五年20162020高考物理真题专题点拨专题19力学计算题含解析

1专题19力学计算题【2020年】1.（2020·新课标Ⅰ）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用2Fkv描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为51.2110kg时，起飞离地速度为66m/s；装载货物后质量为51.6910kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。【答案】(1)278m/sv；（2）2m/s2，39st【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：211kvmg满载起飞时，升力正好等于重力：222kvmg由上两式解得：278m/sv（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以2202vax解得：22m/sa由加速的定义式变形得：20vvtaa解得：39st2.（2020·新课标Ⅱ）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。2【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）11325HH；（3）152125LH【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+f①ma2=f–mg②联立①②式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g③（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为02vgH④方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0–a1t1=–v0+a2t1⑤联立③④⑤式得1225Htg⑥设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得21011112hvtat⑦011vvat⑧由③④⑥⑧式可判断此时v0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有222vhg⑨3设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2⑩联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得11325HH⑪（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫联立⑪⑫式并代入题给数据得145xH⑬同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为2145xH⑭设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2≤L⑮联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为152125LH⑯3.（2020·新课标Ⅲ）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带13s12t后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2)12m/sv，242m/sv；(3)0【解析】(1)传送带的速度为4.0m/sv时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：mgma①4设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有22012vvax②联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有02vvat④112Lxttv⑤联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有22101122mgLmvmv⑦22201122mgLmvmv⑧由⑦⑧式并代入题给条件得12m/sv，242m/sv⑨(3)传送带的速度为6.0m/sv时，由于02vvv，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有03vvat⑩22022vvax⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫x2=5.5m⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动3()tt的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有33()vtxt⑭5由①⑫⑬⑭式可知2231()2mvmgLxx即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，223232()vvaLxx⑮设载物箱通过传远带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有30()Imvv代题给数据得0I4.（2020·浙江卷）如图1所示，有一质量200kgm的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的14时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的Ft图线如图2所示，34st末速度减为0时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件：(1)做匀减速运动的加速度大小和方向；(2)匀速运动的速度大小；(3)总位移的大小。【答案】(1)20.125m/s，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m【解析】(1)由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律有TmgFma根据图2得此时FT=1975N，则有T20.125m/sFagm，方向竖直向下。(2)结合图2根据运动学公式有20.1253426m/s=1m/svat(3)根据图像可知匀速上升的位移11==126m=26mhvt6匀减速上升的位移221=8m=4m22=vht匀加速上升的位移为总位移的14，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的34，则有1234hhh所以总位移为h=40m5.（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37的斜轨道BC平滑连接而成。质量0.1kgm的小滑块从弧形轨道离地高1.0mH处静止释放。已知0.2mR，ABBC1.0mLL，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin370.6，cos370.8）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)15648hx（5m1m8x）；0h（50m8x）【解析】(1)机械能守恒定律2D12mgHmgRmv牛顿第二定律2DN8NmvFR牛顿第三定律NN8NFF7方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系ABBCBCcossinmgHmgLmgLmgL得BC15m1.0m16L，故不会冲出。(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理212mgHmgxmv碰撞后的速度为v，动量守恒定律3mvmv设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理2AB13330(3)tan2hmgLxmgmghmv得155m1m6488hxx„0h（50m8x）6.（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。8【答案】(1)2vR=；(2)2424FmRg=+；(3)()22162MmRHMg+=【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为2vR=(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有()2222vFmgmR-=结合(1)可解得杆对球的作用力大小为2424FmRg=+(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知22111422MgHMvmv=+?而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有1vR联立各式解得()22162MmRHMg+=7.（2020·山东卷）单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°。某次练习过程中，运动员以vM=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g=10m/s2，sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。9【答案】(1)4.8m；(2)12m【解析】(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得1sin72.8Mvv①设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得mgcos17.2°=ma1②由运动学公式得2112vda③联立①②③式，代入数据得d=4.8m④(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规得v2=vMcos72.8°⑤设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin17.2°=ma2⑥设腾空时间为t，由运动学公式得112vta⑦2221=2Lvtat⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L=12m⑨8.（2020·山东卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q10两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度