2019年高考真题和模拟题分项汇编物理专题20力学计算题含答案解析.pdf

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1、专题 20 力学计算题 1（ 2019新课标全国 卷） 竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。 t=0时刻，小物块 A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为0，此时对其施加 一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的 v t图像如图（ b）所示，图中的v1和 t1均为未知量。已知A 的质量为 m，初始时 A与B的高度差为 H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。 （1）求物块 B的质量； （2）在图（ b）所描述的整个运动过程中

2、，求物块A 克服摩擦力所做的功； （3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然 后将 A 从 P 点释放，一段时间后A 刚好能与 B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。 【答案】（ 1）3m（2） 2 15 mgH （3） 11 = 9 【解析】（ 1）根据图（ b）， v1为物块 A 在碰撞前瞬间速度的大小， 1 2 v 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B 的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 1 1 () 2 v mvmm v 222 1 1 111 () 2222 v mvmm v 联立式得 3m

3、m （ 2）在图（ b）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1， 返回过程中所走过的路程为s2，P 点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有 2 11 1 0 2 mgHfsmv 2 1 2 1 ()0() 22 v fsmghm 从图（ b）所给的v t 图线可知 11 1 1 2 svt 1 211 1 (1.4) 22 v stt 由几何关系 2 1 sh sH 物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为 12 Wfsfs 联立式可得 2 15 WmgH （ 3）设倾斜轨道倾角为 ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为 ，有

4、 cos sin Hh Wmg 11 设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有 2 1 0 2 mgsm v 12 设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有 cos0 sin h mghmgmgs 13 联立11 12 13式可得 11 = 9 14 2（2019新课标全国 卷） 一质量为 m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突 然发现前方 100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的 图线。图（ a）中， 0t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略， 汽车仍保

5、持匀速行驶）， t1=0.8 s；t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统 稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为 24 m，第 4 s内的位移为 1 m。 （1）在图（ b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t 图线； （2）求 t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小； （3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止， 汽车行驶的距离约为多少（以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？ 【答案】（ 1）见解析（2）

6、2 8 m/sa，v2=28 m/s （3）87.5 m 【解析】（ 1）v-t 图像如图所示。 （ 2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则 t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度为v2，在 t2时刻后汽车 做匀减速运动，设其加速度大小为a，取 t=1 s，设汽车在t2+(n-1) tt2+n t 内的位移为 sn，n=1,2,3,。 若汽车在t2+3 tt2+4 t 时间内未停止， 设它在 t2+3 t 时刻的速度为 v3，在 t2+4 t 时刻的速度为v4，由运动学公 式有 2 143 ()ssat 2 12 1 () 2 svtat 424 vva t 联立式，代入已知数据解得

7、4 17 m/s 6 v 这说明在t2+4 t 时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。 由于在 t2+3 tt2+4 t 内汽车停止，由运动学公式 32 3 vva t 2 432asv 联立，代入已知数据解得 2 8 m/sa，v2=28 m/s 或者 2288 m/s 25 a，v2=29.76 m/s 但式情形下，v3r2）的雨滴在空气中无初速下落的 v t 图线，其中 _对应半径为r 1的雨滴（选填、）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的 v t 图线。 （ 3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向 面积为 S的圆盘，证

8、明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f v 2 （提示：设单位体积内空气分子数为n，空 气分子质量为m0）。 【答案】（ 1） 21 2 mghmu（2）a m 4 3 g vr k b见解析（ 3）见解析 【解析】（ 1）根据动能定理 21 2 mghWmu 可得 2 1 2 Wmghmu （ 2）a根据牛顿第二定律mgfma 得 22 kr v ag m 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm 雨滴质量 34 3 mr 由 a=0，可得，雨滴最大速度 m 4 3 g vr k b 如答图 2 （ 3）根据题设条件： 大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑

9、雨滴下 落的定向运动。 简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在?t 时间内，与圆盘碰撞的空气分 子质量为 0 mSv tnm 以 F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理， 有 Ftmv 得 2 0 Fnm Sv 由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力 2 fv 采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。 5（2019 天津卷） 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载 机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程， 假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如

