押题精选20 力学解答题 -2021年高考物理108所名校押题精选（解析版）

押题精选 20 力学解答题 1．ETC 是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站 ETC 通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付 路桥费的目的．2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以 10m/s 的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口 20m 处开始减速，至窗口处恰好停止，再用 10s 时间完成交费；若进入 ETC 通道，它从某位置开始减速，当速度减至 5m/s 后，再以此速度匀速行驶 5m 即 可完成交费．若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求： （1）汽车进入 ETC 通道减速行驶的位移； （2）汽车从开始减速到交费完成，从 ETC 通道通行比人工收费通道节省的时间。 【答案】（1） 1 15x m （2） 11t s  【详解】(1)根据速度位移公式得，匀减速直线运动的加速度大小为 2 2 2100 / 2.5 / 2 2 20 va m s m s x     汽车在 ETC收费通道，匀减速直线运动的位移为 2 2 1 25 100 15 2 2 2.5 v vx m m a         (2)过人工收费通道,匀减速直线运动的时间为 3 10 4 2.5 vt s a    汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间 t=4+10s=14s 汽车在 ETC收费通道，匀减速运动的时间为 t1= v v a   =2s 匀减速运动的位移为 x1= 2 2 2 v v a   =25−100−5m=15m 匀速行驶的时间为 t2= x v   =1s 从开始减速到交费完成所需的时间为 t=t1+t2=3s 因为经过 ETC通道匀减速运动的位移和匀速运动的位移之和等于经过人工收费通道的位移，可知节省的时 间为 △t=t3+10−t=4+10−3=11s 2．对于不同类型的实物粒子，测量速率的方法往往是不同的，当然测量速率的方法也受到历史的局限性和 实验室提供的仪器的限制。 （1）历史上，由于测量条件的限制，伽利略无法用直接测量运动速率的方法来寻找自由落体的运动规律。 因此他设想用斜面来“冲淡”重力，“放慢”运动，而且把速率的测量转化为对路程和时间的测量，如图甲所示。 实验中记录了小球沿光滑斜面在不同时间内相对于起始点的距离，如下表所示。则分析表中数据可知，小 球在 t=3T时刻的瞬时速度等于多少？（用已知量 T、d表示） （2）带电粒子的速度有时可以利用速度选择器进行测量。如图乙所示，真空环境中平行放置的金属板间距 为 d，两板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小为 B的匀强磁场，带电粒子以某一速度从两金属板的左侧中 间沿平行于金属板面的方向射入两板间，当板间电压为 U时，带电粒子恰好沿直线（图中虚线）穿越两板， 不计带电粒子的重力，求它的速度大小？ （3）由于中子不带电，因此中子的速度无法直接使用速度选择器进行测量，可以采用碰撞的方法进行间接 测量。假设一质量为 m的低速中子与质量为 M的静止原子核发生弹性正碰，利用速度选择器测量得出原子 核的速度大小为 v，求这个中子的速度大小？ 时间 0 T 2T 3T 4T 5T 6T 距离 0 d 4d 9d 16d 25d 36d 【答案】（1） 6d T ；（2） U Bd ；（3） 0 ( ) 2 v M mv m   【详解】（1）小球在 t=3T时刻的瞬时速度等于 2T到 4T时刻之间的平均速度，则 3 16 4 6 2T d d dv T T    （2）带电粒子恰好沿直线穿越两板，则所受的电场力和洛伦兹力平衡，则 Eq qvB 其中 UE d  解得 Uv Bd  （3）质量为 m的低速中子与质量为 M的静止原子核发生弹性正碰，由动量守恒定律 0 1mv mv Mv  由能量关系 2 2 2 0 1 1 1 1 2 2 2 mv mv Mv  解得 0 ( ) 2 v M mv m   3．摩擦传动装置结构简单，容易制造，在生产生活中得到广泛应用。