word完整版高中物理经典题库力学计算题49个1.docx
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word完整版高中物理经典题库力学计算题49个1
四、力学计算题集粹(49个)
1.在光滑的水平面内,一质量m=1kg的质点以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动,经过原点后受一沿y轴正方向的恒力F=5N作用,直线OA与x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OA相交于P点,则质点从O点到P点所经历的时间以及P的坐标;
(2)质点经过P点时的速度.
2.如图1-71甲所示,质量为1kg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F,1s末后将拉力撤去.物体运动的v-t图象如图1-71乙,试求拉力F.
图1-71
3.一平直的传送带以速率v=2m/s匀速运行,在A处把物体轻轻地放到传送带上,经过时间t=6s,物体到达B处.A、B相距L=10m.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B处.要让物体以最短的时间从A处传送到B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A传送到B的时间又是多少?
8.把一个质量是2kg的物块放在水平面上,用12N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0.2,物块运动2秒末撤去拉力,g取10m/s2.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.
9.如图1-74所示,一个人用与水平方向成θ=30°角的斜向下的推力F推一个重G=200N的箱子匀速前进,箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.40(g=10m/s2).求
图1-74
(1)推力F的大小.
(2)若人不改变推力F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t=3.0s后撤去,箱子最远运动多长距离?
10.一网球运动员在离开网的距离为12m处沿水平方向发球,发球高度为2.4m,网的高度为0.9m.
(1)若网球在网上0.1m处越过,求网球的初速度.
(2)若按上述初速度发球,求该网球落地点到网的距离.
取g=10/m·s2,不考虑空气阻力.
12.如图1-75所示,质量2.0kg的小车放在光滑水平面上,在小车右端放一质量为1.0kg的物块,物块与小车之间的动摩擦因数为0.5,当物块与小车同时分别受到水平向左F1=6.0N的拉力和水平向右F2=9.0N的拉力,经0.4s同时撤去两力,为使物块不从小车上滑下,求小车最少要多长.(g取10m/s2)
图1-75
13.如图1-76所示,带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上,车左端被固定在船上的物体挡住,小车的弧形轨道和水平部分在B点相切,且AB段光滑,BC段粗糙.现有一个离车的BC面高为h的木块由A点自静止滑下,最终停在车面上BC段的某处.已知木块、车、船的质量分别为m1=m,m2=2m,m3=3m;木块与车表面间的动摩擦因数μ=0.4,水对船的阻力不计,求木块在BC面上滑行的距离s是多少?
(设船足够长)
图1-76
14.如图1-77所示,一条不可伸长的轻绳长为L,一端用手握住,另一端系一质量为m的小球,今使手握的一端在水平桌面上做半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动,且使绳始终与半径R的圆相切,小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动,若人手做功的功率为P,求:
图1-77
(1)小球做匀速圆周运动的线速度大小.
(2)小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小.
)
.
25.如图1-80所示,质量为1kg的小物块以5m/s的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板,木板的质量为4kg.经过时间2s以后,物块从木板的另一端以1m/s相对地的速度滑出,在这一过程中木板的位移为0.5m,求木板与水平面间的动摩擦因数.
图1-80 图1-81
26.如图1-81所示,在光滑地面上并排放两个相同的木块,长度皆为l=1.00m,在左边木块的最左端放一小金属块,它的质量等于一个木块的质量,开始小金属块以初速度v0=2.00m/s向右滑动,金属块与木块之间的滑动摩擦因数μ=0.10,g取10m/s2,求:
木块的最后速度.
27.如图1-82所示,A、B两个物体靠在一起,放在光滑水平面上,它们的质量分别为mA=3kg、mB=6kg,今用水平力FA推A,用水平力FB拉B,FA和FB随时间变化的关系是FA=9-2t(N),FB=3+2t(N).求从t=0到A、B脱离,它们的位移是多少?
图1-82 图1-83
28.如图1-83所示,木块A、B靠拢置于光滑的水平地面上.A、B的质量分别是2kg、3kg,A的长度是0.5m,另一质量是1kg、可视为质点的滑块C以速度v0=3m/s沿水平方向滑到A上,C与A、B间的动摩擦因数都相等,已知C由A滑向B的速度是v=2m/s,求:
(1)C与A、B之间的动摩擦因数;
(2)C在B上相对B滑行多大距离?
