人教版高中物理计算题强化专练-力学综合-普通用卷

计算题强化专练-力学综合
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、计算题
如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10m/s2．求：
?
（1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．
（2）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．
如图，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2．求：
①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；
②小铁块和长木板达到的共同速度v．
如图，一块质量为，长的匀质木板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零板的最左端放置一个质量的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮细绳与滑轮间的摩擦不计，木板右端与滑轮之间距离足够长，求：
?
若木板被固定，某人以恒力向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小；
若不固定木板，某人仍以恒力向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小；
若人以恒定速度向下匀速拉绳，同时给木板一个水平向左的初速度，求木块滑离木板所用的时间．
如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0.1kg，mB=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0.3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0.2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA=6m/s，而滑块B则?冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2．求：
（1）滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
（2）若L=0.8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平。一质量M=2kg、板长L=0.65m的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠C点，其上表面所在平面与圆弧轨道C点和右侧固定平台D等高。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经C点滑上滑板。滑板运动到平台D时被牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数μ=0.5，滑板右端到平台D左侧的距离s在0.1m＜s＜0.5m范围内取值。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物块到达B点时的速度大小vB；
（2）物块经过C点时对圆弧轨道的压力；
（
3）试讨论物块刚滑上平台D时的动能EKD与s的关系。
答案和解析
1.【答案】解：?（1）小物块在水平面上从A运动到B过程中
根据动能定理有：
在B点，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：
联立解得小物块运动到B点时轨道对物块的支持力为：N=154N
由牛顿第三定律可得，小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为：
（2）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受的重力等于向心力，即：
可得：
设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t
根据平抛运动的规律有：，??????????
解得：x=1m
答：（1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小为154N．?
（2）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离为1m．
【解析】本题是动能定理、牛顿第二定律和平抛运动规律的综合应用，关键是确定运动过程，分析运动规律，知道物体恰好到达圆周最高点的临界条件：重力等于向心力。
（1）小物块从A运动到B的过程中，根据动能定理求出物块到达B点时的速度。在B点，由牛顿第二定律求出轨道对物块的支持力，从而得到物块对轨道的压力。
（2）因为小物块恰好能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，由牛顿第二定律求出小物块通过D点的速度。小物块离开D点做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，由运动学公式求解落到水平地面上的点与B点之间的距离。
2.【答案】解：①由动能定理得：mgR-Wf=mv02-0，
代入数据解得：Wf=1.5J；
②以小铁块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，
代入数据解得：v=1m/s；
答：①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；
②小铁块和长木板达到的共同速度为1m/s．
【解析】本题考查了求克服摩擦力做的功、求速度，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量守恒定律即可正确解题。
①由动能定理可以求出克服摩擦力的功；
②小铁块与木板相互作用过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度。
3.【答案】解：（1）对小物块受力分析，
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
可得：a=2m/s2
运动学公式v2=2aL
可得v=2m/s
（2）对小物块、木板受力分析，
由牛顿第二定律得：F-μmg=ma1
μmg=Ma2
可得：a1=2m/s2
，a2=1m/s2
物块的位移?
木板的位移?
又x1-x2=L
由以上三式可得，，可得．
（3）木板向左做匀变速运动，由牛顿第二定律得：μmg=Ma3
可得a3=1m/s2，方向向右．
木板向左减速到0所用的时间为，则
此段时间内，木板向左的位移为
此段时间内，物块向右的位移为
因为，所用物块还没有滑离木板。
此后，物块继续向右匀速运动，木板开始向右做初速为0，加速度为a3的匀加速直线运动，设经过t2物块滑离木板
则有：
解得t2=0.5s或t2=1.5s。
因为物块要滑离木板，则，所以t2=0.5s
?可得，物块滑离木板所用的时间为
答：（1）若木板被固定，某人以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小为2m/s；
（2）若不固定木板，某人仍以恒力F=4N向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小为m/s；
（3）木块滑离木板所用的时间为1s。
【解析】解决本题的关键理清物体的运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。
（1）对m受力分析，运用牛顿第二定律求出小木块的加速度，再根据速度位移公式求出小木块滑离木板时的速度大小；
（2）木板不固定，小木块在做匀加速直线运动时，木板也在做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律分别求出木块和木板的加速度，结合两者位移之差等于木板的长度求出运动的时间，从而根据速度时间公式求出小木块滑离木板时的速度大小；
（3）根据牛顿第二定律求出木板的加速度，结合木块和木板两者位移之和等于木板的长度，求出运动的时间。
4.【答案】解：（1）A从轨道最低点到轨道最高点，由机械能守恒定律得：
??
A在最高点时，由牛顿第二定律得：
?mAg+FN=mA
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：FN=1N?
由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上。
（2）爆炸过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
??mAvA-mBvB=0
解得：vB=3m/s；
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
?mBvB=（mB+M）v共
由能量守恒定律得：
??EP=mBvB2-（mB+M）v共2-μmBgL
解得：EP=0.22J；
（3）滑块最终没有离开小车，滑块和小车具有共同的末速度，设为u，滑块与小车组成的系统动量守恒，有
?mB?vB=（M+mB）u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，
设滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得
??
联立解得?L1=1.35?m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得??
联立式解得L2=0.675?m
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是
0.675?m＜L＜1.35m
【解析】本题过程比较复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，确定研究对象与研究过程，应用牛顿第二定律、动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题。
5.【答案】解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得：vBsin37°=v0
解得：vB=1m/s
（2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：
mvB2+mg（R+Rsin37°）=mvC2
解得：vC=3m/s；
在C点物块受到重力和支持力，合力提供向心力，则：
代入数据可得：FN=46N
根据牛顿第三定律可知，物块经过C点时对圆弧轨道的压力是46N。
（3）物块在滑板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终可能将一起共同运动。设达到共同运动速度为v，
则：mvc=（m+M）v
解得：v=1m/s
对物块由动能定理可得：
解得：s1=0.8m
对滑板：
解得：s2=0.2m
由于s1-s2=0.8m-0.2m=0.6m＜L
可知二者的速度相同时，物块不能从滑板上滑落；
①滑板右端到滑板D左侧的距离s在0.1m＜s＜0.2m时，即滑板没有达到最大速度就与平台相遇，所以物块将一直做减速运动，根据动能定理可知：
代入数据可得：EKD=1.25-5s（J）
②滑板右端到滑板D左侧的距离s在0.2m≤s＜0.5m时，物块先做减速运动，位移为s1=0.8m，随后做匀速运动，位移为：s-s2，最后再做减速运动，位移为：△s=L-（s1-s2）=0.65-（0.8-0.2）=0.05m
则由动能定理可得：
解得：EKD=0.25J
答：（1）物体到达B点时的速度大小vB=1m/s；
（2）物块经过C点时对圆弧轨道的压力是46N；
（3）①滑板右端到滑板D左侧的距离s在0.1m＜s＜0.2m时，物块刚滑上平台D时的动能EKD与s的关系是EKD=1.25-5s（J）；
②滑板右端到滑板D左侧的距离s在0.2m≤s＜0.5m时，物块刚滑上平台D时的动能EKD是0.25J。
【解析】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考查，注意分析运动过程，并根据过程正确的选择物理规律求解。
（1）物块从A到B做平抛运动，由平抛规律可求得B点的速度；
（2）由机械能守恒可求得C点的速度；由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力，由牛顿第三定律可求得对轨道的压力；
（3）由动量守恒定律求出共同速度，分析它们对地面的相对位移，然后分析物块刚滑上平台D时的动能EKD与s的关系。
第2页，共2页
第1页，共1页