2020年高考真题和模拟题物理分项汇编--专题20 力学计算题（解析版）

专题 20 力学计算题 1．（2020·新课标Ⅰ卷）我国自主研制了运-20 重型运输机。飞机获得的升力大小 F 可用 描写，k 为系数；v 是飞机在平直跑道上的滑行速度，F 与飞机所受重力相等时的 v 称为飞机的起飞离地速度，已知 飞机质量为 时，起飞离地速度为 66 m/s；装载货物后质量为 ，装载货物前后起飞离 地时的 k 值可视为不变。 （1）求飞机装载货物后的起飞离地速度； （2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行 1 521 m 起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小 和所用的时间。 【答案】(1) ；（2）2m/s2， 【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力： 满载起飞时，升力正好等于重力： 由上两式解得： （2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以 解得： 由加速的定义式变形得： 解得： 2．（2020·新课标Ⅱ卷）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m 的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始 终保持竖直。已知 M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为 4mg, g 为重力加速度的大小，不计空气阻力。 （1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小； （2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度； （3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。 2F kv= 51.21 10 kg× 51.69 10 kg× 2 78m/sv = 39st = 2 1 1kv m g= 2 2 2kv m g= 2 78m/sv = 2 2 0 2v ax− = 22m/sa = 2 0v vt a a ∆ −= = 39st = 【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2） ；（3） 【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球 的加速度大小为 a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有 Ma1=Mg+f ① ma2= f– mg ② 联立①②式并代入题给数据，得 a1=2g，a2=3g③ （2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 ④ 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。 设自弹起时经过时间 t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式 v0–a1t1= –v0+a2t1⑤ 联立③④⑤式得 ⑥ 设此时管下端的高度为 h1，速度为 v。由运动学公式可得 ⑦ ⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时 v>0。此后，管与小球将以加速度 g 减速上升 h2，到达最高点。由运动学公式有 ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为 H1，则 H1= h1+ h2⑩ 联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得 ⑪ （3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为 x1。在管开始下落到上升 H1 这一过程中，由动能定理有 Mg 1 13 25H H= 152 125L H≥ 0 2v gH= 1 2 2 5 Ht g = 2 1 0 1 1 1 1 2h v t a t= − 0 1 1v v a t= − 2 2 2 vh g = 1 13 25H H= （H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫ 联立⑪⑫式并代入题给数据得 ⑬ 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2 为 ⑭ 设圆管长度为 L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是 x1+ x2≤L⑮ 联立⑪⑬⑭⑮式，L 应满足条件为 ⑯ 3．（2020·新课标Ⅲ卷）如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送 带向右匀速运动，其速度的大小 v 可以由驱动系统根据需要设定。质量 m=10 kg 的载物箱（可视为质点）， 以初速度 v0=5.0 m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.10，重力加速度取 g =10m/s2。 (1)若 v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间； (2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度； (3)若 v=6.0m/s，载物箱滑上传送带 后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台 运动的过程中，传送带对它的冲量。 【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0 ，方向竖直向上 【解析】(1)传送带的速度为 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为 a，由牛顿第 二定律有： ① 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为 x1，由运动学公式有 ② 联立①②式，代入题给数据得 x1=4.5m；③ 因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至 v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传 送带所用的时间为 t1，做匀减速运动所用的时间为 t2，由运动学公式有 ④ ⑤ 联立①③④⑤式并代入题给数据有 t1=2.75s；⑥ 1 4 5x H= 2 1 4 5x H= 152 125L H≥ 13s12t∆ = 2 4 3m/sv = 1 2m/sv = 208.3N sI = ⋅ 4.0m/s=v mg maµ = 2 2 0 12v v ax− = − 0 2v v at= − 1 1 2 L xt t v −= + (2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为 v1，当载物箱滑上传送 带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为 v2.由动能定理有 ⑦ ⑧ 由⑦⑧式并代入题给条件得 ， ⑨ (3)传送带的速度为 时，由于 ，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍 a。设载物箱做 匀加速运动通过的距离为 x2，所用时间为 t3，由运动学公式有 ⑩ ⑪ 联立①⑩⑪式并代入题给数据得 t3=1.0s⑫ x2=5.5m⑬ 因此载物箱加速运动 1.0s、向右运动 5.5m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运 动 的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为 x3 有 ⑭ 由①⑫⑬⑭式可知 即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为 v3， 由运动学公式有， ⑮ 则 减速运动时间 设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为 I1、I2。 