一种使用摩擦传动的变速箱，其内部 结构可简化为图，薄壁圆筒 1 和薄壁圆筒 2 均可绕自身的光滑转轴转动，且它们的转轴平行。开始时圆筒 2 静止，圆筒 1 以角速度ω转动，某时刻使两圆筒相接触，由于摩擦，一段时间后两圆筒接触面间无相对滑动。 圆筒 1 半径为 R，质量为 m1，圆筒 2 质量为 m2。设两圆筒相互作用过程中无其他驱动力，不计空气阻力。 求： (1)．两圆筒无相对滑动时圆筒 2 对圆 1 的摩擦力冲量 I； (2)．从两圆筒接触到无相对滑动过程中圆筒 1 对圆筒 2 所做的功 W。 【答案】(1). 1 1 1 2 1 2 ( )mI m R m v m v m m     ；(2).   2 2 2 2 1 2 1 22 m m RW m m    【详解】(1). 把圆筒壁的转动看成“直线”运动，设筒 1 的速度为 1v ，经 t时间两圆筒壁共速为 v共，由题 1v R 由动量守恒 1 1 1 2( )m v m m v  共 对筒 1，由动量定理 1 1 1I m v m v 共 得 1 1 1 2 1 2 ( )mI m R m v m v m m     (2).接 a 问，对筒 2，由动能定理： 2 2 1 2 W m v 共 得   2 2 2 2 1 2 1 22 m m RW m m    4．如图甲所示，杂技运动员在固定的竖直金属杆上表演。当运动员开始表演时，它与金属杆接触处距离地 面 8.80m，运动员双腿夹紧金属杆倒立，并通过双腿对金属杆施加不同的压力来控制身体的运动。运动员整 个下滑过程的 v-t图像如图乙所示。已知运动员的质量为 60.0kg，身高为 1.68m，接触处距离头顶 1.00m， 身体与杆的夹角始终保持 37°，若不计空气阻力，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6 求： （1）运动员下滑的最大速度； （2）运动员下滑过程克服摩擦力做的功； （3）运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比。 【答案】（1）4m/s；（2）4800J；（3）63：95 【详解】（1）根据题意可知运动员下滑的距离 cos 8.00mx H l    根据 2 mvx t 解得最大速度为 4m/smv = （2）根据动能定理 0fmgx W  解得 4800JfW   运动员下滑过程克服摩擦力做的功 4800J （3）根据图像，运动员下滑时间 1 2.5st  ，减速时间 2 1.5st  ，则运动员加速下滑阶段加速度大小为 2 1 1 0 1.6m/smva t    减速下滑阶段加速度大小 2 2 2 8 m/s 3 va t    运动员加速度下滑和减速下滑过程的摩擦力分别为 f1F 、 f2F ，根据牛顿第二定律 f1 1mg F ma  f2 2F mg ma  解得 f1 504NF  f2 760NF  运动员加速下滑和减速下滑过程的摩擦力大小之比 63：95 5．如图甲为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部 AB是一长为 d=0.8m 的竖直细管，管底 部与水面距离 h=0.6m，上半部 BC是半径 R=0.4m 的四分之一 圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有原长 为 L0=0.4m、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到 L=0.2m 后锁定，在弹簧上端放置一 粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设某一质量的鱼饵到达管口 C时，对上管壁的作用力大小为 其重力的 3 倍。不计鱼饵的大小和运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性 势能。重力加速度 g 取 10m/s2 求∶ （1）此鱼饵到达管口 C时的速度大小 v； （2）此鱼饵落到水面时水平射程 x； （3）若每次弹射时只放置一粒鱼饵，持续投放质量不同的鱼饵，且均能落到水面。测得鱼饵弹射出去的水 平射程 x随鱼佴质量 m的变化规律如图乙所示，则弹簧压缩到 0.2m 时的弹性势能为多少？ 