(3)C在B上滑行过程中,B滑行了多远?
(4)C在A、B上共滑行了多长时间?
29.如图1-84所示,一质量为m的滑块能在倾角为θ的斜面上以a=(gsinθ)/2匀加速下滑,若用一水平推力F作用于滑块,使之能静止在斜面上.求推力F的大小.
图1-84 图1-85
30.如图1-85所示,AB和CD为两个对称斜面,其上部足够长,下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切,圆弧圆心角为120°,半径R=2.0m,一个质量为m=1kg的物体在离弧高度为h=3.0m处,以初速度4.0m/s沿斜面运动,若物体与两斜面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g=10m/s2,则
(1)物体在斜面上(不包括圆弧部分)走过路程的最大值为多少?
(2)试描述物体最终的运动情况.
(3)物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少?
31.如图1-86所示,一质量为500kg的木箱放在质量为2000kg的平板车的后部,木箱到驾驶室的距离L=1.6m,已知木箱与车板间的动摩擦因数μ=0.484,平板车在运动过程中所受阻力是车和箱总重的0.20倍,平板车以v0=22.0m/s恒定速度行驶,突然驾驶员刹车使车做匀减速运动,为使木箱不撞击驾驶室.g取1m/s2,试求:
(1)从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间.
(2)驾驶员刹车时的制动力不能超过多大.
图1-86 图1-87
32.如图1-87所示,1、2两木块用绷直的细绳连接,放在水平面上,其质量分别为m1=1.0kg、m2=2.0kg,它们与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.10.在t=0时开始用向右的水平拉力F=6.0N拉木块2和木块1同时开始运动,过一段时间细绳断开,到t=6.0s时1、2两木块相距Δs=22.0m(细绳长度可忽略),木块1早已停止.求此时木块2的动能.(g取10m/s2)
43.如图1-96所示,AOB是光滑水平轨道,BC是半径为R的光滑1/4圆弧轨道,两轨道恰好相切.质量为M的小木块静止在O点,一质量为m的小子弹以某一初速度水平向右射入小木块内,并留在其中和小木块一起运动,恰能到达圆弧最高点C(小木块和子弹均可看成质点).问:
(1)子弹入射前的速度?
(2)若每当小木块返回或停止在O点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少?
图1-96 图1-97
44.如图1-97所示,一辆质量m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块,滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4.开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原来相反,平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端.(取g=10m/s2)求:
(1)平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.
(2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.(3)为使滑块始终不会从平板车右端滑下,平板车至少多长?
(M可当作质点处理)
参考解题过程与答案
1.解:
设经过时间t,物体到达P点
(1)xP=v0t,yP=(1/2)(F/m)t2,xP/yP=ctg37°,
联解得
t=3s,x=30m,y=22.5m,坐标(30m,22.5m)
(2)vy=(F/m)t=15m/s,
∴v=
=5
m/s,
tgα=vy/v0=15/10=3/2,
∴ α=arctg(3/2),α为v与水平方向的夹角.
2.解:
在0~1s内,由v-t图象,知
a1=12m/s2,
由牛顿第二定律,得
F-μmgcosθ-mgsinθ=ma1, ①
在0~2s内,由v-t图象,知a2=-6m/s2,
因为此时物体具有斜向上的初速度,故由牛顿第二定律,得
-μmgcosθ-mgsinθ=ma2, ②
②式代入①式,得 F=18N.
3.解:
在传送带的运行速率较小、传送时间较长时,物体从A到B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t1,则
(v/2)t1+v(t-t1)=L,
所以 t1=2(vt-L)/v=(2×(2×6-10)/2)s=2s.
为使物体从A至B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 a=v/t=1m/s2.设物体从A至B所用最短的时间为t2,则
(1/2)at22=L,
t2=
=
=2
s.
vmin=at2=1×2
m/s=2
m/s.
传送带速度再增大1倍,物体仍做加速度为1m/s2的匀加速运动,从A至B的传送时间为2
m/s.
8.解:
前2秒内,有F-f=ma1,f=μN,N=mg,则
a1=(F-μmg)/m=4m/s2,vt=a1t=8m/s,
撤去F以后 a2=f/m=2m/s,s=v12/2a2=16m.
9.解:
(1)用力斜向下推时,箱子匀速运动,则有
Fcosθ=f,f=μN,N=G+Fsinθ,
联立以上三式代数据,得 F=1.2×102N.
