专辑16 力学计算题-2021年高考5月北京市二模物理试题分项汇编（解析版）

2021 年高考 5 月北京市二模物理试题分项汇编 专题 16 力学计算题 1、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模反馈）北京时间 2020 年 12 月 2 日 4 时 53 分，探月工程“嫦 娥五号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为 m，它将从着陆 器上发射，离开月面。已知月球质量为 M，月球的半径 R，引力常量为 G，忽略月球的自转。 （1）求表面重力加速度为 g； （2）月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向下喷 出而获得动力，如图所示。若发射之初上升器加速度大小为 a，方向竖直向上，上升器发动机向下喷出气体 的速度为 v，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求每秒喷出气体的质量； （3）不计其它作用力时，上升器绕月飞行可认为是上升器与月球在彼此的万有引力作用下，绕二者连线上 的某一点 O 做匀速圆周运动。若二者间的距离为 L，试写出它们角速度的表达式。 【答案】（1） 2 GM R ；（2） ( )m g a v  ；（3）   3 G m M L   【解析】 （1）质量为 'm 的物体放在月球表面，由牛顿第二定律得 2 ' 'm MG m gR  得 2 GMg R  （2）设喷出气体对上升器的力为 F，上升器对喷出气体的力为 'F 取向上为正，对于上升器 F mg ma  设在 Δt 时间内喷射出气体质量为 Δm - 'Δ -ΔF t mv 由牛顿第三定律有 'F F 综上得 Δ ( ) Δt m m g a v  （3）设上升器的角速度为 ，上升器距 O 点为 r1，月球距 O 点为 r2，上升器与月球间距离为 L，由牛顿第 二定律得 2 12 mMG mω rL  ， 2 22 mMG Mω rL  且 1 2r r L  解得   3 G m M L   2、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模反馈）2021 年 3 月，在自由式滑雪世锦赛中，我国小将谷爱 凌夺得两枚金牌。我们将她在滑雪坡面上向下滑行的一段过程，简化为小物块沿斜面下滑的过程，如图所 示。已知物块质量 m 为 50kg，与斜面间的动摩擦因数μ为 0.5，斜面倾角θ为 37°，重力加速度 g=10m/s2，不 计空气阻力。 （1）若物块从静止开始沿斜面下滑 2s 时，求： （a）位移的大小 x； （b）重力做的功 W； （c）重力的冲量； （d）合力的冲量； （2）若物块沿斜面上滑 （a）求加速度 a’； （b）上升的最大位移 x’与初速度 v0 的函数关系。 【答案】（1）（a）4m；（b）120J;（c）1000N·s 方向：竖直向下;（d）200N·s 方向：沿斜面向下（2）（a） 10m/s2 方向：沿斜面向下；（b）x=0.05v02 【解析】 （1）a）由牛顿第二定律得 sin - cosa g g   a=2m/s2 根据运动学公式 21 2x at 得 x=4m b）由功的定义式得 W=Fxcos（90°-θ）=120J c）由冲量的定义式得 IG=mgt=1000N·s 方向：竖直向下 d）由冲量的定义式得 I 合=mat=200N·s 方向沿斜面向下 （2）a）由牛顿第二定律得 'a gsin cos    a’=10m/s2 方向：沿斜面向下 b）设初速度方向为正方向，由运动学规律得 2 2 0 0 2 20 v vx a   x=0.05v02 3、（2021·北京市海淀区高三下学期 5 月二模）如图 17 甲所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在 冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，冰壶投出后，可以 用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。将冰壶的运动简 化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为 0.02。重力加速度 g 取 10m/s2。 