高中物理经典题库-力学计算题

四、力学计算题集粹（49个）1在光滑的水平面内，一质量1的质点以速度10沿轴正方向运动，经过原点后受一沿轴正方向的恒力5作用，直线与轴成37角，如图1-70所示，求：图1-70（1）如果质点的运动轨迹与直线相交于点，则质点从点到点所经历的时间以及的坐标； （2）质点经过点时的速度解：设经过时间，物体到达点（1），（12）（）2，37，联解得3，30，225，坐标（30，225）（2）（）15，= 5，151032，（32），为与水平方向的夹角2如图1-71甲所示，质量为1的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力，1末后将拉力撤去物体运动的-图象如图1-71乙，试求拉力图1-712解：在01内，由-图象，知12，由牛顿第二定律，得，在02内，由-图象，知6，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得，式代入式，得183一平直的传送带以速率2匀速运行，在处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间6，物体到达处、相距10则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到处要让物体以最短的时间从处传送到处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大?若使传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，则物体从传送到的时间又是多少?3解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从到需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为1，则（2）（），所以2（）（2（2610）2）2为使物体从至所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变而1设物体从至所用最短的时间为2，则（12）2，2=22122传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1的匀加速运动，从至的传送时间为24如图1-72所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度2竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的1718，已知地球半径为，求火箭此时离地面的高度（为地面附近的重力加速度）图1-724解：启动前，升到某高度时2（1718）（1718），对测试仪2（2），（818）（49），2，（）2，解得：（12）5如图1-73所示，质量10的木楔静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素002在木楔的倾角为30的斜面上，有一质量10的物块由静止开始沿斜面下滑当滑行路程14时，其速度14在这过程中木楔没有动求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（重力加速度取10）图1-735解：由匀加速运动的公式2得物块沿斜面下滑的加速度为22142（214）07，由于5，可知物块受到摩擦力的作用图3分析物块受力，它受3个力，如图3对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有，0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示对于水平方向，由牛顿定律有20，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力2（）107（2）061此力的方向与图中所设的一致（由指向）6某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10内高度下降1700造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动试计算：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大?方向怎样?（2）乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？（取10）（3）未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动?最可能受到伤害的是人体的什么部位?（注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体）6解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据（12），得2，代入1700，10，得（2170010）（）34，方向竖直向下（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力设乘客质量为，安全带提供的竖直向下拉力为，根据牛顿第二定律，得安全带拉力（）（3410）24（），安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数241024（倍）（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34，人向下加速度为10，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害7宇航员在月球上自高处以初速度水平抛出一小球，测出水平射程为（地面平坦），已知月球半径为，若在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近环绕月球运行的周期是多少?7解：设月球表面重力加速度为，根据平抛运动规律，有（12），水平射程为，联立得2根据牛顿第二定律，得（2），联立得（）8把一个质量是2的物块放在水平面上，用12的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为02，物块运动2秒末撤去拉力，取10求（1）2秒末物块的即时速度（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离8解：前2秒内，有，则（）4，8，撤去以后2，2169如图1-74所示，一个人用与水平方向成30角的斜向下的推力推一个重200的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为040（10）求图1-74（1）推力的大小（2）若人不改变推力的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间302解：在01内，由-图象，知12，由牛顿第二定律，得，在02内，由-图象，知6，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得，式代入式，得183解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从到需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