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2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》(解析版)

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s ＝2.88 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μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，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2

5mg 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

(F －μ2·3mg )s ＝32mv 21

解得v 1＝80.3 m/s.

A 、

B 相碰瞬间，A 、B 系统动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2 碰后共同速度v 2＝40.3m/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2mv 1＋2mv 2＝4mv

因此共同速度v ＝60.3m/s.

C 在A 、B 上滑行全过程用能量守恒得 F ·2L ＝12×4mv 2－(12×2mv 21＋12×2mv 22)＋μ1·2mg ·2L 代入数据解得L ＝0.3 m. 【答案】0.3 m

2.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AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑1

4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μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．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v m ，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：

Mv m ＝mv

由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2

解得：v m ＝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v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，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 )v x ＝0

由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2

y ＋μmg 2L 解得v x ＝0；v y ＝4.0 m/s

故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝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θ＝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μ，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：PB ＝R tan θ＝3R

从P 点到E 点根据动能定理，有： mgR －μmg cos θ·PB ＝1

2mv 2E

－0

代入数据：mgR －μmg ·32·3R ＝1

2mv 2E

解得：v E ＝

2－3μgR

在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v 2E

解得：F N ＝3mg －3μmg

(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 θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0

代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·3

2 (3R ＋x )＝0

解得：x ＝

3－3μ3μ＋1

R (3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2

解得：v ＝gR 根据动能定理，有

mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝1

2mv 2－0

代入数据：mg (12L ′－R －32R )－μmg ·32 L ′＝1

2mgR

解得：L ′＝

3R ＋3R

1－3μ

所以L ′≥3R ＋3R

1－3μ，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D

【答案】(1)3mg －3μmg (2)

3－3μ

3μ＋1

R (3)L ′≥

3R ＋3R

1－3μ

4.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，t ＝2.0 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m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：

(1)t ＝0.5 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a m ＝

μmg

＝4 m/s 2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力 F m ＝(M ＋m )a m ＝12 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 ＝(M ＋m )a 1

v 1＝a 1t 1 代入数据得：v 1＝1 m/s (2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝1

2a 1t 21

0．5～2 s ，μmg ＝Ma 2 x 2＝v 1t 2＋1

a 2t 22

则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m (3)对滑块：

0．5～2 s ，F －μmg ＝ma 2′

0～2 s 时滑块的位移x ′＝x 1＋(v 1t 2＋1

2a 2′t 22

)

在0～2 s 内m 与M 相对位移Δx 1＝x ′－x ＝2.25 m t ＝2 s 时木板速度v 2＝v 1＋a 2t 2＝7 m/s 滑块速度v 2′＝v 1＋a 2′t 2＝10 m/s 撤去F 后，对M ：μmg ＝Ma 3 对m ：－μmg ＝ma 3′

当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v 2＋a 3t 3＝v 2′＋a 3′t 3 解得t 3＝0.5 s

该段时间内，M 位移x 3＝v 2t 3＋1

2a 3t 23

m 位移x 3′＝v 2′t 3＋1

2a 3′t 23

相对位移Δx 2＝x 3′－x 3＝0.75 m

整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝3 m 系统因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·Δx ＝12 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μ，M ∶m ＝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：mgR (1－cos 60°)＝1

2mv 20

解得v 0＝gR

小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有： mv 0＝mv 1＋mv Q 12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q

解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝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mv Q ＝Mv ＋m (2v )

解得，v ＝16v Q ＝gR

小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR

(2)由能量守恒定律，知 F f L ＝12mv 2Q

－12Mv 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg

解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ.

【答案】(1)

gR 3 (2)7R 18μ

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g ＝10 m/s 2。

(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/s 2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供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为v m ，

则有：f 径向＝m v 2m r

根据题意f 径向＝1.2mg 代入数据解得：v m ＝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，P 0＝Fv 1 v 1＝at 1

代入数据解得：t 1＝3.3 s t ＝3 s

则汽车在该过程中始终做匀加速运动，有： v ＝at P ＝Fv

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d ＝4 m ，O 、O ′之间的距离L ＝30.0 m ，冰壶的质量为20 kg ，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R ＝1 m ，g 取10 m/s 2。

(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8～12 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－μ1mgL＝0

代入数据解得F＝12 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：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0

代入数据解得x1＝8 m

由动能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0

代入数据解得x2＝12 m

所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8～12 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a＝2 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m＝1000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g＝3.6 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)136003

3 N·s

【解析】 (1)飞船加速下降时，由牛顿第二定律，有：mg －F ＝ma

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，有：v 2＝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 ＝1360033

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m ＝1 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g ＝10 m/s 2。

(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M ＝3 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)0.5 0.45 m (2)

22 m/s (3)4

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＋F ＝ma

在C 点，弹簧处于自由状态，弹簧弹力F C 弹＝0，拉力F C ＝5 N ，解得：a ＝5 m/s 2 在C 点右侧，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，由图象可知拉力F ＝10 N 解得：μ＝0.5