【答案】（1）v=4m/s；（2）x=2.4m；（3）10J 【详解】（1）设鱼饵的质量为 m，到达管口 C时的速度为 v，上管壁对鱼饵的作用力大小 N，圆弧弯管半径 为 R，有 2   vmg N m R 3 N N mg 联立得 v=4m/s （2）鱼饵从 C点落至水面过程做平抛运动，有 x=vt 21 2   h d R gt 联立得 x=2.4m （3）设弹簧压缩到 0.2m 时的弹性势能为 Ep，则有 21( ) 0 2     W mg d L R mv pW E 联立得 2 p p 1 10 25 18 x m E E   由图像的截距得 Ep=10J 6．2020 年 6 月 21 日，最大速度为 600km/h 的高速磁浮试验样车在上海同济大学磁浮试验线上对多项关键 性能进行了测试。在某次制动性能测试中，样车以最大速度匀速行驶，当发出制动信号后，制动系统开始 响应，响应时间为 1.5s，在该时间内制动力由零逐渐增大到最大值并保持稳定，之后样车做匀减速直线运动 至停下来。从制动力达到最大值开始计时，测得样车在第 1s 内位移为 120m，运动的最后 1s 内位移为 4m。 已知样车质量为 50t，g=10m/s2 在响应时间空气阻力不可忽略，在匀减速直线运动过程中空气阻力可忽略。 求： （1）制动力的最大值； （2）在响应时间内，样车克服制动力和空气阻力所做的总功。（结果保留 1 位有效数字） 【答案】（1）F=4×105N；（2）W≈3×108J 【详解】（1）设制动力的最大值为 F，样车在匀减速直线运动过程中加速度大小为 a，运动最后 1 1 st  内 的位移 x1=1m，已知样车质量 m=5×104kg，则 2 1 1 1 ( ) 2 x a t  F ma 解得 F=4×105N （2）样车最大速度为 v1=600km/h= 500 3 m/s 设响应时间结束时即开始做匀减速直线运动时速度为 v2，在运动第 1s 内时间为 2 1t  s 的位移 x2=120m，在 响应时间内样车克服制动力和空气阻力所做的功为 W，则 2 2 21 1 1 2 2 W mv mv  2 2 2 2 2 1 ( ) 2 x v t a t    解得 W≈3×108J 7．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 【详解】（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 PS P r    解得 2102 mS  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。 8．“峡谷长绳秋千”游戏的模型可简化如下图所示，游戏开始前，工作人员对底座施加一水平方向的拉力， 使其静止于图中 A位置，然后自由释放，秋千开始荡起来，B为秋千运动的最低点。已知两绳长度均为 L、 夹角为 2θ，秋千摆角为α，游客和底座总质量为 m，在运动中可视为质点，不计绳子质量及一切阻力。求： （1）工作人员对底座施加的水平拉力大小； （2）游客运动到 B点的速度大小； （3）运动过程中细绳中的最大拉力。 【答案】（1） tanF mg  ；（2） 2 cos (1 cos )Bv gL    ；（3） 3 2 cos 2cos mg mgT     【详解】（1）在 A点，受力分析，根据物体平衡条件有 tanF mg  （2）从 A到 B过程，由动能定理 21cos (1 cos ) 2 BmgL mv   得到 2 cos (1 cos )Bv gL    （3）由分析知，当游客运动到在最低点 B时细绳中拉力最大，由受力分析及牛顿第二定律知 2 2 cos cos BmvT mg L     得到 3 2 cos 2cos mg mgT     9．如图是工厂里一种运货过程的简化模型，货物（可视为质点）质量 4kgm  ，以初速度 0 10m/sv  滑上 静止在光滑轨道OB上的小车左端，小车质量为 6kgM  ，高为 0.8mh  ，在光滑轨道上的 A处设置一固 定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后货物恰好落在光滑轨道上的 B点， 已知货物与小车上表面间的动摩擦因数 0.5  ，货物做平抛运动的水平位移 AB长为1.2m，重力加速度 g 取 210m/s 。 （1）求货物从小车右端滑出时的速度大小； （2）若OA 段足够长，导致小车在碰到 A之前已经与货物达到共同速度，仍然要求货物恰好落在光滑轨道 上的 B点，求小车的长度是多少？ 