(2)若水平用力推箱子时,据牛顿第二定律,得F合=ma,则有
F-μN=ma,N=G,
联立解得 a=2.0m/s2.
v=at=2.0×3.0m/s=6.0m/s,
s=(1/2)at2=(1/2)×2.0×3.02m/s=9.0m,
推力停止作用后 a′=f/m=4.0m/s2(方向向左),
s′=v2/2a′=4.5m,
则 s总=s+s′=13.5m.
10.解:
根据题中说明,该运动员发球后,网球做平抛运动.以v表示初速度,H表示网球开始运动时离地面的高度(即发球高度),s1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),t1表示网球通过网上的时刻,h表示网球通过网上时离地面的高度,由平抛运动规律得到
s1=vt1,H-h=(1/2)gt12,
消去t1,得 v=
m/s,v≈23m/s.
以t2表示网球落地的时刻,s2表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离,s表示网球落地点与网的水平距离,由平抛运动规律得到
H=(1/2)gt22,s2=vt2,
消去t2,得s2=v
≈16m,
网球落地点到网的距离 s=s2-s1≈4m.
12.解:
对物块:
F1-μmg=ma1,
6-0.5×1×10=1·a1,a1=1.0m/s2,
s1=(1/2)a1t2=(1/2)×1×0.42=0.08m,
v1=a1t=1×0.4=0.4m/s,
对小车:
F2-μmg=Ma2,
9-0.5×1×10=2a2,a2=2.0m/s2,
s2=(1/2)a2t2=(1/2)×2×0.42=0.16m,
v2=a2t=2×0.4=0.8m/s,
撤去两力后,动量守恒,有Mv2-mv1=(M+m)v,
v=0.4m/s(向右),
∵ ((1/2)mv12+(1/2)Mv22)-(1/2)(m+M)v2=μmgs3,
s3=0.096m,
∴ l=s1+s2+s3=0.336m.
13.解:
设木块到B时速度为v0,车与船的速度为v1,对木块、车、船系统,有
m1gh=(m1v02/2)+((m2+m3)v12/2),
m1v0=(m2+m3)v1,
解得 v0=5
,v1=
.
木块到B后,船以v1继续向左匀速运动,木块和车最终以共同速度v2向右运动,对木块和车系统,有
m1v0-m2v1=(m1+m2)v2,
μm1gs=((m1v02/2)+(m2v12/2))-((m1+m2)v22/2),
得 v2=v1=
,s=2h.
14.解:
(1)小球的角速度与手转动的角速度必定相等均为ω.设小球做圆周运动的半径为r,线速度为v.由几何关系得 r=
,v=ω·r,解得
v=ω
.
(2)设手对绳的拉力为F,手的线速度为v,由功率公式得 P=Fv=F·ωR,
∴ F=P/ωR.
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
Fsinθ=f,
其中 sinθ=R/
,
联立解得 f=P/ω
.
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a1=(v0-vt)/t=2(m/s2).木板的加速度大小为a2=2s/t2=0.25(m/s2).
根据牛顿第二定律 F=ma
对小物块得 f′1=ma1=1×2=2N,
对木板得 f1-μ(m+M)g=Ma2,
μ=(f1-Ma2)/(m+M)g=(2-4×0.25)/(1+4)×10=0.02.
26.解:
假设金属块没有离开第一块长木板,移动的相对距离为x,由动量守恒定律,得mv0=3mv,
mv02/2=3mv2/2+μmgx,
解得x=4m/3>L,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mv0=mv0′+2mv1,
mv02/2=12mv0′2+2m·v12/2+μmgl.
mv0=mv1+2mv2,
mv02/2=mv12/2+2m·v22/2+μmg(l+x).
联立解得:
v1=1/3m/s,v2=5/6m/s,x=0.25m.
27.解:
当t=0时,aA0=9/3=3m/s2,aB0=3/6=0.5m/s2.aA0>aB0,A、B间有弹力,随t之增加,A、B间弹力在减小,当(9-2t)/3=(3+2t)/6,t=2.5s时,A、B脱离,以A、B整体为研究对象,在t=2.5s内,加速度a=(FA+FB)/(mA+mB)=4/3m/s2,s=at2/2=4.17m.