从O 到C 点，A 做匀加速直线运动，则：v 2C ＝2ax OC 解得：v C ＝1 m/s

从C 到D 的过程中，由动能定理得： Fx 1－μmg ·x CD ＝0－12

mv 2

其中x 1＝0.225 m －0.1 m ＝0.125 m 解得：x CD ＝0.35 m

所以D 点坐标为：x D ＝x OC ＋x CD ＝0.45 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＝0－1

2mv 2C 1

物体从O 到C ，由动能定理得：W 弹＋W F ＝1

2mv 2C －0

其中W F ＝

F C

2x OC

联立解得：v C 1＝

m/s 。 (3)设B 碰前速度为v 0，碰后速度为v 1；碰后A 的速度为v 2，则： Mv 0＝Mv 1＋mv 2 12Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22

物体A 从D 到C 的过程中，由动能定理：－μmgx CD ＝12mv 2C 1－12

mv 2

2 联立解得：v 2＝2 m/s ，v 0＝4

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M ＝7 kg ，车厢前、后壁间距L ＝4 m ，木板A 的质量m A ＝1 kg ，长度L A ＝2 m ，木板上可视为质点的物体B 的质量m B ＝4 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数μ0＝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/s 2，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/s 2 3 m/s 2 (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 ：f AB ＝μm B g ＝12 N 由牛顿第二定律有：f AB ＝m B a B

代入数据解得：a B ＝3 m/s 2，方向向前，做匀加速运动对A ：F 车A ＝μ0(m A ＋m B )g ＝16 N ，f AB ＝f BA 由牛顿第二定律：F 车A －f BA ＝m A a A

代入数据解得：a A ＝4 m/s 2，方向向前，做匀加速运动。 (2)A 、B 同时到达后壁，有 s A －s B ＝12a A t 2－1

2a B t 2＝L A

且：s 车－s B ＝12a 车t 2－1

2a B t 2＝L

解得：t ＝2 s ，a 车＝5 m/s 2 对车，由牛顿第二定律有： F 牵－μ0(m A ＋m B )g －F 阻＝Ma 车解得：F 牵＝67 N

电动机输出功率为P ＝F 牵v

碰撞前瞬间的车速为：v ＝a 车t 联立以上各式并代入数据解得： v ＝10 m/s ，P ＝670 W 。

(3)碰撞后瞬间，v 车′＝0.8v ＝8 m/s ，A 、B 的速率为v ，因μ<μ0 所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，

对B ：a B ′＝a B ＝3 m/s 2，方向向后，做匀减速直线运动对A ：a A ′＝a A ＝4 m/s 2，方向向后，做匀减速直线运动对车：F 牵＝F 阻－F A 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：t ′＝v －v 车′

a A ′

＝0.5 s A 与车间相对滑动的距离为： Δs ＝s A ′－s 车′＝(vt ′－1

2a A ′t ′2)－v 车′t ′

得：Δs ＝0.5 m

A 相对车通过的总路程：Δs 总＝Δs ＋L

A 与车之间由于摩擦产生的内能：E ＝F 车A Δs 总代入数据解得：E ＝40 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F 1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F 1＝C 1v 2；空气阻力F 2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F 2＝C 2v 2。其中C 1、C 2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m ＝90 kg 。(重力加速度取g ＝10 m/s 2)

(1)若飞行员使飞行器以速度v 1＝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C 1＝5.0 N·s 2/m 2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r 和速度v 2大小。(已知sin37°＝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：mg ＝C 1v 21

得：C 1＝3 N·s 2/m 2

由C 1、C 2关系图象可得：C 2＝2.5 N·s 2/m 2 在水平方向上，动力和阻力平衡：F ＝F 2 又F 2＝C 2v 21 解得：F ＝750 N 。

(2)由题意知空气升力F 1′与竖直方向夹角为θ，在竖直方向所受合力为零，有：mg ＝C 1v 22

cos θ

水平方向合力提供向心力，有：C 1v 22sin θ＝m v 22r

联立解得：r ＝30 m ；v 2＝15 m/s 。

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v 0向右运动，到达B 点后进入半径为R ＝0.45 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μ＝0.25，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(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v 0的取值范围。

【答案】 (1)9210 m (2)v 0≥6 m/s 或362 m/s

m/s

【解析】 (1)设小物块在C 点的速度大小为v C ，已知小物块在最高点C 受到的支持力F N ＝F N ′＝4.5 N ，

则由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2

，

设小物块从C 点抛出后落到水平面上的时间为t ，则有2R ＝1

2gt 2，

则小物块落到水平面上的位置到B 点的距离为 x ＝v C t ，

联立解得x ＝92

10 m 。

(2)分两种情况考虑：

①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v 1，有mg ＝m v 21R

，

由动能定理可得－μmgd －2mgR ＝12mv 21－12mv 2

0，代入数据解得v 0＝6 m/s ，

所以当v 0≥6 m/s 时，小物块始终不脱离半圆形轨道。

②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

－μmgd －mgR ＝0－12mv 20，

代入数据可解得v 0＝310

m/s ，

当小物块刚好运动到B 点速度为零时，由动能定理有－μmgd ＝0－1

2mv 20

，

代入数据解得v 0＝36

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36

m/s ＜v 0≤3102

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v 0应满足v 0≥6 m/s 或

362 m/s

m/s 。