图 17 甲 乙 v （1）在图 17 乙中，画出冰壶投出后在冰面上滑行时的受力示意图； （2）运动员以 3.6m/s 的水平速度将冰壶投出，求冰壶能在冰面上滑行的最大距离 s； （3）若运动员仍以 3.6m/s 的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面， 使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的 90%。已知冰壶运动过程中，滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为 6m， 求与不摩擦冰面相比，冰壶多滑行的距离Δs。 【答案】（9 分）（1）示意图如图所示；（2）s=32.4m；（3）0.6m。 【解析】（1）冰壶受力如答图 1 所示…………………………（3 分） mg 答图 1 N f （2）根据牛顿第二定律有－μmg=ma …………（1 分） 根据运动学公式有 0－v2=2as ………（1 分） 联立解得 s=32.4m …………………………（1 分） （3）设冰壶滑过的未摩擦的冰面长度为 s，摩擦过的冰面长度为 s0，根据动能定理有 －μmgs－0.9μmgs0=0－ 21 2 mv …………（2 分） 解得 s=27m 因此 Δs= s+ s0－s=0.6m ……………（1 分） 4、（2021·北京市西城区高三下学期 5 月二模）某同学用实验室中的过山车模型研究过山车的原理。如图 所示，将质量为 m 的小球从倾斜轨道上的某一位置由静止释放，小球将沿着轨道运动到最低点后进入圆轨 道。他通过测量得到圆轨道的半径为 R。已知重力加速度为 g。 （1）小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度 v 为多少？ （2）若不考虑摩擦等阻力，要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差 h 为多少？ （3）该同学经过反复尝试，发现要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高 度差比（2）的计算结果高 h，则从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能 E 为多少？ 【答案】（9 分）（1） gRv ；（2） 5 2h R ；（3） E mg h   。 【解析】（1）小球恰能通过最高点时，根据牛顿第二定律有 2 mg m R  v （2 分） 解得 gRv （1 分） 因此小球能够顺利通过圆轨道最高点的最小速度 gRv （2）若不考虑摩擦等阻力，小球从释放点运动到圆轨道最高点的过程，根据动能定理有 21( 2 ) 02mg h R m  v （2 分） 解得 5 2h R （1 分） 要使小球恰能通过圆轨道的最高点，小球的释放点距轨道最低点的高度差 5 2h R （3）以轨道最低点所在平面为零势能面，从释放点运动到圆轨道最高点的过程中小球损失的机械能 21( ) ( 2 )2E mg h h mg R m       v 由（2）可知 21( 2 ) 2mg h R m  v 代入得 E mg h   （3 分） 5、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模）北京时间 2020 年 12 月 2 日 4 时 53 分，探月工程“嫦娥五 号”的着陆器和上升器组合体完成了月壤采样及封装。封装结束后上升器的总质量为 m，它将从着陆器上发 射，离开月面。已知月球质量为 M，表面重力加速度为 g，引力常量为 G，忽略月球的自转。 （1）求月球的半径 R； （2）月球表面没有大气层。上升器从着陆器上发射时，通过推进剂燃烧产生高温高压气体，从尾部向 下喷出而获得动力，如图所示。已知喷口横截面积为 S，喷出气体的密度为ρ，若发射之初上升器加速度大 小为 a，方向竖直向上，不考虑上升器由于喷气带来的质量变化，求喷出气体的速度大小 v； （3）不计其它作用力时，上升器绕月飞行可认为是上升器与月球在彼此的万有引力作用下，绕二者连 线上的某一点 O 做匀速圆周运动。若认为在 O 点有一静止的“等效月球”，替代月球对上升器的作用，上升 器绕“等效月球”做匀速圆周运动，周期不变。求“等效月球”的质量 M' 。 【答案】（10 分）（1） g GMR  ；（2） ρS gamv ）（  ；（3） 2 3 )( mM MM'   。 