10、图2，AB长 1 150 mL，BC水平投影 2 63 mL ，图中C点切线方向与水平方向的夹角12（sin120.21）。若舰载机从 A点由静止开始做 匀加速直线运动，经6 st到达B点进入 BC。已知飞行员的质量 60 kgm， 2 10m/sg，求 （ 1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 W； （ 2）舰载机刚进入 BC时，飞行员受到竖直向上的压力 N F多大。 【答案】（ 1） 4 7.5 10 JW（2） 3 N 1.1 10 NF 【解析】（ 1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有 1 2 Lv t 根据动能定理，有 2 1 0

11、 2 Wmv 联立式，代入数据，得 4 7.5 10 JW （ 2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为 R，根据几何关系，有 2 sinLR 由牛顿第二定律，有 2 N Fmgm R v 联立式，代入数据，得 3 N 1.1 10 NF 6（2019 江苏卷） 如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐 A与B、B与地面间的动摩擦 因数均为 。先敲击 A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离 L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向 右的初速度， A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度为g求： （ 1）A被敲

12、击后获得的初速度大小vA； （ 2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB 、a B ； （ 3）B被敲击后获得的初速度大小vB 【答案】（ 1）2 A vgL（2）aB=3 g aB= g （3）2 2 B vgL 【解析】（ 1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA=g 匀变速直线运动2aAL=vA2 解得2 A vgL （ 2）设 A、B 的质量均为m 对齐前， B 所受合外力大小F=3mg 由牛顿运动定律F=maB，得aB=3g 对齐后， A、B 所受合外力大小 F=2mg 由牛顿运动定律F=2 maB，得 aB= g （ 3）经过时间t，A、 B 达到共同速度v，位移分别

13、为xA 、 x B， A 加速度的大小等于aA 则 v=aAt， v=vB aBt 2211 22 AABBB xa txv ta t， 且 x B xA=L 解得22 B vgL 7（ 2019浙江选考） 在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD 平滑连接组成，如图所示。 小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为 =37 的直轨道 AB，到达 B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD， 从细管道出口 D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度 h2=0.8m，D点与G点间 的水平距离 L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数 =0.25，

14、sin37 = 0.6，cos37 = 0.8。 （1）求小滑块在轨道 AB上的加速度和在A点的初速度； （ 2）求小滑块从D 点飞出的速度； （ 3）判断细管道BCD 的内壁是否光滑。 【答案】（ 1） 2 8 m/s 6 m/s，（2） 1 m/s （ 3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD 内壁不 光滑。 【解析】（ 1）上滑过程中，由牛顿第二定律：mgsinmgcosma， 解得 2 8/am s ； 由运动学公式 221 0 2 B h vva sin ， 解得 0 6/vms （ 2）滑块在D 处水平飞出，由平抛运动规律 D Lv t， 2 2 1 2 hgt 解得1

15、 m/s D v （ 3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD 内壁不光滑 8（2019 浙江选考） 如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。 质量 m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距 A点高度 h1=1.10 m。篮球静止释放， 测得第一次撞击弹簧时， 弹簧的最大形变量x1=0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度 h2=0.873 m，篮球多次反弹后静止 在弹簧的上端， 此时弹簧的形变量x2=0.01 m，弹性势能为 Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定， 忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和

16、篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求： （ 1）弹簧的劲度系数； （ 2）篮球在运动过程中受到的空气阻力； （ 3）篮球在整个运动过程中通过的路程； （ 4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 【答案】（ 1）500 N/m （ 2）0.5 N （3）11.05 m （4）0.009 m 【解析】（ 1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得 2 0mgkx （ 2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理 12121 20mg hhf hhx ， 解得 0.5 Nf （ 3）球在整个运动过程中总路程 s： 12p mg hxfsE 解得11.05 ms （ 4）球在首次下落过程中，合

17、力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为 3 x； 则 3 0mgfkx ； 在 A 点下方，离A 点 3 0.009 mx 9 （2019贵州省贵阳市高三适应性考试）如图所示， 水平直轨道 AC的长度为 L=8 m，AC中点 B正上方有一探测器， C处有一竖直挡板D。现使物块 Pl沿轨道向右以速度 vl与静止在 A处的物块 P2正碰，碰撞后， P1与P2粘成组合体 P。 以 Pl、P2碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知物块 Pl、P2的质量均力 m=1kg， Pl、 P2和P 均视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s 2。 （ 1）若 v1=8m/s