【答案】（1）3m/s；（2）6.7m 【详解】（1）设货物从小车右端滑出时的速度为 xv ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上有 21 2 h gt 在水平方向上，有 AB xl v t 解得 3m/sxv  （2）在小车碰撞到障碍物前，小车与货物已经达到共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统 在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得  0mv m M v  解得 4m/sv 共 由能量守恒定律得 2 2 0 1 1 ( ) 2 2mxmgs mv m M v    共 解得 6ms  当小车被粘住之后，货物继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物由动能定理得 2 21 1 2 2xmgs mv mv    共 解得 0.7ms  故小车的长度 6.7mL s s    10．2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。 如图所示为跳台滑雪赛道的简化图，由助滑道、起跳区、着陆坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的 夹角θ均为 37°，直线 AB段长度 100mL  ，运动员连同装备总质量 60kgm  ，由 A点无初速下滑，从起跳 区的 C点起跳后降落在着陆坡上的 D点。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计空气阻力，重力加速度 210m/sg  ，sin 37 0.6  ， cos37 0.8  。 （1）若运动员下滑到 B点的速度大小为30m/s ，求助滑道对滑雪板的摩擦力对滑雪板所做的功； （2）若运动员从 C点起跳时的速度沿水平方向，测得CD间的距离为 400 m 3 。求运动员在 C处的速度大 小。 【答案】（1） 9000JfW   ；（2） 80 3 m/s 【详解】（1）由动能定理得 21sin 2fmgL W mv   代入数据，解得 9000JfW   （2）设运动员从 C点起跳时的速度大小为 1v ，CD间距离为 s，根据平抛运动的规律 1coss v t  21sin 2 s gt  得 4st= 解得 1 80 m/s 3 v  11．如图所示，图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示 意图。其中OA 、BC段为直轨道，由多个长为 0.25mL  的直板拼接而成；AB沿为半圆形水平弯道，其 半径 0 1.0mR  ，它能承受的最大侧向压力为 20NF  ；1 为竖直平面内的圆轨道，圆轨道 1 的半径为 1 0.4mR  。已知该赛车的额定功率为 0 100WP  ，赛车行驶时，可以通过遥控器控制赛车的实际功率。 设赛车在水平轨道所受阻力恒为 5Nf  ，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为 0.2kgm  。重力 加速度 210m/sg  （1）求汽车以最大速度匀速通过弯道 AB时，赛车的实际功率 P； （2）若 BC段拼接了 4 块直板，某次赛车以 1 7.5m/sv  的速度经过弯道，到 B点后不再施加动力，求赛车 最后停在轨道上的位置到 B的距离 x； （3）若汽车以最大速度匀速通过弯道 AB，到 B点后不再施加动力，要使赛车能安全通过竖直圆轨道 1， 则BC间最多可拼接几块直板？（圆轨道与弯道间不能直接连接） 【答案】（1） m 50WP  ；（2） 0.875mx  ；（3）6 块 【详解】（1）在 AB段，水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 2 0 mvF R  解得 10m/sv  汽车匀速过弯道 AB的实际功率 P最大为 mP fv 解得 m 50WP  （2）在 BC段，根据动能定律可得 2 2 1 1 14 2 2Cf L mv mv    解得 2.5m/sCv  从C点开始在圆轨道 1 上运动，当速度减小到 0 上升的高度为 h，可得 210 2 Cmgh mv   解得 0.3125m 0.4mh   故汽车到达轨道 1 后下滑进入CB轨道，在CB轨道，根据动能定理可得 210 2 Cfx mv   解得 0.125mx  赛车最后停在轨道上的位置到 B的距离为 4x L x  求得 0.875mx  （3）小球能通过圆轨道 1 最高点，根据牛顿第二定律可得 2 1 1 mvmg R  解得 1 1 2m/sv gR  从 B到圆轨道 1 最高点，根据动能定律可得 2 2 1 1 1 1 12 2 2 fx mg R mv mv     解得 1 1.6mx  则 1 6.4xn L   故在 BC间为 6 块 12．