2) 小物体第一次沿轨道返回到 A 点时的速度大小【解析】 (1) 由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点

4、B 时轨道的速率最大，设为vm，假设此时小物体的速度大小为 v，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初 速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：Mvm mv由机械能守恒得： mg(H R) 12Mv 2m 21mv2解得： vm 2.0 m/s(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同， 设为 vx，假设此时小物体在竖直方向的分速度为vy，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：（M m）vx 0由能量守恒得：mgH 21（M m）vx221mvy2 m2gL解得 vx 0； vy 4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时

5、的速度大小 vA vx2 vy2 16 m/s 4 m/s答案】 (1)2.0 m/s (2)4 m/s如图所示， AB 是倾角为 30°的粗糙直轨道， BCD 是光滑的圆弧轨道， AB 恰好在 B 点与圆弧相切圆弧的半径为R.一个质量为 m 的物体 ( 可以看作质点 )从直轨道上的 P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动已知 P 点与圆弧的圆心 O 等高，物体与轨道 AB 间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g，求：19(1) 物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2) 物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离；(3) 释放点距 B 点的距离 L 应满足什么条件，为能使物体能顺

6、利通过圆弧轨道的最高点D.解析】 (1)根据几何关系： PBtaRn 3R从 P 点到 E 点根据动能定理，有：mgR mcgos ·PB 21mv2E 0代入数据：mgR 解得：vE2 3 gR在 E 点，根据向心力公式有： FN mg m R解得： FN3mg 3mg(2)物体滑回到轨道 AB 上距 B 点的最大距离 x，根据动能定理，有mg(BP x) ·sin mcgos (BP x) 0 0代入数据： mg( 3Rx) ·12mg·23 ( 3Rx)0 解得： x 33R31v2(3)刚好到达最高点时，有 mg mR解得： v gR根据动能定理

7、，有mg(L1sin RRcos ) mcgos ·L 2mv 2 0代入数据：1mg(2LRR)L 12mgR解得： L 3R 3R1 3所以 L3R 3R，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D1 3【答案】 (1)3mg3mg (2) 3 3R3 13R 3R(3) L31R 33R4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态作 用于滑块的水平力 F 随时间 t 变化图象如图乙所示， t2.0 s 时撤去力 F，最终滑块与木板 间无相对运动已知滑块质量 m2 kg ，木板质量 M 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数 0.2，取 g10 m/s2.求：

8、(1)t0.5 s时滑块的速度大小；(2)0 2.0 s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量【解析】 (1)木板 M的最大加速度 amMmg 4 m/s2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力 Fm(Mm)am12 N即 F 为 6 N 时， M 与 m 一起向右做匀加速运动对整体分析有： F(Mm)a1v1 a1t1代入数据得： v11 m/s(2)对 M：00.5 s， x1 12a1t21052 s， mg Ma212x2 v1t 2 2a2t 2则 02 s内木板的位移 xx1x26.25 m(3)对滑块：052 s，Fmg ma2102 s 时滑块的位移 xx1(v1t

9、22a2t22)在 02 s内 m与 M 相对位移x1xx2.25 mt2 s时木板速度 v2v1a2t27 m/s滑块速度 v2v1a2t210 m/s撤去 F 后，对 M：mgMa3对 m： mgma3当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即 v2a3t3v2 a3t3解得 t3 0.5 s1该段时间内， M 位移 x3v2t3 21a3 t2312m 位移 x3 v2 t3 2a3t32相对位移 x2x3x30.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移xx1x2 3 m系统因摩擦产生的热量 Q mg·x 12 J.【答案】见解析5 如图所示，质量为 M 的平板车 P 高 h，

10、质量为 m 的小物块 Q 的大小不计，位于平板 车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于 Q正上方高为 R处，另一端系一质量也为 m的小球 (大小不计 )今将小球拉至悬线与竖直位置 成 60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知 Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍， Q 与 P 之间的动摩擦因数为 ，Mm 4 1， 重力加速度为 g.求：(1)小物块 Q 离开平板车时速度为多大？(2)平板车 P 的长度为多少？【解析】 (1) 小球由静止摆到最低点的过程中，有：1mgR(1cos 60 °) 2m