18、，P 恰好不与挡板发生碰撞，求 P 与轨道 AC 间的动摩擦因数； （ 2）若 P 与挡板发生弹性碰撞后，并能在探测器工作时间内通过B 点，求 v1的取值范围； （ 3）在满足（ 2）的条件下，求P 向左经过A 点时的最大动能。 【答案】（ 1） 0.1 （2） 1 10 m/s14 m/sv （3）k 17 JE 【解析】（ 1）设 Pl、P2碰撞后， P 的速度为v，根据动量守恒：mv1=2mv 解得： v=4 m/s P 恰好不与挡板发生碰撞，即P到达 C 点速度恰好减为零 根据动能定理： 2 1 022 2 mvmgL 代入解得：0.1 （ 2）由于 P 与档板的碰撞为弹性碰撞，P 在

19、 AC 间等效为匀减速运动，设P 的加速度大小为a。 根据牛顿第二定律： 2mg=2ma P 返回经 B 点，根据匀变速直线运动的规律： 231 22 Lvtat 由题意知，物块P 在 24s 内经过 B 点，代入数据解得 5m / s7m / sv 再结合 mv1=2mv 得 1 10 m /s14 m / sv （ 3）设 P 向左经过A 点时的速度为v2，由速度位移公式： 22 4vvaL 联立解得P 向左经过A 点的最大动能为： 2 2 1 217 2 k Em vJ 10（2019 重庆市普通高等学校招生全国统一考试调研测试）图甲为某轻型起重机向房顶运输货物，其简图如图 乙所示，一端

20、有定滑轮的杆臂OA 固定在 O 点，某次起重机以速度v0=1 m/s 匀速向上提升质量 m=1 t 的重物 （可视为质点） ，在重物离地面H=19.5 m 时钢绳突然断裂，此时一辆L=3 m 的搬砖车正以v=0.5 m/s 的速度 在图乙中CD 方向运动，车头前端恰好处于重物正下方，搬砖车高h=1.5 m。g 取 10 m/s 2，不计空气阻力。 求:（1）匀速提升重物的过程中起重机的输出功率; （2）钢绳断裂时搬砖车司机立即加速加速度至少为多大才能避免被重物砸中? 【答案】（ 1） 1.0 104 W （2）1 m/s 2 【解析】（ 1）起重机的输出功率等于提升重物的机械功率 PFvm g

21、v 货=10 3 kg 10m/s 2 1m/s=1.0 10 4 W （2）设物体自绳断开始至人车顶部的时间为t， -h=v0t- 1 2 gt 2 带入数据 -（19.5-1.5）=t-5t 2 解得 t=2 s 设人安全通过搬砖车的最小加速度为a L=v1t+ 1 2 at 2 解出 a=1 m/s 2 11（2019 河南省郑州市高三第二次质量预测）如图所示，传送带水平部分的长度l=4.5 m，在电动机带动下匀 速运行。质量M=0.49 kg 的木块（可视为质点）静止在传送带左端的光滑平台上质量为m=10 g 的子弹以v 0=50 m/s 的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到

22、传送带上，最后从右轮轴正上方的P 点离开传 送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q。已知木块与传送带间的动摩擦因数=0.5，P 点与车底板间的竖直 记度 H=1.8 m，与车厢底板中心点Q 的水平距离x=1.2 m，取 g=10m/s 2，求： （1）木块从传送带左端到达右端的时间； （2）由于传送木块，电动机多消耗的电能。 【答案】（ 1） 2.3 s （2）1 J 【解析】（ 1）传送带的速度等于木块运动到P 点后做平抛运动，得x=vt 竖直方向： 2 1 2 Hgt 解得抛出速度：v=2 m/s 子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0=（M+m）v1 木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律

23、得 （M+m）g=（M+m）a 加速至 v 的位移 x1= 22 1 2 vv a =0.3m4.5m 加速运动时间t1= 1 0.2 vv a s 之后随传送带向右匀速运动，匀速运动时间t2= 1 2.1 lx v s 木块从传送带左端到达右端的时间t=t1+t2=2.3s （2）根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量 Ek与煤块与皮带由于摩擦生热而产生的内 能 Q 之和，即 E=Ek+Q（1 分） 其中 22 1 11 22 K EmMvmMv 解得： Ek=0.75J 产生的热量为：Q=mg （x带 x块）=mg x=0.25J 联立可得： E=Ek+Q=1J 12（201