图甲为 2022 年北京冬奥会国家雪车雪橇中心“游龙”总览图。赛道含长度 x的水平直道出发区（图甲中 1 位置）和滑行区，滑行区起终点高度差为 h，赛道截面为 U型槽，图甲中 4 位置为螺旋弯道，转弯半径为 ro 某运动员和雪车总质量 m，在该赛道完成了一次“钢架雪车”测试赛。运动员在出发区的运动可视为由静 止开始的匀加速运动，离开出发区时速度为 v1；在整个滑行区滑行的路程为 s，到达终点时速度为 v2.已知重 力加速度为 g，求： （1）运动员在出发区加速度的大小； （2）运动员和雪车在滑行区所受平均阻力的大小； （3）如图乙和丙所示，若运动员在螺旋弯某处速度为 v3，求此时刻钢架雪车平面与水平面夹角θ的正切值 （不计阻力）。 【答案】（1） 2 1 2 v x ；（2） 2 2 2 1 1 1 2 2 mgh mv mv s   ；（3） 2 3v rg 【详解】（1）以运动员和雪车整体为研究对象，匀加速过程有 2 1 2v ax 则 2 1 2 va x  （2）以运动员和雪车整体为研究对象，对滑行过程应用动能定理 2 2 f 2 1 1 1 2 2 mgh F s mv mv   2 2 2 1 f 1 1 2 2 mgh mv mv F s    （3）运动员和雪车在螺旋弯运动时任意时刻在水平方向匀速圆周运动，重力和支持力合力提供向心力，由 匀速圆周运动牛顿第二定律得 2 3tan mvmg r   解得 2 3tan v rg   13．第 24 届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在 2022 年 2 月 4 日~2 月 20 日在北京市和 张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会。滑雪是冬奥会的七大项目之一，某高山滑雪 运动员在比赛中经过一斜坡，如图所示，运动员（可视为质点）沿着右侧斜面运动，到达顶点 A后以 v0=10 m/s 的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为 53  ，经过一段时间后，运动员 落到左侧斜面上的 B点，左侧斜面与水平面的倾角 37  。不计空气阻力，取重力加速度 g=10 m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）运动员到左侧斜面的最大距离； （2）起跳点 A与落点 B之间的距离； （3）运动员落到 B点时的速度大小。 【答案】（1）4 m；（2）24 m；（3） 2 97m/s 【详解】（1）沿斜面和垂直斜面建立坐标系，并沿这两个方向分解初速度 0v 、运动员的重力 G，则有 0 0 0cos53 0.6 6m/sxv v v    0 0 0sin 53 0.8 8m/syv v v    sin 37 0.6x xG mg mg ma    cos37 0.8y yG mg mg ma    垂直斜面方向上，从开始运动到离斜面最远的时间 0 1 1sy y v t a   从开始运动到落到 B点共用时间 12 2st t  当 0 0yv  时，运动员距离斜面最远，此时 2 0 4m 2 y y v y a   （2）在沿斜面方向上从起跳点 A到落地点 B之间的距离 2 0 1 24m 2x xx v t a t   （3）由 A到 B，根据动能定理得 2 21 1sin 37 2 2B amg x mv mv   解得 388 2 97m/sBv   14．如图甲所示奥运会跳水比赛是我国的传统优势项目，为了备战 2021 年日本东京夏季奥运会，在某次跳 台跳水训练中，质量为 50 kgm  的运动员从跳板起跳后，恰能上升到 4.5 mH  高处，随后自由下落进 入水中，在水中达到最大深度后，通过踩水获得大小恒为150 N 的升力浮至水面，将该运动过程简化为如 图乙所示的模型，运动员在运动过程中可视为质点，假设运动员入水瞬间速度损失 70%，入水后受到大小 恒为 100 Nf  的阻力和 500 NF  的恒定浮力，水池中水足够深，忽略运动员在空气中运动时受到的阻 力和出水时的机械能损失， g取 210 m s 。