11、v20解得 v0 gR小球与小物块 Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv0mv1 mvQ解得： v10， vQv0 gR二者交换速度，即小球静止下来 Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQMvm(2v)解得， v1vQ gR66小物块 Q 离开平板车时，速度为： 2v 3gR(2)由能量守恒定律，知1 2 1 2 1 2FfL2mv 2Q 2Mv 22m(2v)2又 Ff mg解得，平板车 P 的长度为 L 7R.18【答案】 (1) 3gR (2)178R6.2018年 10月23日，港珠澳大桥开通， 这是建筑史上里程最长、 投资最多、施工难度 最大的跨海大桥。如图所

12、示的水平路段由一段半径为 48 m 的圆弧形弯道和直道组成。现有 一总质量为 2.0 ×103 kg、额定功率为 90 kW 的测试汽车通过该路段，汽车可视为质点，取重 力加速度 g 10 m/s2。(1) 若汽车通过弯道时做匀速圆周运动， 路面对轮胎的径向最大静摩擦力是车重的 1.2 倍， 求该汽车安全通过此弯道的最大速度；(2) 若汽车由静止开始沿直道做加速度大小为 3 m/s2 的匀加速运动，在该路段行驶时受 到的阻力为车重的 0.15倍，求该汽车匀加速运动的时间及3 s末的瞬时功率。【答案】 (1)24 m/s (2)3.3 s 81 kW【解析】 (1) 径向最大静摩擦力提

13、供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大 速度为 vm，则有： f 径向 mvr根据题意 f 径向 1.2mg代入数据解得： vm 24 m/s。(2)汽车在匀加速过程中： F f ma当功率达到额定功率时， P0Fv1v1 at1代入数据解得： t13.3 st3 s<t1 3.3 s则汽车在该过程中始终做匀加速运动，有：v atPFv则 3 s 末发动机功率为： P 81 kW 。7.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。比赛时，运动 员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶从本垒圆心 O 向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿 直线 OO滑向营垒圆心 O，为使冰壶能

14、在冰面上滑得更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小 冰壶与冰面间的动摩擦因数。已知 O 点到前卫线的距离 d4 m，O、O之间的距离 L30.0 m，冰壶的质量为 20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数 1 0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦 因数减小到 2 0.004 ，营垒的半径 R 1 m， g 取 10 m/s2。(2)若运动员对冰壶的推力为 10 N，要使冰壶滑到营垒内， 用毛刷刷冰面的距离是多少？【答案】 (1)12 N (2)距离在 812 m 范围【解析】 (1)设运动员对冰壶的推力为 F，对整个过程，由动能定理得： Fd 1mgL 0代入数据解得 F12 N。(2)设冰壶运动到营垒的

15、最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1；冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2。由动能定理得： Fd1mg(LR x1) 2mgx1 0代入数据解得 x1 8 m由动能定理得： Fd1mg(LR x2) 2mgx2 0代入数据解得 x212 m所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在812 m 范围内。8. “嫦娥四号 ”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面 100 米 处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a2 m/s2垂直下降。当四条 “缓冲脚 ”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经 2 s 减速到 0，停止在月 球表面上。飞

16、船质量 m1000 kg，每条 “缓冲脚 ”与地面的夹角为 60°，月球表面的重力加速 度 g3.6 m/s2，四条 “缓冲脚 ”的质量不计。求：(1) 飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；(2) 从“缓冲脚 ”触地到飞船速度减为 0的过程中，每条 “缓冲脚 ”对飞船的冲量大小。【答案】 (1) 1.6 ×105 J (2) 136030 3 N·s3【解析】 (1) 飞船加速下降时，由牛顿第二定律，有： mg Fma推力对火箭做功为： W Fh解得： W 1.6 ×105 J。(2)设 “缓冲脚 ”触地时飞船的速度为 v，飞船垂直下降的过程中