为1，则（2）（），所以2（）（2（2610）2）2为使物体从至所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变而1设物体从至所用最短的时间为2，则（12）2，2=22122传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1的匀加速运动，从至的传送时间为24解：启动前，升到某高度时2（1718）（1718），对测试仪2（2），（818）（49），2，（）2，解得：（12）5解：由匀加速运动的公式2得物块沿斜面下滑的加速度为22142（214）07，由于5，可知物块受到摩擦力的作用图3分析物块受力，它受3个力，如图3对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有，0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示对于水平方向，由牛顿定律有20，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力2（）107（2）061此力的方向与图中所设的一致（由指向）6解：（1）飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据（12），得2，代入1700，10，得（2170010）（）34，方向竖直向下（2）飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力设乘客质量为，安全带提供的竖直向下拉力为，根据牛顿第二定律，得安全带拉力（）（3410）24（），安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数241024（倍）（3）若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34，人向下加速度为10，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害7解：设月球表面重力加速度为，根据平抛运动规律，有（12），水平射程为，联立得2根据牛顿第二定律，得（2），联立得（）8解：前2秒内，有，则（）4，8，撤去以后2，2169解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有，联立以上三式代数据，得1210（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得合，则有，联立解得20203060，（12）（12）203090，推力停止作用后40（方向向左），245，则总13510解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动以表示初速度，表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），表示网球通过网上的时刻，表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到，（12），消去，得，23以表示网球落地的时刻，表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到（12），消去，得16，网球落地点到网的距离411解：（1）设卫星质量为，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径，运动速度为，有得（2）由（1）得：60102412解：对物块：，6051101，102，（12）2（12）1042008，10404，对小车：，9051102，202，（12）2（12）2042016，20408，撤去两力后，动量守恒，有（），04（向右），（12）2（12）2）（12）（）2，0096，033613解：设木块到时速度为，车与船的速度为，对木块、车、船系统，有（22）（）22），（），解得5，木块到后，船以继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度向右运动，对木块和车系统，有（），（22）（22）（）22），得，214解：（1）小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为设小球做圆周运动的半径为，线速度为由几何关系得，解得（2）设手对绳的拉力为，手的线速度为，由功率公式得，图4研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即，其中，联立解得15解：（1）用表示子弹射入木块后两者的共同速度，由于子弹射入木块时间极短，系统动量守恒，有（），（）3，子弹和木块在木板上滑动，由动能定理得：（12）（）（12）（）（），解得2（2）用表示子弹射入木块后两者的共同速度，由动量守恒定律，得（），解得4木块及子弹在木板表面上做匀减速运动设木块和子弹滑至板右端的时间为，则木块和子弹的位移（12）2，由于车（），故小车及木块仍做匀速直线运动，小车及木板的位移，由图5可知：，联立以上四式并代入数据得：2610，解得：（32），（32）不合题意舍去），（11）01816解：（1）设滑上后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为，有图5（），解得2，在这一过程中，的位移为22且，解得222222021102设这一过程中，、的相对位移为，根据系统的动能定理，得（12）2（12）（）2，解得6当4时，、达到共同速度2后再匀速向前运动2碰到挡板，碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得、最后相对静止时的速度为，则（），解得（23）在这一过程中，、的相对位移为，根据系统的动能定理，得（12）（）2（12）（）2，解得267因此，、最终不脱离的木板最小长度为867（2）因离竖直档板的距离052，所以碰到档板时，、未达到相对静止，此时的速度为22（2），解得1，设此时的速度为，根据动量守恒定律，得，解得4，设在这一过程中，、发生的相对位移为，根据动能定理得：（12）2（12）2（12）2），解得45碰撞挡板后，、最终达到向右的相同速度，根据动能定理得（），解得（23）在这一过程中，、发生的相对位移为（12）2（12）（）2，解得（256）再次碰到挡板后，、最终以相同的速度向左共同运动，根据动量守恒定律，得（），解得（29）在这一过程中，、发生的相对位移为：（12）（）2（12）（）2，解得（827）因此，为使不从上脱落，的最小长度为89617解：（1）与碰撞后，相对于向左运动，所受摩擦力方向向左，的运动方向向右，故摩擦力作负功设与碰撞后的瞬间的速度为，的速度为，、相对静止后的共同速度为，整个过程中、组成的系统动量守恒，有（15），25碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即1525，（12）152（12）2（12）252，可解出（12）（另一解（310）因小于而舍去）这段过程中，克服摩擦力做功（12）152（12）152（27400）2（00682）（2）在运动过程中不可能向左运动，因为在未与碰撞之前，受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动在碰