24、9 湖南省衡阳市三模）如图所示，电动机带动倾角为 =37 的传送带以v=8m/s 的速度逆时针匀速运动， 传送带下端点C 与水平面CDP 平滑连接， B、C 间距 L=20m；传送带在上端点B 恰好与固定在竖直平面内的 半径为 R=0.5m 的光滑圆弧轨道相切，一轻质弹簧的右端固定在P 处的挡板上，质量M=2kg 可看做质点的物 体靠在弹簧的左端D 处，此时弹簧处于原长，C、D 间距 x=1 m，PD 段光滑， DC 段粗糙。现将M 压缩弹簧 一定距离后由静止释放，M 经过 DC 冲上传送带，经B 点冲上光滑圆孤轨道，通过最高点A 时对 A 点的压力 为 8 N。上述过程中，M 经 C 点滑上

25、传送带时，速度大小不变，方向变为沿传送带方向。已知与传送带同的 动摩擦因数为 =0.8、与 CD 段间的动摩擦因数为 =0.5，重力加速度大小g=10 m/s 2。求： （1）在圆弧轨道的B 点时物体的速度 （2）M 在传送带上运动的过程中，带动传送带的电动机由于运送M 多输出的电能 E。 （3）M 释放前，系统具有的弹性势能Ep。 【答案】（ 1） 5.0 m/s （2）512 J （3）19 J 【解析】（ 1） M 恰能过 A点，由牛顿第二定律：Mg+FA=M 2 A v R 解得 vA= 7m/s 从 B到 A 由机械能守恒：Mg（R+Rcos ）= 22 11 22 AB MvMv

26、解得 vB=5.0m/s （2）M 在传送带上运动时由于vB小于皮带速度，可知物体一直做加速运动 由 1Mgcos Mgsin = Ma 解得 a=0.4 m/s 2 由公式： vB 2-v C 2 =2aL 解得 v=3m/s 由 vB=vC+at 解得 t=5 s 传送带在t 时间内的位移：x1=vt=40 m 由于物体对皮带有沿皮带向下的摩擦力，要维持皮带匀速运动，故电动机要额外给皮带一个沿皮带向上的牵引 力，大小与物体受到的摩擦力一样大， 多做的功 W=Mg cos?x1=512 J，多输出的电能 E=512 J （3）设弹簧弹力对物体做功W，则从弹簧的压缩端到C 点，对 M 由动能定

27、理： W2Mgx0= 1 2 MvC 20 解得： W=19 J 可知 Ep=19 J 13（2019 黑龙江省大庆实验中学高三适应性）跳台滑雪是冬奥会上最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下， 长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高 h=10 m，C 是半径 R = 20 m 圆弧的最低点。质量m = 50 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度 2 4.5 m/sa ，到达 B 点时速度vB = 30 m/s。取重 力加速度 2 10m/sg。 （1）求长直助滑道AB 的长度 L； （2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小； （3）若不计BC 段的阻力

28、，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力 NF 的大小。 【答案】（ 1） 100 m （2）1 500 N?s（3）3 250 N 【解析】（ 1）根据匀变速直线运动公式，有 22 100 m 2 BA L a vv （2）根据动量定理，有I=mvB-mvA=1 500 N s （3）运动员经C 点时的受力分析如图 根据动能定理，运动员在BC 段运动的过程中，有 2211 22 CB mghmvmv 根据牛顿第二定律，有 2 N C v Fmgm R 得 F N=3 250 N 14（2019 辽宁省沈阳市高三三模）航天飞机在平直的跑道上降落，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动

29、。 航天飞机以水平速度v0=100 m/s 着陆后，立即打开减速阻力伞，以大小为a1=4 m/s 2 的加速度做匀减速运动， 一段时间后阻力伞脱离，航天飞机以大小为a2=2.5 m/s 2 的加速度做匀减速直运动直至停下.已知两个匀减速运 动滑行的总路程x=1 370 m。求： （1）第二个减速阶段航天飞机运动的初速度大小； （2）航天飞机降落后滑行的总时间。 【答案】（ 1） v1=40 m/s （2）t=31 s 【解析】（ 1）设第二个减速阶段的初速度为v1，根据运动学公式则有： 22 0111 2vva x 2 122 2va x x1+x2 =x 解得 :v1=40m/s （2）由速度公式可得： v0=v1+a1t1 v1=a2t2 t=t1 +t2 解得： t=31 s