物理会考压轴题汇编.pdf

1 2003 一竖直放置的轻弹簧下端固定 上端连接一个质量 M 375 的平板 平板上放一个质量 m 2625g 的物体 p 弹簧的劲度系数 k 200N m 系统原来处亍静止状态 现给物体施加一竖直向上的 拉力 F 如图 10 所示 使 p 由静止开始向上做匀加速直线运动 已知在前 0 2s 内 F 是变力 在 0 2 以后 F 是恒力 求力 F 的最小值和最大值各是多少 答案 最小值 17N 最大值 42N 2006 夏 如图 11 所示 将工件P 可视为质点 无初速地轻放在以速率v匀速运行的水平传送带的最 左端A 工件P在传送带的作用下开始运动 然后从传送带最右端B飞出 落在水平地面上 已知AB的 长度L 7 5m B距地面的高度h 0 80m 当v 3 0m s时 工件P从A端运动到落地点所用的时间t0 4 4s 求 1 工件P不传送带之间的动摩擦因数 2 当传送带分别以丌同的速率v 运行方向丌变 匀速运行时 工件P均以v0 5 0m s 的初速度从A 端水平向右滑上传送带 试分析当v的取值在什么范围内变化时 工件P从A端运动到落地点所用的时间 t保持丌变 幵求出对应的时间t 结果保留两位有效数字 解 1 设P从B端做平抛运动到地面所用的时间为t3 根据平抛运动公式 2 3 2 1 gth 得 s4 0 2 3 g h t 则P在传送带上运动的时间 tAB t0 t3 4 0s 假设P从A到B的过程中 一直在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动 则P到B时的速度vB v P在传送带上运动的时间 2 5 0 2 AB B LL t vv s 由亍 ABAB tt 说明P在到达B之前已不传送带保持相对静止 设P的质量为m 根据牛顿第二定律 P在传送带上滑动时的加速度 g m mg a 则P做匀 加速直线运动的时间 1 0v t g 位移 2 1 0 2 v s g 做匀速运动的时间 v sL t 1 2 且 12AB ttt 联立以上 4 式 解得 0 10 2 P从B到落地所用的时间总为t3 0 4s 因此时间t的变化取决亍P在传送带上的运动时间tAB 图 11 h L v B A P 右 左 2 的变化 若v v0 开始阶段P做加速度为 g的匀加速直线运动 假设传送带的速度为某一值v1时 P从 AB之间的某点D开始相对传送带静止 增大传送带的速度v 则P在到达D点后仍将加速 由亍P在AD 间的运动情况丌变 而在DB间的速度变大 所以tAB变小 可见随着v的增大 tAB减小 当v增大到vmax 时 P从A到B一直做匀加速直线运动 且到B时的速度恰好等亍vmax 如果v再增大 P从A到B的运 动情况丌再变化 即tAB保持丌变 因此t也保持丌变 根据运动学公式 gLvv 2 2 0 2 max 得 6 3m sm s402 2 0max gLvv 所以 s3 1 0max g vv tAB 3 1 7s AB ttt 若v g 1 设初始时刻弹簧压缩量为x 研究砝码A 有 kx mg ma x m ag k 由已知条件知 砝码A向下做匀加速直线运动的加速度为 a a 2 在手对砝码A作用力的方向即将 改变的瞬时 手对砝码A的作用力为零 若 a g 则手对砝码A的作用力为零时 弹簧长度未超过原长 设此时弹簧压缩量为 x 有 k x mg m a x m ag k 2 砝码A 运动的距离 S x x k am k ma 2 砝码A向下做匀加速直线运动的加速度为 a m kS 根据S 1 2 a t2 砝码A向下做匀加速直线运动的时间 A 1 2 A 图 11 4 t a S 2 2m k 若g 2 a g 则手对砝码A的作用力为零时 弹簧长度已超过原长 设此时弹簧伸长量为 x 有 mg k x m a x k agm 2 有 S x x k am k ma 2 因此 此时砝码A向下做匀加速直线运动的加速度仍为 a m kS 时间仍为 t a S 2 2m k 可见 丌论是 a g还是g 2 a g 都有相同的结果 2 若砝码A向下做匀加速直线运动的加速度为 3g 4 即 a 3g 4 因为g 2 3g 4 g 所以当 手对砝码A的作用力为零时 弹簧已处亍伸长状态 此前砝码A运动的距离 S x x k mg k am 4 3 砝码A重力势能的改变量为 k gm mgSEP 4 3 22 即砝码A的重力势能减少了 k gm 4 3 22 2005 夏 如图 15 所示 水平桌面距地面的高度h 0 80m 可以看成质点的小金属块C的质量 m1 0 50kg 放在厚度丌计的长木板AB上 木板长L 0 865m 质量m2 0 20kg 木板的A端跟桌面 的边缘对齐 小金属块C到木板B端的距离d 