专辑20 力学计算题-2021年高考上海市高三下学期5月二模物理试题汇编（解析版）

2021 年高考上海市高三下学期 5 月二模物理试题汇编 专题 20 力学计算题 1、（2021·上海市长宁区高三下学期 5 月二模）如图所示，足够长的斜面与水平面的夹角θ=37°，质量 m=2kg 的物块在平行于斜面向上的恒力 F=28N 作用下以 v0=1m/s 的初速度从斜面底端向上运动，经过 s1=1.25m 后 撤去 F．物块与斜面间动摩擦因数μ=0.25。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）求物块沿斜面向上运动的总位移； （2）求物块沿斜面向上运动过程中，恒力 F 的最大功率； （3）在 v-t 坐标中画出物块从斜面底端开始运动到再次回到底端时的图线，并将图线上关键点的物理量标 注在纵横轴对应的位置； （4）比较在物块沿斜面向上运动的过程中，所有外力做功之和与动能变化的关系。 【答案】（1）2.25m；（2）112W；（3）见解析；（4）见解析 【解析】 （1）物块在 F 作用下向上运动过程 F－mgsin37－μmgcos37＝ma1，a1＝6m/s2 撤去 F 时物块的速度为： v1= 2 0 1 12v a s =4m/s 撤去 F 后物块向上运动过程 －mgsin37－μmgcos37＝ma2，a2＝－8m/s2 撤去 F 后物块向上运动的位移： s2＝ 2 1 2 (0 2 )v a － ＝1m 所以，物块沿斜面向上运动的总位移为： s=s1+s2=1.25+1 m =2.25m （2）物块沿斜面向上运动过程中，速度最大时恒力 F 功率最大 Pm=Fv1=112W （3）如图所示 （4）物块在向上运动过程中，受到的四个力做功情况为,恒力 F 做功 WF=Fs1=28×1.25=35J 弹力 N 做功 WN=0,重力做功 WG=-mgsin37s=-12×2.25=-27J 摩擦力做功 Wf=-μmgcos37s=-4×2.25=-9J 动能的变化为： △EK=0- 2 0 2 mv =-1J 因 WF+WN+WG+Wf=△EK 所以，在物块沿斜面向上运动过程中，所有外力做功之和等于物块动能的变化 2、（2021·上海市徐汇区高三下学期 5 月二模）下面是某品牌新能源汽车介绍中的一段文字：“将近 6 米 的超长车身设计，使得整车车顶集成的太阳能芯片面积达到了 6 平方米左右。极富流线型的整车造型，使 整车风阻大幅下降。全车采用铝合金框架并结合碳纤维车身，整车质量仅 700 千克，这一轻量化设计使整 车能耗极低。” （1）上述新能源汽车采用混合动力装置，发动机最大输出功率为 30kW，在实验路段上行驶时所受总阻力 约为车和驾驶员总重的 0.1 倍。试估算体重为 50kg 的工程师驾驶这种汽车在实验路段上行驶的最高车速。 （2）为进一步测试汽车性能，该工程师行驶时采集了某一段运动过程的实验数据，绘出了汽车牵引力 F 与 车速倒数 v-1 间的关系图线 ABC，如图所示。请根据图线描述该汽车的运动情况，并求 B 点时发动机的输出 功率。 （3）目前制作太阳能电池的最好的材料为砷化镓，其将光能转化为电能的效率可达到 31.6%。如果已知太 阳辐射的总功率 P0 = 4×1026W，太阳到地球的距离 r = 1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有 34% 的能量损失。试通过计算分析，若这种汽车只采用纯太阳能驱动，且能保持最大输出功率 30kW 不变的可 行性。 【答案】（1）40m/s；（2） 43 10 W ；（3）见解析 【解析】 （1）汽车的牵引力与阻力相等时，汽车的行驶速度最大 0.1( ) 750 NF m m gF    f 根据 40m/sm Pv F   （2）图中 AB 段 F 不变，可知汽车受合力不变，汽车做匀加速运动；图中 BC 段 F 与 v-1 成正比例关系，即 Fv 为定值，根据 P Fv 可知汽车在恒定功率下做加速运动，也就是做加速度逐渐减小的加速运动。 因此 4750 W 3 10 W 0.025B C C CP P F v     （3）设能够使汽车保持输出功率 30kW 的太阳能芯片面积为 S，则 0 2 0.66 0.316 4 P SP r    解得 2102mS  S 的值远大于车顶太阳能芯片的面积，不符合实际情况，可见这种汽车采用纯太阳能驱动保持输出功率 30kW 是不可行的。 3、（2021·上海市静安区高三下学期 5 月二模）如图，足够长的固定斜面 AB 和 BC 的底部 B 处平滑连接， 两斜面与水平方向的夹角均为 53°，AB 光滑，BC 粗糙。质量 m=2 kg 的小物块从 AB 斜面高为 h=1.25m 的 P 处由静止释放。