撞之后，有可能向左运动，即0先计算当0时满足的条件，由式，得（23）（23），当0时，23，代入式，得（12）15429）（12）254225），解得2215在某段时间内向左运动的条件之一是2215另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即（12）2（12）25（25）22，解出另一个条件是3220，最后得出在某段时间内向左运动的条件是2215322018解：（1）以警车为研究对象，由动能定理（12）2（12）2，将140，140，0代入，得702，因为警车行驶条件与肇事汽车相同，所以肇事汽车的初速度21（2）肇事汽车在出事点的速度14，肇事汽车通过段的平均速度（）2（2114）2175肇事汽车通过段的时间（315140）1751游客横过马路的速度人（）（26（107）15319解：（1）开始、处于静止状态时，有（）300，设施加时，前一段时间、一起向上做匀加速运动，加速度为，02，、间相互作用力为零，对有：30，（12）2，解、得：52，005，015，初始时刻最小（）6002时，最大30，（30）100，（2）（）30520解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块的速度为零，故系统的机械能等于滑块的动能设这时滑块的速度为则有（12）2，由动量守恒定律（），解得（12）（）22假定在以后的运动中，滑块可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块的速度为这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能由机械能守恒定律得（12）2（12）（）22），根据动量守恒（），求出，代入式得（12）（）22）（12）（）22），因为0，故得（12）（）22）（12）（）22），即，与已知条件不符可见滑块的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动的速度为零的情况21解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为，静摩擦力为最大静摩擦力，这时物体处于临界状态，由向心力公式2，假若物体向圆心移动后，仍保持相对静止，（）（）2，由、两式可得2，所以20，得2，若物体向外移动后，仍保持相对静止，（）（）2，由式得20，所以2，即若物体向圆心移动，则2，若物体向远离圆心方向移动，则222解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为，轨道半径为，受到地球的万有引力为，2，式中为万有引力恒量，是地球质量设是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，是运动周期，根据牛顿第二定律，得2，由、推导出式表明：越大，越小人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间，2，由、推出2，式说明：越大，越大23证：设质点通过点时的速度为，通过点时的速度为，由匀变速直线运动的公式得：122，322，312，31（2）22，（31）2224根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动证明：设物体做匀速运动的初速度为0，加速度为，第一个内的位移为1022；第二个内的位移为2（0）22；第个内的位移为0（1）2212，逆定理也成立25解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为1（0）2（2）木板的加速度大小为2220.25（2）根据牛顿第二定律对小物块得11122，对木板得1（）2，（12）（）（240.25）（14）100.0226解：假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为，由动量守恒定律，得03，022322，解得43，不合理，金属块一定冲上第二块木板以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系，当金属块在第一块木板上时0021，022120221220122，0221222222（）联立解得：113，256，0.2527解：当0时，09332，0360.5200，、间有弹力，随之增加，、间弹力在减小，当（92）3（32）6，2.5时，、脱离，以、整体为研究对象，在2.5内，加速度（）（）432，224.1728解：（1）由0（）1，由滑至时，、的共同速度是1（0）（）0.2由02222（）122，得（022）（）1220.48（2）由1（）2，相对静止时，、的共同速度是2（1）（）0.65由2212（）222，在上滑行距离为212（）2220.25（3）由222122，相对地滑行的距离（2212）20.12（4）在、上匀减速滑行，加速度大小由，得4.82在上滑行的时间1（0）0.21在上滑行的时间2（2）0.28所求时间120.210.280.4929匀加速下滑时，受力如图1，由牛顿第二定律，有：2，2，得2图1静止时受力分析如图1，摩擦力有两种可能：摩擦力沿斜面向下；摩擦力沿斜面向上摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件，解得（）（）3（222）摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件，解得（）（）（222）30解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功60总物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中0022解得总38（2）物体最终是在、之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在、点时速度为零（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大由动能定理得（160）6060（1202）2，由牛顿第二定律得12，解得54.5物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小由动能定理得（160）222，由牛顿第二定律得22，解得2031解：（1）设刹车后，平板车的加速度为0，从开始刹车到车停止所经历时间为0，车所行驶距离为0，则有02200，000欲使0小，0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度1当01时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为1，则02221为使木箱不撞击驾驶室，应有10联立以上各式解得：002（022）52，0004.4（2）对平板车，设制动力为，则（）0，解得：742032解：对系统0（12）（12）12对木块1，细绳断后：11112设细绳断裂时刻为1，则木块1运动的总位移：120122012对木块2，细绳断后，2（2）222木块2总位移201221（61）2（61）22，两木块位移差2122（）得01221（61）2（61）2201222，把0，2值，101代入上式整理得：12121280，得12木块2末速212（61）012（61）10此时动