2021年新高考物理模拟题分项汇编(第五期)专题15力学计算大题 (解析版)
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1、 1 / 39 专题专题 15 力学计算大题力学计算大题 1 (2021 北京东城区高三一模)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为 R,下端与水平桌面相 切,小球 A 从圆弧轨道顶端无初速滑下,与静止在圆弧轨道底端的小球 B 相碰,A 与 B 碰撞后结合为一个 整体,在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑,A 和 B 的质量相等, A、B 与桌面之间的动摩擦因数为, 重力加速度为 g ,A、B 均可视为质点。求: (1)碰撞前瞬间 A 的速度大小 v; (2)碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速度大小 v; (3)A 和 B 整体在水平桌面上滑行的最远距离 l。 【答案】 (1)2vgR; (
2、2) 2 2 gR v ; (3)l = 4 R 【解析】 (1)设两小球质量均为 m,对小球 A 从圆弧轨道顶端滑到底端的过程,由机械能守恒定律有 2 1 2 mgRmv,解得2vgR (2) )对 A、B 碰撞的过程应用动量守恒定律有2mvmv,解得 2 2 gR v (3)对 A、B 整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有 2 1 202 2 mglmv ,解得 l = 4 R 2 (2021 福建漳州市高三二模)图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接 2022 年北京冬奥会的训练画面,其运动 过程可简化为如图乙所示的模型:运动员(可视为质点沿倾角37的滑道由静止开始匀加速直线下滑, 到达坡底
3、后进入水平滑道匀减速直线滑行51.2ms 停下。 已知水平段运动时间6.4st , 滑雪板与整个滑 道间的动摩擦因数均相同,运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变,不计空气阻力。 (sin370.6, cos370.8,g取 2 10m /s)求: (1)滑雪板与滑道间的动摩擦因数; (2)运动员开始下滑位置到坡底的距离x。 2 / 39 【答案】 (1)0.25; (2)32mx 【解析】 (1)设运动员在水平滑道运动时的加速度大小为 a,由运动学公式可得 2 1 2 sat 由牛顿第二定律得 mgma 联立解得0.25 (2)运动员通过坡底时的速度大小为vat 设运动员在倾斜滑道上下滑时的加
4、速度大小为 a1,由牛顿第二定律得 1 sincosmgmgma 由运动学公式可得 2 1 32m 2 v x a 3 (2021 北京丰台区高三一模)图甲为 2022 年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。赛道含长度 x 的水平直道出发区(图甲中 1 位置)和滑行区,滑行区起终点高度差为 h,赛道截面为 U 型槽,图甲中 4 位置为螺旋弯道,转弯半径为 ro某运动员和雪车总质量 m,在该赛道完成了一次“钢架雪车”测试赛。运动 员在出发区的运动可视为由静止开始的匀加速运动, 离开出发区时速度为 v1; 在整个滑行区滑行的路程为 s, 到达终点时速度为 v2.已知重力加速度为 g,求: (
5、1)运动员在出发区加速度的大小; (2)运动员和雪车在滑行区所受平均阻力的大小; (3)如图乙和丙所示,若运动员在螺旋弯某处速度为 v3,求此时刻钢架雪车平面与水平面夹角 的正切值 (不计阻力) 。 3 / 39 【答案】 (1) 2 1 2 v x ; (2) 22 21 11 22 mghmvmv s ; (3) 2 3 v rg 【解析】 (1)以运动员和雪车整体为研究对象,匀加速过程有 2 1 2vax 则 2 1 2 v a x (2)以运动员和雪车整体为研究对象,对滑行过程应用动能定理 22 f21 11 22 mghF smvmv 22 21 f 11 22 mghmvmv F
