专题20力学计算题2019年高考真题和模拟题分项汇编物理解析

专题20力学计算题1．（2019·新课标全国Ⅰ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，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）215mgH（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，12v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11()2vmvmmv①22211111()2222vmvmmv②联立①②式得3mm③（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211102mgHfsmv④2121()0()22vfsmghm⑤从图（b）所给的v–t图线可知11112svt⑥12111(1.4)22vstt⑦由几何关系21shsH⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为12Wfsfs⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得215WmgH⑩（3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有cossinHhWmg○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2102mgsmv○12设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有cos0sinhmghmgmgs○13联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得11=9○142．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000kg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100m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，0~t1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，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3s；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1s内的位移为24m，第4s内的位移为1m。（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t1~t2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t1~t2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）28m/sa，v2=28m/s⑦（3）87.5m【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Δt=1s，设汽车在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt内的位移为sn，n=1,2,3,…。若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有2143(Δ)ssat①2121Δ(Δ)2svtat②424Δvvat③联立①②③式，代入已知数据解得417m/s6v④这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式323Δvvat⑤2432asv⑥联立②⑤⑥，代入已知数据解得28m/sa，v2=28m/s⑦或者2288m/s25a，v2=29.76m/s⑧但⑧式情形下，v30，不合题意，舍去（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有f1=ma⑨在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为1211=()2Iftt⑩由动量定理有12Imvm⑪由动量定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为22121122Wmvmv⑫联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v1=30m/s⑬51.1610JW⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为221112211()()22vsvtvvtta⑮联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s=87.5m⑯3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s（2）B0.50m（3）0.91m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA–mBvB①22k1122AABBEmvmv②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s③（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有BBmamg④212BBsvtat⑤0Bvat⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vAt–212at⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=0.25m+0.25m=0.50m⑨（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有2211222AAAAABmvmvmgls⑩联立③⑧⑩式并代入题给数据得7m/sAv⑪故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有AAAABBmvmvmv⑫222111222AAAABBmvmvmv⑬联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得3727m/s,m/s55ABvv⑭这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式222,2AABBasvasv⑮由④⑭⑮式及题给数据得0.63m,0.28mABss⑯sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离0.91mABsss⑰4．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。（1）质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。（2）将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；b．示意图中画出了半径为r1、r2（r1r2）的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_________对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；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，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f∝v2（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）212mghmu（2）a．m4π3gvrkb．见解析（3）见解析【解析】（1）根据动能定理212mghWmu可得212Wmghmu（2）a．根据牛顿第二定律mgfma得22krvagm当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量34π3mr由a=0，可得，雨滴最大速度m4π3gvrkb．①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0mSvtnm以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有Ftmv得20FnmSv由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力2fv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，示意如图2，AB长1150mL，BC水平投影263mL，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6st到达B点进入BC。已知飞行员的质量60kgm，210m/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NF多大。【答案】（1）47.510JW（2）3N1.110NF【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12Lvt①根据动能定理，有2102Wmv②联立①②式，代入数据，得47.510JW③（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有2sinLR④由牛顿第二定律，有2NFmgmRv⑤联立①④⑤式，代入数据，得3N1.110NF⑥6．（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μ。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、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．【答案】（1）2AvgL（2）aB=3μgaB′=μg（3）22BvgL【解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得2AvgL（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μm