由动量定理有 ，方向竖直向上 则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量 ，方向竖直向上 2 2 1 0 1 1 2 2mgL mv mvµ− = − 2 2 2 0 1 1 2 2mgL mv mvµ = − 1 2m/sv = 2 4 3m/sv = 6.0m/sv = 0 2v v v< < 0 3v v at= + 2 2 0 22v v ax− = 3( )t t∆ − 33 ( )v tx t= ∆ − 2 2 3 1 ( )2 mv mg L x xµ> − − 2 2 3 2 32 ( )v v a L x x− = − − − 3 5m/sv = 3 4 1sv vt a −= = 1 3 0( ) 0I m v v= − = 2 4 4 625( ) ( ) N s 208.3N s3I N t t mg t t= ∆ + = ∆ + = ⋅ ≈ ⋅ 2 208.3N sI I= = ⋅ 4．（2020·江苏卷）一只质量为 的乌贼吸入 的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内 把吸入的水向后全部喷出，以 的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小 v。 【答案】 【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律 得 解得喷出水的速度大小为 5．（2020·江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴 O 转动。在轮上沿相互垂直的 直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为 m 的小球，球与 O 的距离均为 。在轮上绕有长绳，绳 上悬挂着质量为 M 的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速 度为 。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为 g。求： (1)重物落地后，小球线速度的大小 v； (2)重物落地后一小球转到水平位置 A，此时该球受到杆的作用力的大小 F； (3)重物下落的高度 h。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为 ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的 线速度为 (2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为 F，合力提供向心力，则有 结合(1)可解得杆对球的作用力大小为 1.4kg 0.1kg 2m/s 28m/s 1 20 Mv mv= − 1 2 1.4 2 m/s 28m/s0.1 Mvv m ×= = = 2R ω 2v Rω= 2 4 24F m R gω= + ( ) 2 216 2 M m RH Mg ω+= 2v Rω= ( ) 2 22 2 vF mg m R- = 2 4 24F m R gω= + (3)设重物下落高度为 H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知 而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有 联立各式解得 6．（2020·浙江卷）如图1 所示，有一质量 的物件在电机的牵引下从地面竖直向上经加速、匀 速、匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的 时开始计时，测得电机的牵引力随时间变化的 图线 如图 2 所示， 末速度减为 0 时恰好到达指定位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件： (1)做匀减速运动的加速度大小和方向； (2)匀速运动的速度大小； (3)总位移的大小。 【答案】(1) ，竖直向下；(2)1m/s；(3)40m 【解析】(1)由图 2 可知 0~26s 内物体匀速运动，26s~34s 物体减速运动，在减速运动过程根据牛顿第二定律 有 根据图 2 得此时 FT=1975N，则有 方向竖直向下。 (2)结合图 2 根据运动学公式有 (3)根据图像可知匀速上升的位移 匀减速上升的位移 2 2 1 1 1 42 2MgH Mv mv= + ´ 1v Rω= ( ) 2 216 2 M m RH Mg ω+= 200kgm = 1 4 F t− 34st = 20.125m/s Tmg F ma− = T 20.125m/sFa g m = − = ( )2 0.125 34 26 m/s=1m/sv at= = × − 1 1= =1 26m=26mh vt × 2 2 1= 8m=4m2 2= vh t × 匀加速上升的位移为总位移的 ，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的 ， 则有 所以总位移为 h=40m 7．（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨 道 和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高 处 静止释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为 ，弧 形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心 O 等高的 D 点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端 C 点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距 A 点 x 处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因 数仍为 0.25，求它们在轨道 上到达的高度 h 与 x 之间的关系。（碰撞时间不计， ， ） 【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （ ）； （ ） 【解析】(1)机械能守恒定律 牛顿第二定律 牛顿第三定律 方向水平向左 (2)能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系 1 4 3 4 1 2 3 4h h h+ = AB 37θ = ° BC 0.1kgm = 1.0mH = 0.2mR = AB BC 1.0mL L= = AB BC 0.25µ = 2m BC sin37 0.6° = cos37 0.8° = 1 5 6 48h x= − 5 m 1m8 x< ≤ 0h = 50 m8x≤ ≤ 2 D 1 2mgH mgR mv= + 2 D N 8NmvF R = = N N 8NF F′ = = C′ AB BC BCcos sinmgH mgL mgL mgLµ µ θ θ′ ′= + + 得 故不会冲出 (3)滑块运动到距 A 点 x 处的速度为 v，动能定理 碰撞后的速度为 ，动量守恒定律 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为 h，动能定理 得 8．（2020·山东卷）单板滑雪U 型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型： U 形 滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为 17.2°。某次 练习过程中，运动员以 vM=10 m/s 的速度从轨道边缘上的 M 点沿轨道的竖直切面 ABCD 滑出轨道，速度方 向与轨道边缘线 AD 的夹角 α=72.8°，腾空后沿轨道边缘的 N 点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运 动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小 g=10 m/s2， sin72.8°=0.96，cos72.8°=0.30。求： (1)运动员腾空过程中离开 AD 的距离的最大值 d； (2)M、N 之间的距离 L。 【答案】(1)4.8 m；(2)12 m 【解析】(1)在 M 点，设运动员在 ABCD 面内垂直 AD 方向的分速度为 v1， BC 15 m 1.0m16L ′ = < 21 2mgH mgx mvµ− = v′ 3mv mv′= ( ) 2 AB 13 3 3 0 (3 )tan 2 hmg L x mg mgh m vµ µ θ ′− − − − = − 1 5 5 m 1m6 48 8h x x = −