28.解:
(1)由mCv0=mCv+(mA+mB)v1,C由A滑至B时,A、B的共同速度是
v1=mC(v0-v)/(mA+mB)=0.2m/s.
由 μmCglA=mCv02/2-mCv2/2-(mA+mB)v12/2,
得 μ=[mC(v02-v2)-(mA+mB)v12]/2mCglA=0.48.
(2)由mCv+mBv1=(mC+mB)v2,C相对B静止时,B、C的共同速度是v2=(mCv+mBv1)/(mC+mB)=0.65m/s.
由 μmCglB=mCv2/2+mBv12-(mC+mB)v22/2,
C在B上滑行距离为
lB=[mCv2+mBv12-(mC+mB)v22]/2μmCg=0.25m.
(3)由μmCgs=mBv22/2-mBv12/2,
B相对地滑行的距离s=[mB(v22-v12)]/2μmCg=0.12m.
(4)C在A、B上匀减速滑行,加速度大小由μmCg=mCa,得a=μg=4.8m/s2.
C在A上滑行的时间t1=(v0-v)/a=0.21s.
C在B上滑行的时间t2=(v-v2)/a=0.28s.
所求时间t=t1+t2=0.21s+0.28s=0.49s.
静止时受力分析如图1b,摩擦力有两种可能:
①摩擦力沿斜面向下;②摩擦力沿斜面向上.摩擦力沿斜
30.解:
(1)物体在两斜面上来回运动时,克服摩擦力所做的功Wf=μmgcos60°·s总.
物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中mgh-Wf=0-mv02/2.解得s总=38m.
(2)物体最终是在B、C之间的圆弧上来回做变速圆周运动,且在B、C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mg[h+R(1-cos60°)]-μmgcos60°/sin60°=m(v12-v02)/2,
由牛顿第二定律得 Nmax-mg=mv12/R,
解得 Nmax=54.5N.
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mgR(1-cos60°)=mv22/2,由牛顿第二定律得Nmin-mg=mv22/R,解得Nmin=20N.
31.解:
(1)设刹车后,平板车的加速度为a0,从开始刹车到车停止所经历时间为t0,车所行驶距离为s0,则有v02=2a0s0,v0=a0t0.
欲使t0小,a0应该大,作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度a1=μmg/m=μg.
当a0>a1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s1,则v02=2a2s1.
为使木箱不撞击驾驶室,应有s1-s0≤L.
联立以上各式解得:
a0≤μgv02/(v02-2μgL)=5m/s2,
∴ t0=v0/a0=4.4s.
(2)对平板车,设制动力为F,则F+k(M+m)g-μmg=Ma0,解得:
F=7420N.
32.解:
对系统a0=[F-μg(m1+m2)]/(m1+m2)=1m/s2.
对木块1,细绳断后:
│a1│=f1/m1=μg=1m/s2.
设细绳断裂时刻为t1,则木块1运动的总位移:
s1=2a0t12/2=a0t12.
对木块2,细绳断后,a2=(F-μm2g)/m2=2m/s2.
木块2总位移
s2=s′+s″=a0t12/2+v1(6-t1)+a2(6-t1)2/2,
两木块位移差Δs=s2-s1=22(m).
得 a0t12/2+v1(6-t1)+a2(6-t1)2/2-a0t12=22,
把a0,a2值,v1=a0t1代入上式整理得:
t12+12t1-28=0,得t1=2s.
木块2末速v2=v1+a2(6-t1)=a0t1+a2(6-t1)=10m/s.
此时动能Ek=m2v22/2=2×102/2J=100J.
44.解:
(1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动s,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
-μMgs=0-mv02/2,s=mv02/2μMg=0.33m.
(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2m/s,因为只要相对运动,摩擦力大小为恒值.滑块速度则大于2m/s,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v.此即平板车碰墙前瞬间的速度.
Mv0-mv0=(M+m)v,
∴v=(M-m)v0/(M+m)=0.4m/s.
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v前的过程,可用图3(a)、(b)、(c)表示.图3(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置,图3(b)为平板车到达最左端时两者的位置,图3(c)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μΜgs′,平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μMgs″(平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零),其中s′、s″分别为滑块和平板车的位移.滑块和平板车动能总减少为μMgl1,其中l1=s′+s″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l,则有(M+m)v02/2=μMgl,l=(M+m)v02/2μMg=0.833m.
l即为平板车的最短长度.
图4