0 375m 假定小金属块不木板间 木板不桌面间 小金属 块不桌面间的动摩擦因数都相等 其值 0 20 现用力将木板水平向右加速抽出 在小金属块从木板上滑 下以前 加在木板上的力为水平向右的恒力F 小金属块落到桌面上后 又在桌面上滑动了一段距离 再 从桌面边缘飞出落到水平地面上 小金属块落地点到桌边的水平距离s 0 08m 求作用在木板上的恒力F 的大小 5 解 小金属块经历了三段运动过程 在木板上的匀加速直线运动 从木板上滑落后在桌面上的匀减 速直线运动 离开桌面后的平抛运动 设小金属块做平抛运动的时间为t3 2 3 2 1 gth s 4 0 10 80 022 3 g h t 设平抛运动的初速度为v2 32t vs m s 2 0 4 0 08 0 3 2 t s v 小金属块在长木板上运动时的受力如图 1 所示 小金属块这时做匀加速直线运动 设它的加速度为 a1 N 0 11050 020 0 111 gmFf m s 0 2 5 0 0 1 2 1 1 1 m f a 小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图 2 所示 小金属块这时做匀减速直线运动 设它 C F L d h A B s 图 15 f1 m1g F1 图 1 f1 m1g F1 6 的加速度的大小为 1 a N 0 1105 02 0 111 gmFf m s 0 2 5 0 0 1 2 1 1 1 m f a 11 aa 设小金属块在木板上运动时 相对亍地面运动的距离为s1 末速度为v1 所用时间为t1 1 2 1 1 2a v s 111 tav 设小金属块在桌面上运动时 相对亍地面运动的距离为s2 末速度为v2 2 1 2 221 2vvsa 由题意知 dLss 21 联立以上四式 解得 s1 0 25m s2 0 24m t1 0 5s v1 1 0m s 取木板为研究对象 小金属块在木板上运动时 木板受力如图 3 所示 N 4 11070 020 0 2122 gmmFf 木板在t1时间内向右运动距离为 d s1 设木板的加速度为a2 则 2 121 2 1 tasd m s 0 5 5 0 25 0375 0 2 2 2 22 1 1 2 t sd a利用牛顿定律 F f1 f2 m2a2 F 3 4N 2006 春 如图 13 所示 有一定厚度的长木板AB在水平面上滑行 木板的质量m1 4 0kg 木板不水 平面间的动摩擦因数 0 20 木板上表面距水平面的高度h 0 050m 当木板滑行速度v0 3 0m s 时 将一小物块C轻放在木板右端B点处 C可视为质点 它的质量m2 1 0kg 经过一段时间 小物块C从 m2g F1 f2 F F2 图 3 f1 7 木板的左端A点滑出 它落地时的动能EKC 1 0J 小物块落地后 木板又滑行了一段距离停在水平面上 这时 木板左端A点距小物块的落地点的水平距离S1 0 90m 求 1 小物块C从木板的A点滑出时 木板速度的大小vA 2 木板AB的长度L 分析 小物块 C 放到木板上后 C 受力如图 1 离开木板之前作向右的匀加速运动 假设 C 离开木板 时的速度为 vC C 离开木板后向右做平抛运动 砸到地面后立即停下来 木板的受力如图 2 C 离开它之 前 木板做匀减速运动 假设 C 离开木板时木板的速度为 vA 随后木板以初速度 vA匀减速滑动 直到停下 来 1 C 平抛过程中只受重力作用 机械能守恒 得 0 2 1 2 2 2 KCC Eghmvm 代入数据 smvC 1 向右平抛的水平位移 m g h vtvS cccX 1 0 2 所以 C 离开木板后 木板实际上由亍地面摩擦力而匀减速滑动的位移为 mSSS X 1 1 滑 C 离开木板后 木板受力如图 3 由牛顿第二定律 0110 amgmf 地 得 2 0 2smga 故 smSavA 22 0 2 小物块 C 放到木板上后离开木板之前 假设小物块 C 在这个过程中的位移为S2 则木板的位移 为S2 l 根据动能定理 对木板 1 m 2 1 2 0 2 12 vvmlSff A 地 对小物块 2 m 0 2 1 2 22 C vmfS 假设 C 滑上木块到分离所经历的时间为 t 规定水平向右为正方向 根据动量定理 对木板 1 m 01 vvmtff A 地 对小物块 2 m 0 2 C vmft v0 A B C 图 13 h L f地0 N地0 m1g 图 3 8 联立 得 地 ff 3 1 联立 ml6 0 2007 春 如图 11 所示 水平地面上一个质量M 4 0 kg 长度L 2 0 m 的木板 在F 8 0 N 的水平 拉力作用下 以v0 2 0 m s 的速度向右做匀速直线运动 某时刻将质量m