6、s (3)运动员和雪车在螺旋弯运动时任意时刻在水平方向匀速圆周运动,重力和支持力合力提供向心力,由 匀速圆周运动牛顿第二定律得 2 3 tan mv mg r ,解得 2 3 tan v rg 。 4 (2021 北京西城区高三一模)雪车是冬奥会的比赛项目之一,风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点 之一。北京 2022 年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行。雪车比赛所用赛道长 1.5km 左右,落差在 100m 至 150m 之间。比赛可以分为两个过程:过程 1 中运动员手推雪车沿斜向下的赛 道奔跑获得初始速度,如图 1 所示;过程 2 中运动员跳入车体内,呈坐姿在弯曲的赛
7、道上无动力滑行,如 图 2 所示。设雪车的质量为 m1,运动员的总质量为 m2,重力加速度为 g,忽略冰面与雪车之间的摩擦。 (1)过程 1 中运动员推车奔跑使雪车获得速度 v0,这一过程中赛道的落差为 h,求这一过程中运动员对雪 车做的功 W。 (2)过程 2 中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道,弯道处的赛道均向内侧倾斜。若雪车以速 度 v 通过半径为 r 的一小段弯道,弯道落差可忽略。建立图 3 所示的模型,将运动员和雪车整体看作质点, 求在弯道处赛道对雪车的支持力 FN的大小。 4 / 39 【答案】 (1) 2 1 01 1 2 Wmvm gh; (2) 4 2 N12 2
8、+ v Fmmg r 【解析】 (1)运动员推车奔跑过程中对雪车用动能定理 2 110 1 2 Wmghmv 解得 2 101 1 2 Wmmghv (2)根据牛顿第二定律,转弯过程中运动员和雪车需要的向心力 2 12 ()+Fmm r v 向 对运动员和雪车做受力分析,如答图 1 所示 根据平行四边形定则可知 2222 N12 ()+FgFmm 向 代入解得 4 2 N12 2 ()+Fmmg r v 5 (2021 天津河东区高三一模)如图所示,内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上,一轻质弹簧一端固定在 直圆筒的底端,其上端自然状态下位于 O 点处,将一质量为 m、直径略小于直圆筒的小球 A
9、缓慢的放在弹 簧上端,其静止时弹簧的压缩量为 x0。现将一与小球 A 完全相同的小球 B 从距小球 A 某一高度的 P 处由静 止释放,小球 B 与小球 A 碰撞后立即粘连在一起向下运动,它们到达最低点后又向上运动,并恰能回到 O 点,已知两小球均可视为质点,弹簧的弹性势能为 2 1 2 kx,其中 k 为弹簧的劲度系数,x 为弹簧的形变量, 已知重力加速度 g。求: (1)弹簧的劲度系数 k; (2)小球 B 释放时的高度 h; 5 / 39 (3)小球 A 与小球 B 一起向下运动时速度的最大值 vm。 【答案】 (1) 0 mg k x ; (2) 0 3hx; (3) 0 2 m vg
10、x 【解析】 (1)由平衡条件可知 0 mgkx 解得 0 mg k x (2)B 球由静止下落后与 A 接触前的瞬时速度为 0 ,则有 2 BB 0 1 2 m g hm v 设 A 与 B 碰撞后的速度为 v,有 B 0B m vmm v 碰后从粘在一起到返回 O 点,系统机械能守恒,取碰后瞬间所在平面为零势能面: 22 B0B0 11 22 mm vkxmm gx 解得 0 3hx (3)当加速度为零时,两球速度达到最大值,此时弹簧压缩量为 1 x,有 B1 mm gkx 从最大速度到返回 O 点,系统机械能守恒定律,取最大速度处所在平面为零势能面: 22 B1Bl 11 22 m mm
11、 vkxmm gx 解得 0 2 m vgx 6 (2021 江苏南通市高三二模)如图甲所示,一轻质短弹簧被夹在质量均为 m=0.10kg 的两小木块 A、B 之 间,弹簧长度被锁定,将此装置放在水平支撑面上。若解除锁定,木块 B 能上升的最大高度 h=2.5m。取 g=10m/s2,忽略空气阻力。 (1)求弹簧解锁前的弹性势能 Ep; 6 / 39 (2)若撤去 A 的支撑面同时解除锁定,此时 B 的加速度大小为 a1=8.0m/s2,求此时 A 的加速度大小 a2; (3)图乙为同一竖直平面内两四分之一光滑圆弧 MP 和 QN 与光滑水平面 PQ 组成的轨道,M、N 与圆心 O1、O2等高
