2021年高考物理二轮复习核心考点专项突破力学综合计算题练习含解析.docx

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10.22，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mg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)smv解得v18 m/s.A、B相碰瞬间，A、B系统动量守恒mv1(mm)v2碰后共同速度v24m/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2mv12mv24mv因此共同速度v6m/s.C在A、B上滑行全过程用能量守恒得F·2L×4mv2(×2mv×2mv)1·2mg·2L代入数据解得L0.3 m.【答案】0.3 m2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD的质量M0.4 kg，放在光滑水平面上，其中AB段是半径R0.4 m的光滑圆弧，在B点与水平轨道BD相切，水平轨道的BC段粗糙，动摩擦因数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：Mvmmv由机械能守恒得：mg(HR)Mvmv2 解得：vm2.0 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：(Mm)vx0 由能量守恒得：mgH(Mm)vmvmg2L 解得vx0；vy4.0 m/s 故小物体第一次沿轨道返回到A点时的速度大小vA m/s4 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：(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，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D.【解析】(1)根据几何关系：PBR 从P点到E点根据动能定理，有：mgRmgcos ·PBmv0代入数据：mgRmg··Rmv 解得：vE在E点，根据向心力公式有：FNmgm 解得：FN3mg3mg (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(BPx)·sin mgcos (BPx)00 代入数据：mg(Rx)·mg· (Rx)0解得：xR(3)刚好到达最高点时，有mgm 解得：v 根据动能定理，有mg(Lsin RRcos )mgcos ·Lmv20 代入数据：mg(LRR)mg· LmgR解得：L所以L，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 【答案】(1)3mg3mg(2)R(3)L4.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：(1)t0.5 s时滑块的速度大小；(2)02.0 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am4 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)a1 v1a1t1 代入数据得：v11 m/s (2)对M：00.5 s，x1a1t 052 s，mgMa2x2v1t2a2t 22则02 s内木板的位移xx1x26.25 m (3)对滑块：052 s，Fmgma2 02 s时滑块的位移xx1(v1t2a2t) 在02 s内m与M相对位移x1xx2.25 m t2 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v2a3t3v2a3t3 解得t30.5 s该段时间内，M位移x3v2t3a3tm位移x3v2t3a3t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xx1x23 m 系统因摩擦产生的热量Qmg·x12 J.【答案】见解析5如图所示，质量为M的平板车P高h，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，Mm41，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：mgR(1cos 60°)mv解得v0小球与小物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv0mv1mvQ mvmvmv 解得：v10，vQv0二者交换速度，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，vvQ小物块Q离开平板车时，速度为：2v(2)由能量守恒定律，知FfLmv Mv2m(2v)2又Ffmg解得，平板车P的长度为L.【答案】(1)(2)6.2018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g10 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 s81 kW【解析】(1)径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为vm，则有：f径向m根据题意f径向1.2mg代入数据解得：vm24 m/s。(2)汽车在匀加速过程中：Ffma当功率达到额定功率时，P0Fv1v1at1代入数据解得：t13.3 st3 s<t13.3 s则汽车在该过程中始终做匀加速运动，有：vatPFv则3 s末发动机功率为：P81 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10.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到20.004，营垒的半径R1 m，g取10 m/s2。(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O点，运动员对冰壶的推力多大？(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：Fd1mgL0代入数据解得F12 N。(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，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(LRx1)2mgx10代入数据解得x18 m由动能定理得：Fd1mg(LRx2)2mgx20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) N·s【解析】(1)飞船加速下降时，由牛顿第二定律，有：mgFma推力对火箭做功为：WFh解得：W1.6×105 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，有：v22ah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：4Isin60°mgt0(mv)解得：I N·s。9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F，重力加速度g10 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。【答案】(1)0.50.45 m(2) m/s(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：Fmgma，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：v2axOC解得：vC1 m/s从C到D的过程中，由动能定理得：Fx1mg·xCD0mv其中x10.225 m0.1 m0.125 m解得：xCD0.35 m所以D点坐标为：xDxOCxCD0.45 m。(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0mv物体从O到C，由动能定理得：W弹WFmv0其中WFxOC联立解得：vC1 m/s。(3)设B碰前速度为v0，碰后速度为v1；碰后A的速度为v2，则：Mv0Mv1mv2MvMvmv物体A从D到C的过程中，由动能定理：mgxCDmvmv联立解得：v22 m/s，v0 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的质量mB4 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00.32，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g10 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”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/s23 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：fABmBg12 N由牛顿第二定律有：fABmBaB代入数据解得：aB3 m/s2，方向向前，做匀加速运动对A：F车A0(mAmB)g16 N，fABfBA由牛顿第二定律：F车AfBAmAaA代入数据解得：aA4 m/s2，方向向前，做匀加速运动。(2)A、B同时到达后壁，有sAsBaAt2aBt2LA且：s车sBa车t2aBt2L解得：t2 s，a车5 m/s2对车，由牛顿第二定律有：F牵0(mAmB)gF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，P670 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：aBaB3 m/s2，方向向后，做匀减速直线运动对A：aAaA4 m/s2，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：t0.5 sA与车间相对滑动的距离为：ssAs车(vtaAt2)v车t得：s0.5 mA相对车通过的总路程：s总sA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，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g10 m/s2)(1)若飞行员使飞行器以速度v110 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C15.0 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sin37°0.6，cos37°0.8)【答案】(1)750 N(2)30 m15 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：mgC1v得：C13 N·s2/m2由C1、C2关系图象可得：C22.5 N·s2/m2在水平方向上，动力和阻力平衡：FF2又F2C2v解得：F750 N。(2)由题意知空气升力F1与竖直方向夹角为，在竖直方向所受合力为零，有：mgC1vcos水平方向合力提供向心力，有：C1vsinm联立解得：r30 m；v215 m/s。12.如图所示，一质量为m0.45 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d2.7 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。(1)求小物块落到水平面上的位置到B点的距离；(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A点的初速度v0的取值范围。【答案】(1) m (2)v06 m/s或 m/s<v0 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FNmgm，设小物块从C点抛出后落到水平面上的时间为t，则有2Rgt2，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 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C时的速度为v1，有mgm，由动能定理可得mgd2mgRmvmv，代入数据解得v06 m/s，所以当v06 m/s时，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mgdmgR0mv，代入数据可解得v0 m/s，当小物块刚好运动到B点速度为零时，由动能定理有mgd0mv，代入数据解得v0 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 m/sv0 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 m/s<v0 m/s。