2020高考物理计算题专题练习-力学综合计算(共24题-含解析)

参考答案1．（1）（2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑．（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：，解得；由运动学公式，解得（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律，，解得；（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑2．（1）2.04×10–3s2/m（2）6%（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v'，由动量守恒定律有mBv=（mA+mB）v'①在碰后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有②联立①②式得③由题意得④代入题给数据得k0=2.04×10–3s2/m⑤（ii）按照定义δ=×100%⑥由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦3．①(1)对雨滴由动能定理得：解得：；(2)a.半径为r的雨滴体积为：，其质量为当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有：其中联立以上各式解得：由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴，不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：；(3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为，在内，空气分子个数为：，其质量为设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：对圆盘上方空气分子由动量定理有：圆盘受到的空气阻力为：联立解得：．4．（1）（2）（3）（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：

kx0=（m+m）gsinθ

解得：k=

（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；

由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

说明当形变量为时二者分离；

对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma

联立解得：a=

（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at2=则形变量变为：△x=x0-x

对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+m）gsinθ=（m+m）a

解得：F=mgsinθ+t2

因分离时位移x=由x==at2解得：

故应保证0≤t＜，F表达式才能成立．5．（1）（2）（3）（1）设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F．由力的合成法则有①②设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得③由①②③式和题给数据得④⑤（2）设小球到达A点的速度大小为，作，交PA于D点，由几何关系得⑥⑦由动能定理有⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为⑨（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g．设小球在竖直方向的初速度为，从C点落至水平轨道上所用时间为t．由运动学公式有⑩由⑤⑦⑩式和题给数据得点睛小球在竖直面内的圆周运动是常见经典模型，此题将小球在竖直面内的圆周运动、受力分析、动量、斜下抛运动有机结合，经典创新．6．（1）a=2m/s2（2）P=8.4×106W（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②（2）设飞机滑跑受到的阻力为F阻，依题意可得F设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F−F设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有v=在滑跑阶段，牵引力的平均功率P=Fv⑥，联立②③④⑤⑥式得P=8.4×1067．(ⅰ)18cm/s，沿x轴负方向传播(ⅱ)9cm(ⅰ)由图(a)可以看出，该波的波长为λ＝36cm①由图(b)可以看出，周期为T＝2s②波速为v＝＝18cm/s③由图(b)知，当t＝1/3s时，Q点向上运动，结合图(a)可得，波沿x轴负方向传播；(ⅱ)设质点P、Q平衡位置的x坐标分别为、由图(a)知，x＝0处y＝－＝Asin(－)因此④由图(b)知，在t＝0时Q点处于平衡位置，经Δt＝s，其振动状态向x轴负方向传播至P点处，由此及③式有＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，质点Q的平衡位置的x坐标为＝9cm8．（1）μ=v0（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②联立①②得μ=（2）设冰球运动的时间为t，则t=v又s1由③④⑤得a=s9．（1）3m/s（2）4.25m/s【解析】（1）设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为．由运动学公式有②联立①②式并利用题给数据得③（2）设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA．根据牛顿第二定律有④设碰撞后瞬间A车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为．由运动学公式有⑤设碰撞后瞬间A车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得故本题答案是：（1）（2）10．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt且xB–xA=L解得。11．（1）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m（1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得；（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理，解得；（3）球在整个运动过程中总路程s：，解得；（4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为；则；在A点下方，离A点12．(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和(2)A、B均停止运动后它们之间的距离为（1）设A滑到水平轨道的速度为，则有①A与B碰撞时，由动量守恒有②由动能不变有③联立①②③得：④第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为和（2）第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间⑤第一次碰撞后B停下来所需时间⑥易知：故第一次碰撞后B停时，A还没有追上B设第一次碰撞后B停下来滑动的位移为，由动能定理得⑦解得⑧设A第二次碰撞B前的速度为，由动能定理得⑨解得⑩，故A与B会发生第二次碰撞A与B会发生第二次碰撞，由动量守恒有⑪由动能不变有⑫解得：⑬B发生第二次碰撞后，向右滑动的距离为，由动能定理得⑭解得⑮A发生第二次碰撞后，向左滑动的距离为，由动能定理得⑯解得⑰，即A不会再回到光滑轨道PQO的水平段QO上，在O点左边停下所以A、B均停止运动后它们之间的距离为=⑱13．I取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且I=（解得I14．（1）1m/s；（2）1.9m。（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有①②③由牛顿第二定律得④⑤⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据，可得B与木板相对静止时，木板的速度⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有⑪由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反；由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有⑫对A有⑬在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为