已知小物块与 BC 斜面间的动摩擦因数为μ= 1 3 ，取 sin53°=0.8，cos53°=0.6，g=10 m/s2。 （1）求小物块从 P 处释放到达 B 处的速度的大小 vB； （2）求小物块沿斜面 BC 上滑的最大距离 L 及此过程中损失的机械能ΔE 机； （3）请分析说明小物块最终静止在何处。 【答案】（1）5 m/s；（2）1.25 m；5J；（3）最终静止在 B 点 【解析】 （1）小物块从 A 到 B 作只有重力做功，机械能守恒，有 21 2 Bmgh mv= 代入数据可得 vB=5m/s （2）小物块沿 BC 上滑，受力分析如图 垂直于斜面方向受力平衡 FN-mgcos53=0 小物块与斜面 BC 间滑动摩擦力大小 Ff=μFN=μmgcos53 以初速度方向为正方向，根据牛顿第二定律 （-mgsin53）+（-Ff）=ma 代入数据可得 a=-10m/s2 小物块从 B 到 C 作匀减速直线运动至速度为零，有 2 20 2Bv as  代入数据可得 s=1.25 m，L=1.25 m 小物块损失的机械能 △E 机=mgh-mgLsin53 代入数据可得 ΔE 机=5 J （3）小物块在斜面 BC 时，因为 mgsin53>μmgcos53，所以小物块速度减为零后，不会静止在 BC 斜面上， 会沿 BC 斜面向下做匀加速运动； 到 AB 斜面后返回再沿斜面 BC 上滑，由于 BC 斜面粗糙，上滑高度小于第一次的上滑高度； 此后反复在两斜面间运动若干次，最终静止在 B 点。 4、（2021·上海市金山区高三下学期 5 月二模）如图，倾角为 37°的固定斜面上 AB 段粗糙，BC 段光滑， 且 3AB=4BC。一个质量为 2kg 的小物体以 10m/s 的初速度从 A 点沿斜面向上滑动，到达 B 点时速度为 6m/s， 再经 1s 时间，到达 C 点时速度恰好为零。以 B 点处为零势能面，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。求： （1）物体到达 C 点时的重力势能； （2）物体与 AB 段斜面之间的动摩擦因数； （3）物体沿斜面上滑过程中，其动能与重力势能相等的位置。 【答案】（1）36J；（2）0.25；（3）B 点上方高 0.9m 处 【解析】 （1）物体从 B 运动到 C 做匀减速直线运动，其受力如图所示 根据牛顿第二定律 mgsin37°=ma 物体减速的加速度大小为 a=gsin37°=6m/s2 BC 间的距离 2 26 m 3m2 2 6 B BC vs a    物体在 C 处的重力势能为 EpC=mgsBCsin37°=2×10×3×0.6m=36J （2）物体从 A 运动到 B 做匀减速直线运动，其受力如图所示 根据牛顿第二定律 mgsin37°＋μmgcos37°=m a 得 a =gsin37°＋μgcos37° AB 间的距离 4 4 3m 4m3 3AB BCs s    由速度—位移关系有 2 2 2A B ABv v a s  加速度大小 a =8m/s2 可得 μ=0.25 （3）物体在 AB 之间时重力势能为负，重力势能不可能与动能相等，重力势能与动能相等位置在 BC 之间。 因在 BC 之间运动时只有重力做功，机械能守恒。 1 1 2 2P PC kBE E E  21 4 Bmgh mv 得 h=0.9m 即重力势能与动能相等位置在 B 点上方高 0.9m 处（斜面上距 B 点 1.5m 处）。 5、（2021·上海市黄浦区高三下学期 5 月二模）如图，长 L=5m 的细杆 AB 固定于竖直平面内，与水平方向 夹角θ=37°。一半径为 R=2.5m 的光滑圆环与细杆相切连接于 B 点，C 为圆环最高点。质量 m=1kg 的小球穿 在杆上，与细杆间的动摩擦因数μ=0.5。小球开始时静止于 A 点，现用大小为 20N、方向沿杆向上的恒力 F 拉动小球，经时间 t 后撤去 F，此时小球尚未到达 B 点。（重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6） （1）求力 F 作用时小球运动的加速度大小 a1； （2）为使小球能到达 B 点，求力 F 作用的最短时间 tmin； （3）小球到达 B 点时的速度大小 vB 与 t 的函数关系式； （4）若小球运动到 C 点时与圆环间刚好无弹力，求该情况下 t 的大小。 