12、,圆弧 MP 和 QN 半径均为 R=1.8m。若将图甲中装置由轨道 M 端静止释放,第一次滑至水平面 时,解除锁定,求木块到达 N 点后还能上升的最大高度 H。 【答案】 (1) p 2.5JE ; (2)28.0m/s2; (3)4.25m 【解析】(1)由机械能守恒定律有 p Emgh 代入数据解得 p 2.5JE (2)对 B 有 1 Fmgma 对 A 有 2 Fmgma 代入数据解得 a2=28.0m/s2 (3)设木块 AB 滑至水平面时的速度为 v0,则 2 0 1 22 2 mgRmv 设解除锁定后,两木块 A、B 离开水平面 PQ 前的速度分别为 vA、vB,则由动量守恒定
13、律有 0 2 AB mvmvmv 由机械能守恒定律有 22 p 11 2 22 AB mgREmvmv 同理有 2 1 () 2 A mg RHmv 代入数据解得 H=4.25m 7 (2021 江苏南京市高三二模)如图所示,电动传送带以恒定速度 0 1.2v m/s 顺时针运行,传送带与水平 面的夹角37 ,现将质量20m kg 的箱子轻放到传送带底端,经过一段时间后,箱子被送到1.8h m 7 / 39 的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数0.85,不计其它损耗( 2 10m/sg ,sin370.6 , cos370.8 ) 。求: (1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小; (
14、2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中,箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。 【答案】 (1) 2 0.8m /s; (2)122.4J 【解析】 (1)箱子刚开始运动时,受到竖直向下的重力 G 和沿斜面向上的滑动摩擦力 f,将重力沿斜面方向 和垂直斜面方向进行正交分解,由牛顿第二定律得 sinfmgma , N fF N cosFmg, 联立式,得 2 0.8m/sa (2)箱子加速所用时间为 0 1.2 1.5s 0.8 v t a 传送带位移 0 1.8mxv t 传 总长3m sin h L 箱子加速位移为 22 11 0.8 1.59m 22 m0.xatL 箱 产生的热量122.4
15、JQfxf xx 传箱 8 (2021 福建福州市高三二模)如图所示,质量为 2kgM ,带有半径为0.8mR四分之一光滑圆弧轨 道AB的曲面体静止在光滑的水平地面上;质量为0.5kgm 的小球以 0 25J k E初动能冲上曲面体轨道 AB,取 2 10m/sg ,求: 8 / 39 (1)小球第一次冲出曲面休轨道的 B 点时曲面体的速度大小 1 v; (2)小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点时小球的速度大小 2 v; (3)小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点至次落回 B 点的时间 t。 【答案】 (1)2m/s; (2)8.25m/s; (3)1.6s 【解析】(1)由动能表达式可知 2
16、k00 1 2 Emv 设小球第一次冲出曲面体 B 点时水平方向分速变为 x v,竖直方向分速度为 y v ,由于曲面体是四分之一圆曲 面,所以 1x vv 小球从 A 到 B 运动过程,球和曲面体水平方向动量守恒 01 mvmM v 解得 0 10m/sv , 1 2m/sv (2)从小球开始运动到 B 过程中,系统机械能守恒,有 222 012 111 222 mvMvmvmgR 解得 2 2 17m/s8.25m/sv (3)小球离开曲面体后,在竖直方向上做竖直上抛运动,则落回 B 点有 22 2 8m/s yx vvv 所以从离开到回到 B 点,有 2 1.6s y v t g 9 (
17、2021 天津高三模拟)滑板运动是一项刺激的运动,深受青少年的喜欢,某次比赛中部分赛道如图 1 所 示。现将赛道简化为如图 2 所示的模型:平台 A 和平台BC高度相距3.2mh,粗糙水平轨道DE与光滑 圆弧形轨道CD、EF相切于 D、E 点。若运动员与滑板一起(可看作质点)从平台 A 以速度 0 v水平飞出, 恰好从 C 点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道,滑过DE冲上EF轨道,然后返回,恰好到 C 点速 度为零。已知人和滑板总质量 60kgm ,光滑圆弧CD对应的圆心角53,圆弧形轨道半径均为 4mR , 滑板与水平轨道DE间的摩擦可视为滑动摩擦, 动摩擦因数 0.2, 不计空气阻力,