⑮A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为⑯联立以上各式，代入数据，A、B开始运动时，两者之间的距离⑰答：（1）B与木板相对静止时，木板的速度为1m/s；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m。（1）（2），28m/s（3）30m/s；；87.5m（1）v-t图像如图所示．（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…．若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有①②③联立①②③式，代入已知数据解得④这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式⑤⑥联立②⑤⑥，代入已知数据解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧第二种情形下v3小于零，不符合条件，故舍去（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：⑩由动量定理有：⑪由动能定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为：⑫联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得v1=30m/s⑬⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为⑮联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得s=87.5m⑯16．（1）（2）（3）3900N（1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即可解得:（2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以（3）小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：从B运动到C由动能定理可知：解得;故本题答案是：（1）（2）（3）17．（1）3m（2）（3）（1）物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：联立方程解得：；根据v-t图象可知，解得：（2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得当物块A沿斜面下滑时：，由v-t图象知：当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：解得：；又因下滑位移则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：其中为P点离水平面得高度，即解得故在图（b）描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：（3）设物块B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：又据（2）的结论可知：，得：联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：．18．（1）；（2）（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有②联立①②式得③（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为，由机械能守恒定律有④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和．由题给条件和动量守恒定律有⑤⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为⑧19．（1）；（2）；（3）（1）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：解得：（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，总动量守恒：绳子绷直瞬间，A、B系统获得的速度：之后A做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2m/s（3）细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有：解得，初始时B离地面的高度20．（1）（2）（3）（1）C受力平衡解得（2）C恰好降落到地面时，B受C压力的水平分力最大B受地面的摩擦力根据题意，解得（3）C下降的高度A的位移摩擦力做功的大小根据动能定理解得21．(1)(2)(3)（1）“奔跑”过程（2）上滑过程：下滑过程（3）上滑位移，退滑到出发点的速度，解得22．（1）4m/s（2）2.4J（3）3.36m（4）2.4s（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：代入数据可得：（2）A到B的过程中重力和阻力做功，则由动能定理可得：代入数据得：（3）B到C的过程中，由动能定理得：解得：从C点到落地的时间：B到P的水平距离：代入数据，联立并整理可得：可知．当时，P到B的水平距离最大，为L=3.36m（4）由于小球每次碰撞机械能损失75%，由，则碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的，所以从第一次碰撞后到发生第二次碰撞的时间：，同理，从第二次碰撞后到发生第三次碰撞的时间：，由此类推可知，从第n次碰撞后到发生第n+1次碰撞的时间：小球运动的总时间：由数学归纳法分可得：23．(1)0.105m/s2,84m(2)400N(3)3.86m/s（1）根据代入数据可解得：根据（2）游船匀减速运动过程的加速度大小根据牛顿第二定律得到F=ma=8000×0.05=400N所以游船匀减速运动过程中所受的合力大小F=400N匀加速运动过程位移x1=84m匀速运动位移x2=vt=4.2×(640-40)m=2520m匀减速运动过程位移总位移行驶总时间为t=720s所以整个过程中行驶的平均速度大小综上所述本题答案是：(1)0.105m/s2,84m(2)400N(3)3.86m/s24．（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）