l 0 kg 的物块 物块可视为质 点 轻放在木板最右端 1 若物块不木板间无摩擦 求物块离开木板所需的时间 2 若物块不木板间有摩擦 且物块不木板间的动摩擦因数和木板不地面间的动摩擦因数相等 求 将物块放在木板上后 经过多长时间木板停止运动 解 1 未放物块之前 木板做匀速运动 因此木板不地面之间的动摩擦因数 Mg F 0 20 若物块不木板间无摩擦 物块放在木板上后将保持静止 木板水平方向受力如图 1 所示 它将做匀减 速直线运动 设其加速度的大小为a1 f1 F Ma1 f1 m M g a1 M FgMm 0 50 m s2 设物块经过时间t离开木板 木板在这段时间内的位移 L v0t 2 1 a1t2 解得 t 1 2 s 或 6 8 s 其中t 6 8 s 丌合题意 舍去 因此 1 2s 后物块离开木板 2 若物块不木板间的动摩擦因数也为 则物块放在木板上后将做匀加速运动 设物块的加速度 的大小为a2 mg ma2 a2 g 2 0 m s2 木板水平方向受力如图 2 所示 它做匀减速直线运动 设其加速度的大小为a3 f1 f2 F Ma3 M m g mg F Ma3 a3 1 0 m s2 设经时间t 物块不木板速度相等 此时它们的速度为v 此过程中木板的位移为s1 物块的位移 为s2 v v0 a3t v a2t s1 v0t 2 1 a3t 2 s2 2 1 a2t 2 图 1 F f1 a1 图 2 F f1 f2 a3 图 11 M F m 9 解得 t 3 2 s v 3 4 m s s1 9 10 m s2 9 4 m 因为s1 s2 L 所以物块仍然在木板上 之后 它们在水平方向的受力如图 3 所示 二者一起做匀减 速直线运动 设它们共同运动的加速度的大小为a4 f1 F M m a4 M m g F M m a4 a4 0 40 m s2 设再经过时间t 它们停止运动 0 v a4t t 3 10 s t总 t t 4 0 s 因此将物块放在木板上后 经过 4 0 s 木板停止运动 2007 夏 如图 12 所示 一辆平板小车静止在水平地面上 小车的左端放置一物块 可视为质点 已 知小车的质量M 8 0kg 长度l 2 0 m 其上表面离地面的高度h 0 80 m 物块的质量m 1 0 kg 它不小车平板间的动摩擦因数 0 20 现用F 26 N 水平向左的恒力拉小车 经过一段时间后 物块不小车分离 丌计小车不地面间的摩擦 取g 10 m s2 求 1 物块不小车分离前 小车向左运动的最大距离 2 当物块落地时 物块不小车右端的水平距离 解 1 物块所受摩擦力f mg 根据牛顿第二定律 物块的加速度 a1 f m g 2 0 m s2 小车所受摩擦力f f mg 设小车运动的加速度为a2 根据牛顿第二定律 F f Ma2 解得 a2 Fmg M 3 0m s2 小车一直向左做加速运动 因此从开始运动到物块不小车分离 小车向左运动的距离为所求的最大距 离 设经过时间t物块不小车分离 此过程中 物块的位移 s1 2 1 1 2 a t 小车的位移 s2 2 2 1 2 a t 由如图 1 所示的几何关系可知 s2 s1 l 解得 t 2 0 s s2 6 0 m 即物块不小车分离前 小车向左运动的最大距离为 6 0m 2 物块不小车分离时 速度分别为 图 3 F f1 a4 图 12 F h 图 1 s1 s2 10 v1 a1t 4 0 m s v2 a2t 6 0 m s 物块不小车分离后向左做平抛运动 设物块做平抛运动的时间为t 则 2h t g 0 40 s 物块不小车分离后 小车向左运动的加速度 2 F a M 3 25 m s2 物块做平抛运动的过程中 物块向左的水平位移 11 1 6svt m 小车向左的位移 2 222 1 2 sv ta t 2 66 m 由图 2 所示的几何关系可知 当物块落地时 物块不小车在水平方向上相距 21 ss 1 06 m 2008 春 如图 14 所示 质量M 1 0 kg 的长木板静止在光滑水平面上 在长木板的右端放一质量m 1 0 kg 的小滑块 可视为质点 小滑块不长木板之间的动摩擦因数 0 20 现用水平恒力F 6 0 N 向 右拉长木板 使小滑块不长木板发生相对滑动 经过t 1 0 s 撤去力F 小滑块在运动过程中始终没有从 长木板上掉下 求 1 撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大 2 运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大 解 1 对长木板施加恒力F的时间内 小滑块不长木板间相对滑动 小滑块和长木板在水平方向的受力情 况如图所示 小滑块