18、 g 取 2 10m/s, sin530.8,cos530.6。求: 9 / 39 (1)运动员的初速度 0 v的大小; (2)运动员第一次经过 D 点时对圆弧轨道的压力 N F的大小; (3)水平轨道DE的长度 L。 【答案】 (1) 0 6m/sv ; (2)2850N; (3) 12.5mL 【解析】(1)运动员运动到 C 点,对速度进行分解 0 tan53 = cy v v 竖直方向有 2 Cy 2vgh 联立解得 0 22 10 3.2 m/s6m/s 4 tan53 3 gh v (2)运动员经过 C 点时的速度 0 cos53 C v v 或 22 0CCy vvv 得 C 10
19、m/sv 运动员第一次经过 D 点时,根据动能定理有 22 1 1cos53 2 DC mgRm vv 或 22 0 1 1cos53 2 D mghmgRm vv 在 D 点根据牛顿第二定律有 2 N D v Fmgm R 根据牛顿第三定律可知运动员对圆弧轨道的压力 N 2580N N FF (3)运动员从 C 点进入CD轨道,直至返回到 C 点时速度恰好为零,根据动能定理有 2 1 20 2 C mg Lmv 10 / 39 或 2 0 1 20 2 mghmg Lmv 解得12.5mL 10 (2021 福建漳州市高三二模)如图,水平面上固定两根足够长的平行直导轨MN、PQ,两导轨间静
20、置一质量2.0kgM 的外壁光滑环形空心玻璃管ABCD,BC、DA段均为半圆管,AB、CD段是长度 均为3.0mL的直管。管内CD段放置有质量为1.0kgm 的小球,小球在AB段相对运动时受到的摩擦 力0.3fmg,玻璃管内其余部分光滑,g取 2 10m/ s。现给玻璃管水平向右的初速度 0 6.0m/sv ,求: (1)从开始运动到小球与玻璃管共速,玻璃管对小球的冲量I的大小; (2)小球第一次通过玻璃管中 A 点时的速度大小。 【答案】 (1)4kg m/ sI ; (2)6m/s 【解析】 (1)由动量守恒得 0 ()MvmM v 玻璃管对小球的冲量I的大小Imv 解得4kg m/ sI
21、 (2)由动量守恒得 012 MvMvmv 由功能关系得 222 012 111 222 MvMvmvfL 解得 1 3m/sv , 2 6m/sv 、 1 5m/sv , 2 2m/sv (不符合实际,舍掉) 所以,小球速度 2 6m/sv 11 (2021 重庆高三二模)如题图所示,质量均为 m 的滑块 A、B 用劲度系数为 k 的轻弹簧相连后静止放在 光滑水平面上,滑块 B 紧靠竖直墙壁。用大小为 F 的水平恒力向左推滑块 A,当滑块 A 向左运动的速度最 大时撤去该恒力 F。求: (1)撤去恒力 F 时,弹簧的形变量 x; (2)撤去恒力 F 后,滑块 A 的最大速度 vm; (3)B
22、 离开墙壁后,系统的最大弹性势能 Ep。 11 / 39 【答案】 (1) F k ; (2) 2 F km ; (3) 2 2 F k 【解析】 (1)滑块 A 向左的速度最大时,加速度为零,由牛顿第二定律有0Fkx 解得 F x k (2)撤去 F 之后,当弹簧恢复自然长度时,滑块 A 的速度最大,由功能关系有: 2 m 1 0 2 Fxmv 解得 m 2 vF km (3)滑块 A 向右速度为 m v时,滑块 B 开始脱离墙壁,之后系统机械能守恒,动量守恒,当 A、B 速度相 等时,系统的弹性势能最大,根据动量守恒定律可得 m ()mvmm v 根据系统机械能守恒定律可得 22 mp 1
23、1 () 22 mvmm vE 联立解得 2 p 2 F E k 12 (2021 天津和平区高三一模)如图所示,在同一竖直平面内,一轻质弹簧一端固定,另一自由端恰好与 水平线 AB 平齐,静止放于倾角为45的光滑斜面上。一长为0.2L m 的轻质细绳一端固定在 O 点,另一 端系一质量为0.1m kg 的小球,将细绳拉至水平,使小球从位置 C 由静止释放,小球到达最低点 D 时, 细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧,已知弹簧的劲度系数为20k N/m。 压缩一直处于弹性限度内, 2 10m/sg 求: (1)细绳受到的最大拉力 F 的大小; (2)D 点到水平线 AB
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