【解析】（1）质量为 m' 的物体放在月球表面，由牛顿第二定律得 m'g R m'MG 2 得 g GMR  （3 分） （2）设喷出气体对上升器的力为 F，上升器对喷出气体的力为 F' 取向上为正，对于上升器 F-mg=ma 设在 tΔ 时间内喷射出气体质量为 mΔ mvtF' -ΔΔ-  tρSvm ΔΔ  由牛顿第三定律有 F'F  综上得 ρS gamv ）（  （3 分） （3）设上升器的角速度为 ω ，上升器距 O 点为 r1，月球距 O 点为 r2，上升器与月球间距离为 r，由牛 顿第二定律得 1 2 2 rmω r mMG  ， 2 2 2 rMω r mMG  且 rrr  21 1 2 2 1 rmω r mM'G  解得 2 3 )( mM MM'   （4 分） 6、（2021·北京市朝阳区高三下学期 5 月二模）2021 年 3 月，在自由式滑雪世锦赛中，我国小将谷爱凌夺 得两枚金牌。我们将她在滑雪坡面上向下滑行的一段过程，简化为小物块沿斜面下滑的过程，如图所示。 已知物块质量为 m，与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，重力加速度为 g，不计空气阻力。 （1）在图中画出物块的受力示意图； （2）求物块沿斜面下滑的加速度大小 a； （3）求物块沿斜面下滑的速度大小为 v 时，重力的瞬时功率 P。 【答案】（9 分）（1）受力示意图如图所示；（2）（3） 【解析】（1）受力示意图如图所示；（3 分） （2）由牛顿第二定律 maθμmgθmg cos-sin 得 θμgθga cos-sin （3 分） （3）由功率的表达式有 θmgvP sin （3 分） 7、（2021·北京市房山区高三下学期 5 月二模）如图 20 所示，桌面距水平地面高 h=0.80m，左边缘有一质 量 mA=1.0kg 的物块 A 以 v0=5.0m/s 的初速度沿桌面向右运动，经过位移 s=1.8m 与放在桌面右边缘 O 点的物 块 B 发生正碰，碰后物块 A 的速度变为 0，物块 B 离开桌面后落到地面上。若两物块均可视为质点，它们 的碰撞时间极短，物块 A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，物块 B 的质量 mB=1.6kg，重力加速度 g=10m/s2。 求： h O 图 20 A Bv0 （1）两物块碰撞前瞬间，物块 A 的速度大小 vA； （2）物块 B 落地点到桌边缘 O 点的水平距离 x； （3）物块 A 与 B 碰撞的过程中系统损失的机械能 E。 【答案】（1）4.0m/s；（2）1.0 m；（3）3.0J。 【解析】（1）物块 A 沿桌面滑动所受摩擦力 f=μmg， 做匀减速运动的加速度 a=μg=2.5m/s2(1 分) 对于碰撞前物块 A 的运动，根据运动学公式有 v02-vA2=2as （1 分） 解得 vA=4.0m/s.........(1 分） (2）设两物块碰撞后瞬间，物块 B 的速度大小为 vB，因碰撞时间极短，根据动量守恒定律 有 mAvA=mBvB.........(1 分）解得 vB=2.5m/s.........(1 分) 物块 B 离开桌面后做平抛运动的时间 t= 2 2 0.8 10 h g  s =0.40s......（1 分） 物块 B 落地点到桌边缘О点的水平距离 x=vBt=1.0 m......(1 分） (3）物块 A 与 B 碰撞的过程中系统损失的机械能 △E= 1 2 mAvA2- 1 2 mBvB2=3.0J....(2 分) 8、（2021·北京市顺义区高三下学期 5 月二模）如图所示，质量 M=0.2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上， 质量 m=0.1kg 的小球通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 0v =4m/s，不计空气阻力，重力加速 度 g 取 210m/s 。 （1）若锁定滑块，求小球通过最高点 P 时对轻杆的作用力 F 的大小和方向； （2）若解除对滑块的锁定，求从小球开始运动至到达最高点过程中，滑块移动的距离 x； （3）若解除对滑块的锁定，求小球运动至最高点时的速度 vm 和此时滑块的速度 vM。 