17、，有： v2 2ah从“缓冲脚 ”触地到飞船速度减为 0 的过程中，设每条 “缓冲脚 ”对飞船的冲量大小为 I， 根据动量定理，有：4I sin60 °mgt 0(mv)解得： I 136030 3 N·s。39 如图 a 所示，轻质弹簧左端固定在墙上， 自由状态时右端在 C 点，C 点左侧地面光滑、右侧粗糙。用可视为质点的质量为 m1 kg 的物体 A将弹簧压缩至 O点并锁定，以 O点为原点建立坐标轴。现用水平向右的拉力 F 作用于物体 A，同时解除弹簧锁定，使物体A 做匀加速直线运动，拉力 F 随位移 x 变化的关系如图 b 所示，运动到 0.225 m 处时，撤去拉力

18、 F，重力加速度 g 10 m/s2。(1)求物体 A与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；(2)若在 D 点给物体 A 一向左的初速度， 物体 A 恰好能将弹簧压缩至 O 点，求物体 A 到 C 点时的速度；(3)质量为 M3 kg的物体 B在D点与静止的物体 A发生弹性正碰， 碰后物体 A向左运 动并恰能压缩弹簧到 O 点，求物体 B 与 A 碰撞前的瞬时速度。24【答案】 (1)0.5 0.45 m (2)2 m/s (3)3 m/s【解析】 (1) 由于物体 A 做匀加速直线运动，结合图象可知：从O到 C点的过程中： F弹Fma在 C 点，弹簧处于自由状态，弹

19、簧弹力FC弹 0，拉力 FC5 N，解得： a5 m/s2在 C 点右侧，由牛顿第二定律有： Fmg ma，由图象可知拉力 F10 N解得： 0.5从O到 C点， A做匀加速直线运动，则： v2C 2axOC解得： vC 1 m/s从C到 D的过程中，由动能定理得：Fx1 m·gxCD012mv2C其中 x10.225 m0.1 m0.125 m解得： xCD0.35 m所以 D 点坐标为： xDxOCxCD 0.45 m。1(2)物体 A 将弹簧由 C 点压缩至 O 点的过程，由动能定理得： W 弹 0 2mv2C1其中1 物体从 O 到 C，由动能定理得： W 弹WF2mv2C0

20、联立解得：2 vC1 2 m/s。WFF2xOC(3) 设 B 碰前速度为 v0，碰后速度为 v1；碰后 A 的速度为 v2，则：Mv0 Mv1 mv212Mv 02 21Mv12 21mv22物体 A 从 D 到 C 的过程中，由动能定理：1 2 1 2 mgCxD2mv2C1 2mv22联立解得：4v2 2 m/s， v0 3 m/s。10. 用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢 里的货物运动情况。已知模拟小车 (含遥控电动机 )的质量 M7 kg，车厢前、后壁间距 L4 m，木板 A 的质量 mA1 kg，长度 LA2 m，木板上可视为质点的物体B 的

21、质量 mB 4 kg，A、B 间的动摩擦因数 0.3，木板与车厢底部 (水平 )间的动摩擦因数 0 0.32， A、B 紧靠 车厢前壁。现 “司机 ”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A、B 同时与车厢后壁碰撞。设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为F 阻16 N ，重力加速度大小 g 10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)从小车启动到 A、B 与后壁碰撞的过程中，分别求 A、 B 的加速度大小；(2)A、B 与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，A、B 的速率均变为碰前小车的速率， 且“司机

22、”立即关闭遥控电动机， 求从开始运动到 A 相对车静止的过程中， A 与车之间由于摩擦产生的内能。【答案】 (1)4 m/s2 3 m/s2 (2)670 W (3)40 J【解析】 (1) 由题意，从小车启动到 A、B 与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动， 三者受力如图所示，对 B： fAB mBg 12 N由牛顿第二定律有： fAB mBaB代入数据解得： aB3 m/s2，方向向前，做匀加速运动 对 A： F 车 A 0( mA mB)g 16 N ，fABfBA 由牛顿第二定律： F 车 A fBA mAaA代入数据解得： aA 4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。(2)A、B 同