能22222102210033解：（1）由动量守恒定律，0（），且有13，、共同速度0（）1（2）由动能定理，对全过程应有2022（）22，40242，（0242）40.3（3）先求与挡板碰前的速度10，以及木板相应速度20，取从滑上至与挡板相碰前过程为研究对象，依动量守恒与动能定理有以下两式成立：01020，02210222022代入数据得103204，102320210，解以上两式可得10（23）2因与挡板碰前速度不可能取负值，故10（23）2相应解出20（2）20.3木板此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得1，11（2）此过程经历时间1由下式求出2011，12010.3（）其速度图线为图2中00.3段图线再求与挡板碰后，木板的速度2与木块的速度1，为方便起见取滑上至与挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立：012，022122222故解为1（23）2因1（23）2为碰前速度，故取1（23）2，相应得2221.7由于10，即木块相对向左滑动，受摩擦力向右，受摩擦力向左，故做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律，得12从碰后到滑到最左端过程中，向右做匀减速直线运动时间设为2，则22，20.7此过程速度图线如图2中0.31.0段图线图234解：设1、2两物体受恒力作用后，产生的加速度分别为1、2，由牛顿第二定律，得11，22，历时两物体速度分别为11，202，由题意令12，即102或（12）0，因0、00，欲使上式成立，需满足120，即12，或12，也即当12时不可能达到共同速度，当12时，可以达到共同速度35解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度最小，此时有2，故2（2）若初速度，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为的时间内，其水平位移，小球可进入轨道经过点设其竖直位移为时，水平位移也恰为R，则22，解得：2因此，初速度满足2时，小球可做平抛运动经过点36卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径设天体质量为，卫星质量为，卫星运动周期为，天体密度为根据万有引力定律2，卫星做圆周运动向心力422，因为，得2422，又球体质量433得=，1，得证37解：由于两球相碰满足动量守恒101122，11.3两球组成系统碰撞前后的总动能12102202.5，12112222222.8可见，1212，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理38解：（1）由动量守恒，得012，由运动学公式得（12），22，由以上三式得2（0）（）（2）最后车与物体以共同的速度向右运动，故有0（）0（）022（）2022（）2解得022（）39解：设碰前、有共同速度时，前滑的距离为则0（），22，由以上各式得022（）2当02时，290.5，即、有共同速度当04时，890.5，即碰前、速度不同40解：（1）物体由滑至的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：0022解之得04（2）物块由滑至的过程中，由三者功能关系得：022（02）222（04）22解之得50216（3）物块由滑到的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点时，物块与滑块速度相等且水平，均为故得02042，得滑块的动能2290212841解：（1）从0减速到速度为零的过程，静止，的位移：1022所用的时间：10此后与一起向右做加速运动，做减速运动，直到相对静止，设所用时间为2，共同速度为对、，由动量守恒定律得200（），03对与，向右加速运动的加速度（）2，2203内向右移动的位移222029，故总路程12110218，总时间12503（2）设车的最小长度为，则相对静止时、刚好接触，由能量守恒得（20）22022（）221（1），联立解得702342解：（1）速度最大的位置应在O点左侧因为细线烧断后，在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度（2）选、为一系统，由动量守恒定律得12设这一过程中弹簧释放的弹性势能为，则122222，解得21，（）122（2）与最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要与间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，与最终必定都静止43解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有0（）1射入后，在运动过程中，机械能守恒，有（）122（），得0（）（2）由动量守恒定律知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得：0（9）9，设此后木块沿圆弧上升最大高度为，由机械能守恒定律得：（9）922（9），由以上可得：（）（9）244解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动，速度变为0由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行由动能定理0022，0220.33（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值滑块速度则大于2，方向均向右这样就违反动量守恒所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度此即平板车碰墙前瞬间的速度00（），（）0（）0.4图3（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度前的过程，可用图3（）、（）、（）表示图3（）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功（平板车从到再回到的过程中摩擦力做功为零），其中、分别为滑块和平板车的位移滑块和平板车动能总减少为1，其中1为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边设滑块相对平板车总位移为，则有（）022，（）0220.833即为平板车的最短长度图445解：如图4，球从静止释放后将自由下落至点悬线绷直，此时速度为22230，2在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，将以切向速度1沿圆弧运动且130球从点运动到最低点与球碰撞前机械能守恒，可求出球与球碰前的速度122（160）222，2=因、两球发生无能量损失的碰撞且，所以它们的速度交换，即碰后球的速度为零，球的速度为2（）对球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度时，球上升到最高点，设上升高度为2（），222（）22解得3160.19在球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当球回到最低点时小车有