【答案】（1） 0.2NF  ，方向竖直向下；（2） 1 m6 ；（3） 2m/smv  ， lm/sMv  【解析】 （1）设小球通过最高点时速度为 1v ，由动能定理有： 2 2 1 0 1 1 2 2mgL mv mv   解得 1 6m / sv  在最高点时有 2mvmg F L   解得 0.2NF  方向竖直向下 （2）设小球从开始运动到运动至最高点水平位移为 x1，滑块向左运动位移为 x，任意时刻小球水平方速度 大小为 v ，滑块速度到为 v ，任意时刻，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 0mv Mv  两边同乘以 t 有 0mv t Mv t    因上式对任意时刻附近微小 t 都适用，累积可得 1 0mx Mx  又 1x x L  解得 1 m6x  （3）在上升过程中，取小球和滑块系统为研究对象，因只有重力做功，系统的机械能守恒，有 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2m Mmv Mv mgL mv   取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒有 0m Mmv Mv  解得 m 2m/sv  lm/sMv  9、（2021·北京市顺义区高三下学期 5 月二模）民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着 陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个连接出口与地面的斜面，旅客可沿斜滑行到地上， 如图甲所示。图乙是其简化模型，若紧急出口距地面的高度 3.0mh  ，气囊所构成的斜面长度 5.0mL  。 质量 50kgm  的某旅客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端，已知该旅客与斜面间的动摩擦因数 0.5  ， 不计空气阻力及斜面的形变，下滑过程中该旅客可视为质点，重力加速度 g 取 210m/s 。求该旅客： (1)沿斜面下滑的加速度 a ； (2)滑到斜面底端时的动能 kE ； (3)从斜面顶端滑到斜面底端的过程中所受摩擦力的冲量 fI 。 【答案】(1) 22m/sa  ；(2) k 500JE  ；(3) f 200 5N sI   ，方向沿斜面向上 【解析】 (1)对旅客受力分析，有重力、支持力和摩擦力。由牛顿第二定律和几何关系可得 sin cosmg mg ma    则 22m/sa  (2)旅客从顶端滑到底端过程中，由动能定理可得 kcosmgh mg L E   则滑到斜面底端时的动能为 k 500JE  (3)由题意可得，斜面长度为 21 2L at 又 cosf mg  则摩擦力的冲量为 fI ft 解得 f 200 5N sI   方向沿斜面向上。 10、（2021·北京市首都师大附中高三下学期 4 月月考）如图所示，一质量 m=2kg 的木箱静止在粗糙水平 面上。从 t=0 开始，木箱受到 F=10N、与水平面的夹角为θ=37°的恒定拉力，沿水平面匀加速运动。已知木 箱与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）画出木箱受力的示意图； （2）求木箱的加速度 a 的大小； （3）求 0～2s 时间内，拉力 F 的功率。 【答案】（1） ；（2）2.6m/s2；（3）20.8W 【解析】 (1) 木箱受重力、支持力、拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示 (2) 对木箱受力分析，在竖直方向，根据平衡条件有 FN+Fsinθ-mg=0 在水平方向，根据牛顿第二定律有 Fcosθ-f=ma 又因为摩擦力为 f=μFN 解得加速度为 a=2.6m/s2 (3) 0～2s 时间内 2 0 1 2x v t at  拉力 F 的功率 cos 20.8WW FxP t t    11、（2021·北京市丰台区高三下学期 5 月二模）用如图所示装置用来演示小球在竖直面内的圆周运动，倾 斜轨道下端与半径为 R 的竖直圆轨道相切于最低点 A。质量为 m 的小球从轨道上某点无初速滚下，该点距 离圆轨道最低点 A 的竖直高度为 h。小球经过最低点 A 时的速度大小为 v，经过最高点 B 时恰好对轨道无压 力。已知重力加速度 g，求： （1）小球经过最高点 B 时速度的大小； （2）小球经过最低点 A 时对轨道压力的大小； （3）小球从开始运动到圆轨道最高点过程中损失的机械能。 【答案】（1） Bv gR ；（2） 2 + vF mg m R 压 ；（3） = 2.5E mgh mgR损 【解析】 （1）因为小球在 B 点恰好对轨道无压力，根据牛顿第二定律 2 Bvmg m R  得 Bv gR （2）小球在最低点 A 处，根据牛顿第二定律 2vF mg m R  支 可得 2 + vF mg m R 支 由牛顿第三定律，球对轨道压力 F F压 支 则 2 + vF mg m R 压 （3）对小球从开始释放到最高点 B 的过程，由能量守恒定律 212 2 Bmgh mg R mv E   损 而 Bv gR 可得 = 2.5E mgh mgR损