2020届高考物理一轮复习专题21--力学计算题名校试题汇编(教师版)

1专题21力学计算题名校试题汇编1.(2019·河南省洛阳市模拟)如图所示，一重力为10N的小球，在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g＝10m/s2.求：(1)有F作用的过程中小球的加速度；(2)撤去F瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25m的B点．答案(1)2.5m/s2方向沿杆向上(2)7.5m/s2方向沿杆向下(3)0.2s或0.75s解析(1)小球的质量m＝Gg＝1kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，Fcos30°＝Gcos30°＋FNFsin30°－Gsin30°－μFN＝ma1联立解得：a1＝2.5m/s2，方向沿杆向上(2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a2，FN′＝Gcos30°－Gsin30°－μFN′＝ma2联立解得：a2＝－7.5m/s2，即大小为7.5m/s2，方向沿杆向下(3)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s小球的位移为x1＝12a1t12＝1.8m撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝0－v1a2＝0.4s小球继续向上运动的最大位移为x2＝0－v122a2＝0.6m2则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4m在上滑阶段通过B点，即xAB－x1＝v1t3＋12a2t32解得t3＝0.2s或者t3＝0.6s(舍)小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a3，－Gsin30°＋μFN′＝ma3得a3＝－2.5m/s2，即大小为2.5m/s2，方向沿杆向下小球由顶端返回B点时有－(xm－xAB)＝12a3t42解得t4＝35s则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75s.2.(2019·安徽省巢湖市质检)如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g.求：(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点到B点的距离；(2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小；(3)物块在A点时弹簧的弹性势能．答案(1)2R(2)6mg(3)52mgR解析(1)因为物块恰好能通过C点，则有：mg＝mvC2Rx＝vCt,2R＝12gt2解得x＝2R即物块在水平轨道的落点到B点的距离为2R；(2)物块由B到C过程中机械能守恒，3则有12mvB2＝2mgR＋12mvC2设物块在B点时受到的半圆轨道的支持力为FN，则有：FN－mg＝mvB2R，解得FN＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力大小FN′＝FN＝6mg.(3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为Ep＝2mgR＋12mvC2，解得Ep＝52mgR.3.(2019·安徽省蚌埠二中期中)如图所示，质量M＝10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝1.0kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x＝1m时，其速度v＝2m/s，在这过程中木楔没有动．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1；(2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F＝5N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)答案(1)0.5(2)1.6N，水平向左(3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变解析(1)由v2＝2ax，得a＝2m/s2对物块由牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma，得μ1＝0.5(2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图．(m＋M)g－FN＝may，Ff＝max，ax＝acosθ，ay＝asinθ解得：FN＝108.8N，Ff＝1.6N(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．4.(2019·甘肃省天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰4撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．答案(1)14mv02(2)3v0240g解析(1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝12v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝12mv02－12×2mv2解得E损＝14mv02.(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝15v0根据机械能守恒得2mgh＝12×2m12v02－12×5m15v02解得h＝3v0240g.5.(2019·广东省湛江市第二次模拟)如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2kg，物块B的质量m2＝1kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10N，使物块A由静止开始运动，经过12s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？答案(1)6m/s(2)L不得超过3.4m5解析(1)设物块A与物块B碰前速度为v1，由牛顿第二定律得：Fcos37°－μ(m1g－Fsin37°)＝m1a解得：a＝0.5m/s2则速度v1＝at＝6m/s(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1′，B的速度为v2由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2由机械能守恒定律得：12m1v12＝12m1v1′2＋12m2v22联立解得：v1′＝2m/s、v2＝8m/s对物块A用动能定理得：－μm1gxA＝0－12m1v1′2解得：xA＝0.4m对物块B用动能定理得：－μm2gxB＝0－12m2v22解得：xB＝6.4m物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是xA＋xB2L，解得L3.4m即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4m.6.(2018·湖北省黄冈市质检)如图所示，倾角θ＝37°、高h＝1.8m的斜面位于水平地面上，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平向右抛出(此时斜面未动)，小球恰好落到斜面底端B点处．空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，tan37°＝0.75.(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若在小球水平抛出的同时，使斜面在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t2＝0.3s小球落至斜面上，求斜面运动的加速度大小．答案(1)4m/s(2)13.3m/s2解析(1)小球水平抛出后恰好落在斜面底端，设水平位移为x，h＝12gt2x＝v0t由几何知识可得tanθ＝hx联立并代入已知数据得v0＝4m/s(2)如图所示，6设经过t2＝0.3s，斜面运动的位移为x1，加速度大小为a，小球做平抛运动竖直位移为h2，水平位移为x2，x1＝12at22h2＝12gt22x2＝v0t2由几何知识可得tanθ＝h2x2－x1联立并代入已知数据得a＝403m/s2≈13.3m/s27.(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求：(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．答案(1)4v02μg(2)56v0解析(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v，以v0的方向为正方向．系统动量守恒m(v0＋2v0＋3v0)＝6mv木块3在木板上匀减速运动：μmg＝ma由运动学公式(3v0)2－v2＝2ax3解得x3＝4v02μg(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律m(v0＋2v0＋3v0)＝(2m＋3m)v2＋mv3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同3v0－v3＝2v0－v2解得v2＝56v0.8.(2018·山东省济宁市上学期期末)如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有7一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v0＝6m/s冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5s物体刚好回到出发点，(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案(1)3m(2)0.42解析(1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x.由牛顿第二定律可得：mgsin37°＝ma1代入数据得：a1＝6m/s2由运动学公式有：v02＝2a1x联立解得物体上滑的最大位移为：x＝3m(2)物体沿斜面上滑的时间为：t1＝v0a1＝66s＝1s物体沿斜面下滑的时间为：t2＝t－t1＝1.5s下滑过程中，由运动学公式有：x＝12a2t22由牛顿第二定律可得：mgsin37°－μmgcos37°＝ma2联立解得：μ≈0.429.(2018·山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10m/s的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25m时，绿灯还有2s的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2.请通过计算说明：(1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？答案见解析解析(1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2s内前进的距离为x1＝v0t＋12a1t2＝24m，由于x1小于25m，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过．(2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25m.8则加速度a＝v022x＝2m/s25m/s2所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为2m/s2.10.(2018·湖北省部分重点高中协作体联考)如图所示是一种较精确测重力加速度g值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O点与弹簧分离，上升到最高点后返回．在O点正上方选取一点P，利用仪器精确测得OP间的距离为H，从O点出发至返回O点的时间间隔为T1，小球两次经过P点的时间间隔为T2，求：(1)重力加速度g；(2)当O点距离管底部的距离为L0时，玻璃管的最小长度．答案(1)8HT12－T22(2)L0＋T12HT12－T22解析(1)小球从O点上升到最大高度的过程中h1＝12g(T12)2小球从P点上升到最大高度的过程中h2＝12g(T22)2依据题意得h1－h2＝H，联立解得g＝8HT12－T22.(2)