23、时到达后壁，有sA sB12aAt221aBt2 LA1 2 1 2且： s 车sB2a 车 t22aBt2L解得： t 2 s， a 车 5 m/s2对车，由牛顿第二定律有：F 牵 0( mA mB) g F 阻 Ma 车解得： F 牵67 N电动机输出功率为 PF 牵 v碰撞前瞬间的车速为： va 车 t联立以上各式并代入数据解得：v10 m/s， P 670 W 。(3) 碰撞后瞬间， v 车0.8v8 m/s，A、B的速率为 v，因 <0所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，对 B： aB aB 3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动 对 A： aA aA 4 m/s

24、2，方向向后，做匀减速直线运动 对车： F 牵F 阻FA 车 0，因此车做匀速直线运动设经时间 t，A与车相对静止，则： tvv车0.5 s aAA 与车间相对滑动的距离为：1ssAs车(vt2aAt2)v 车t得： s 0.5 mA 相对车通过的总路程： s 总 s L2A 与车之间由于摩擦产生的内能： EF 车As 总代入数据解得： E40 J。11. 翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气 阻力都受到影响， 同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。 已知飞行器的动力 F 始终与飞行方向相同， 空气升力 F1与飞行方向垂直， 大小与速度的平方成正比，

25、 即 F1C1v2； 空气阻力 F2 与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F2C2v2。其中 C1、C2相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。飞行员和装备的总质量为m90 kg。(重力加速度取 g 10 m/s2)(1)若飞行员使飞行器以速度v1 10 3 m/s 在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。结合甲图计算，飞行器受到的动力 F 为多大？(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节 C1 5.0 N·s2/m2，机翼中垂线和竖直方向夹角为 37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径 r 和速度 v2大小。 (已知 s

26、in37 °0.6，cos37 °0.8)【答案】 (1)750 N (2)30 m 15 m/s【解析】 (1) 选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mgC1v21得：C13 N ·s2/m2由 C1、 C2关系图象可得： C22.5 N s·2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡： F F2又 F2 C2v21解得： F750 N。(2)由题意知空气升力 F 1与竖直方向夹角为 ，在竖直方向所受合力为零， 有：mg C1v22 cos水平方向合力提供向心力，有： C1v22sin mvr联立解得： r 30 m；v215 m/s

27、。12. 如图所示，一质量为 m 0.45 kg 的小物块 (可视为质点 )从水平面上的 A 点以一定的 初速度 v0向右运动，到达 B 点后进入半径为 R0.45 m 的光滑半圆形竖直轨道，当小物块到达最高点 C 点，安装在此处的压力传感器测得小物块对轨道的压力为4.5 N 。已知 A、B两点间的距离为 d 2.7 m，小物块与水平面之间的动摩擦因数为 0.25，重力加速度 g10 m/s2。C 时的速度为 v1 ，有 mgmvR21，(1)求小物块落到水平面上的位置到B 点的距离；A 点的初速度 v0 的取(2)若要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离，求小物块在 值范围。【答案】 (1

28、) 9102 m (2) v0 6 m/s或326 m/s<v03 210 m/s【解析】 (1)设小物块在 C 点的速度大小为 vC，已知小物块在最高点 C受到的支持力 FNFN4.5 N ，则由牛顿第二定律可得 FN mg m ， R11由动能定理可得 mgd 2mgR 设小物块从 C 点抛出后落到水平面上的时间为 t，则有 2R 21gt2，则小物块落到水平面上的位置到 B 点的距离为xvCt，联立解得 x 9 2 m。(2)分两种情况考虑：物块能到达 C点，从 C点飞出。 设小物块刚好能通过最高点2mv21 12mv02，代入数据解得 v0 6 m/s，所以当 v06m /s 时

29、，小物块始终不脱离半圆形轨道。物块运动到半圆轨道上然后从 B 点滑出。当小物块运动到与圆心等高处速度为零时， 由动能定理有 mgd mgR 0 12mv20，代入数据可解得 v0 3 210 m/s，当小物块刚好运动到 B 点速度为零时，由动能定理有1 mgd 02mv20，代入数据解得 v0326 m/s，所以，此种情况下要求小物块始终不脱离半圆形轨道的初速度应满足326 m/s <3 10v0 2 m/s 。综合上述两种情况可知， 要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离轨道， 则小物块 从 A 点出发时的初速度 v0应满足 v06 m/s或3 2 6 m/s<v03 210 m/s。