【答案】（1）10m/s2；（2）0.707s；（3）vB= 210 2 1t  （m/s）(0.707s≤t＜1s)；（4）0.822s 【解析】 （1）小球受到重力、弹力、摩擦力、恒力 F 作用，沿杆方向有 ma1=F－mgsinθ－f 垂直于杆方向有 mgcosθ=N 另有 f=μN 得 a1= F m －gsinθ－μgcosθ=（ 20 1 －10×0.6－0.5×10×0.8）m/s2=10m/s2 （2）F 作用最短时间，小球先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，到 B 点的速度恰为零 a2=gsinθ+μgcosθ=10m/s2 小球加速运动的末速度即减速运动的初速度，两段运动位移之和为 L 对减速运动，根据 0－v2=－2a2s2 有 （a1tmin）2=2a2（L－ 1 2 a1tmin2） 可求出 tmin= 2 2 s≈0.707s （3）小球匀减速运动的初速度 v=a1t 位移 s2=L－ 1 2 a2t2 根据 vB2－v2=－2a2（L－ 1 2 a1t2） 可得 vB=10 22 1t  （m/s） 又撤去恒力 F 时小球尚未到达 B 点，即 1 2 a1t2＜L 解得 t＜1s 所以 vB= 210 2 1t  （m/s）(0.707s≤t＜1s) （4）小球运动到 C 点时与圆环间刚好无弹力，则有 m 2 CV R =mg 可得 vC=5m/s 从 B 到 C 机械能守恒，以 B 为零势能面有 1 2 mvB2= 1 2 mvC2+mg（R－Rcosθ） 可得 vB2=35m2/s2 解得 t= 27 40 s≈0.822s 6、（2021·上海市虹口区高三下学期 5 月二模）如图，将质量 m=1kg 的圆环套在与水平面成θ=37角的固 定直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间动摩擦因数=0.5。对环施加 F=40N 的竖直向上拉力， 使其由静止开始运动，g 取 10m/s2。求： （1）环的加速度； （2）环在第 1s 内移动的位移； （3）第 1s 末，若将拉力突然变为 F′=10N，但方向不变。试分析圆环在此后的2s 内，机械能的变化情况。 某同学认为：当拉力 F′=10N 时，F′=mg，则杆对环的弹力 FN=0，而摩擦力 Ff 也为零，所以机械能守恒。该 同学的分析是否正确？若正确，请计算 1s 末的机械能；若不正确，请指出其错误，并分析环在此后的 2s 内，机械能的变化情况。 【答案】（1）6m/s2，沿杆向上；（2）3m；（3）不正确，分析见解析 【解析】 （1）因 F>mg，环向上运动，受力如下图所示 根据牛顿第二定律可得 ( )cos 0NF mg F   ( )sin NF mg F ma    解得 2( ) sin ( ) cos 0.6 6m/sF mg F mga gm          方向沿杆向上； （2）环沿杆向上运动，其位移为 21 3m2s at  （3）不正确。因拉力 F′做正功，所以圆环的机械能增大。1s 末的速度为 6m/sv at  此后 2s 内环匀速上升的位移为 12ms vt  重力势能增加 sin37 72JPE mgs    动能增量 0KE  所以此后 2s 内，机械能增加量 72JP KE E E      7、（2021·上海市宝山区高三下学期 5 月二模）如图，将质量 m=2kg 的圆环套在与水平面成θ=37角的足够 长的直杆上，直杆固定不动，环的直径略大于杆的截面直径，直杆在 A 点以下部分粗糙，环与杆该部分间 的动摩擦因数=0.5（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），直杆 A 点以上部分光滑。现在直杆所在的竖 直平面内，对环施加一个与杆成 37夹角斜向上的拉力 F，使环从直杆底端 O 处由静止开始沿杆向上运动， 经 4s 环到达 A 点时撤去拉力 F，圆环向上最远滑行到 B 处，已知 AB 间的距离为 4 3 m。（重力加速度 g=10m/s2， sin37=0.6，cos37=0.8） （1）求圆环经过 A 点时速度的大小； （2）求圆环在 OA 间向上运动的过程中直杆对圆环的弹力大小和方向； （3）以 O 点所在的水平面为重力势能的零势能面，求圆环在直杆上运动所具有的最大机械能； （4）若要使圆环在沿 AO 下滑的过程中机械能守恒，可加一恒力 F′，求 F′的大小和方向。 【答案】（1）4m/s；（2）4N，方向垂直于杆向上；（3）112J；（4）16N，垂直于杆向上 【解析】 （1）圆环在沿 AB 向上运动的过程中机械能守恒，有 2 sin1 2 Amv mg AB    解得 4m/sAv  （2）对于圆环沿 OA 向上的匀加速运动过程，有 24 1 /4 Ava m st    假设 Fsin37 ° 0 N 的解符合假设。 假设 Fsin37 ° >Gcos37 ° ，杆对圆环的弹力垂直于杆向下，由牛顿第二定律，得 N＋mgcos37=Fsin37 Fcos37-N-mgsin37=ma 代入数据，算得 F=12N N=-8.8N