求： （1）在水中能到达的最大深度 h； （2）从开始下落到返回水面所需时间 t； （3）整个过程中运动员的机械能减少量。 【答案】（1） 2.025 m；（2） 3 910 5 s 4 10      ；（3） 2148.75 J 【详解】（1）运动员自由下落到水面未入水时速度 1 2 3 10m / sv gH  由于入水瞬间速度损失 70%，则入水后瞬间速度  2 1 91 70% 10m / s 10 v v   在水中向下运动时，加速度大小为 2 1 2m / sf F mga m     方向竖直向上，故在水中达到的最大深度为 2 2 1 2.025m 2 vh a   （2）运动员在水面上方自由下落， 2 1 1 2 H gt 解得 1 3 10s 10 t  在水中向下运动，有 2 2 1 vt a  解得 2 9 10 s 20 t  在水中向上运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 F F f mg ma   升 解得 21m / sa  根据位移时间公式有 2 3 1 2 h a t 解得 3 9 5 s 10 t  所以从开始下落到返回水面所需时间为 1 2 3 3 910 5 s 4 10 t t t t          （3）整个过程，运动员机械能的减少量为 2 2 1 2 1 12 2148.75J 2 2 E fh mv mv F h          升 15．荡秋千是中国清明节习俗，所以清明节也称“秋千节”。民间传说秋千荡得越高，生活过得越美好。如图 所示，甲同学坐在与竖直绳连接的水平踏板上，此时，可认为人相对踏板不动且重心在踏板上。乙同学将 他拉离至绳与竖直方向成37角的 A处后放手，甲同学无初速自由摆下，已知甲同学质量为 40kg，秋千绳 长 4m，不计绳和踏板的质量，忽略空气阻力，（g取 10m/s2，sin 37 0.6  ，cos37 0.8  ）。 (1)求摆到最低点时，甲同学对踏板压力的大小； (2)若踏板每次摆回到右侧最高点时，乙同学都会推一下甲同学，推动 4 次后，摆绳与竖直方向的夹角最大 值53，求平均每次推动甲同学过程中乙同学所做的功。 【答案】(1)560N；(2)80J 【详解】(1)从 A 到 O，由机械能守恒定律得   2 0 11 cos37 2 mgl mv   由牛顿第二定律 2 0 N vF mg m l   由牛顿第三定律得对踏板的压力为 ' 560NNF  (2)每次推动做功为 W，则 4 cos37( )cos53W mgl   得 80JW  16．在一起交通事故中，货车司机急刹车，车轮抱死后货车沿直线撞向护墙后立即停止运动置于车厢中点 的一个小工具盒 B（可视为质点）在车停止运动前一直与车一起以相同的速度运动，车停止运动后开始相对 车厢底板向前滑动，撞到车厢前挡板后反弹 B 与车厢挡板碰撞无机械能损失，B 最终停在车厢尾部边缘。 警察斯查现场时测得车厢长 L=10.0m，查到汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为μ0=0.7；警察根据路面留下 的擦痕测出车轮抱死后货车运动的距离 S0=3.5m，为了测量 B 与车厢底板之间的动摩擦因数，警察用一根橡 筋吊起 B，平衡时橡筋伸长 x1=10.0cm，用该橡筋在车厢底板上水平缓慢拉动小盒，橡筋伸长为 x2=8.0cm。 若橡筋产生的弹力大小与其伸长量成正比。取 g=10m/s2，求∶ （1）小盒与车厢之间的动摩擦因数μ； （2）轮胎抱死时车的速度大小。 【答案】(1)0.80；(2)17m/s 【详解】(1)设小盒质量为 m，橡筋劲度系数为 k，则 1kx mg 2 1kx mg 联立可解得 =0.80 (2)车停止运动前，由牛顿第二定律可得 0 ( ) ( )M m g M m a    设到护墙时的速度为 v1，则 2 2 1 0 02v v ax   对小盒，据动能定理可得 2 1 1 1 1( ) 0 2 2 mg L L mv    联立代入数据可得 0 17m/sv  。 17．《电动自行车安全技术规范》规定电动自行车必须具有脚踏骑行功能，最高车速 25km / h 。某一品牌的 电动自行车直流电动机的最大输出功率 400WmP  （电动机输出功率视为与电动自行车功率相同），整车 质量（含骑行者）100kg ，蓄电池电动势 40VE  ，该车在平直的公路上从静止开始启动，运动过程中受 到的阻力恒为整车重力（含骑行者）的 0.09 倍，启动过程中该车先以恒定的加速度启动直至达到最大输出 功率，再保持以最大输出功率行驶，整个过程的a t 图像如图甲所示，重力加速度 210m / sg  。 （1）判断该电动自行车在整个启动过程中是否超速； （2）求该电动自行车在0 ~ 1s时间内匀加速运动的加速度大小 0a ； （3）电动自行车的动力来源是电动机，如图乙为直流电动机的内部结构示意图，而直流电动机的动力实际 上是安培力，大小为 2 2F nBIL （式中 n为线圈匝数、 B为线圈所在位置的磁感应强度、 L为线圈有效切 割磁感线的长度），线圈转动时会产生一个反向的感应电动势，大小为 2E nBLv  （v为电动机线圈切割磁 感线的速度），若蓄电池和直流电动机的总内阻 1r  ，蓄电池电动势 E和总内阻 r可视为不变，不计其他 能量损耗，求电动自行车以最大输出功率匀速行驶过程中感应电动势的大小E。 【答案】（1）没有超速；（2） 2 0 1.6 m / sa  ；（3） 20 VE   【详解】（1）该电动自行车启动过程中先以恒定的加速度启动再保持以最大输出功率行驶， 当牵引力和阻力 f 相等时，该车做匀速直线运动，速度达到最大。则可得 1F f kmg  1m mP Fv 可得 40 m / s 16 km / h 25 km / h 9mv    该电动自行车没有超速 （2）在匀加速阶段，由题图甲可知 1 1 st  时直流电动机功率达到最大输出功率，设此时牵引力的大小为 2F ， 速度大小为 1v ，则可得 2 0F kmg ma  1 0 1v a t 2 1mP F v 可得 1 1.6 m / sv  或 1 2.5 m / sv   （不符合题意，舍去） 则 2 0 1.6 m / sa  （3）根据能量关系可知直流电动机正常工作时，  2P EI I r E Ir I    可知当 20 A 2 EI r   时，直流电动机有最大输出功率，此时 2 2EI I r nBILv  则 2E nBLv E Ir    电动自行车以最大输出功率匀速行驶过程中 2nBILv始终不变，当 20 A 2 EI r   时电动机输出功率才最大，电动机线圈切割磁感线的速度也保持不变，得感应电动势的大小 20 VE   18．如图所示，一质量 M=0.3kg，足够长“T”形支架，竖直立在水平地面上，有一质量 m=0.2kg 的物块套在 支架直杆上，物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧（弹簧与物块不相连），开始时弹簧压 紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能 EP= 27 8 J。现解除锁定，弹簧瞬间恢复形变。已知物 块与直杆间滑动摩擦力大小恒为 f=1.5N，不计空气阻力。求： (1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度大小； (2)支架能上升的最大高度； (3)从解除锁定到支架落回地面的过程中系统因摩擦损失的机械能。 【答案】(1)3m/s；(2)0.3m；(3)3J 【详解】(1)解除锁定，系统动量守恒，设支架获得速度 Mv ，物块获得速度为 mv M mMv mv 2 21 1 2 2p M mE Mv mv  代入数据解得 3m/sMv  4.5m/smv  (2)对支架受力分析，根据牛顿第二定律有 MMg f Ma  解得 215m/sMa  再由 2 max2Mv ah 代入数据得 max 0.3mh  (3)解除锁定到支架落回地面，物块受力不变，根据牛顿第二定律有 mmg f ma  解得 22.5m/sma  设支架上升到最高点所用时间 1 s 5 M M vt a   支架上升阶段，物块与支架间的相对位移 2 max1 1 1.25m 2m ms v t a t h    相对 支架下降阶段，物块与支架间的相对位移 2 max2 1( ) 0.75m 2m m ms v a t t a t h     相对 所以，从解除锁定到支架落回地面过程因摩擦而损失的能量 1 2s s 3JE f    相对 相对 ( ) 19．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 【详解】(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 2 L 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。 20．如图所示是为了检验某种新型材料性能的实验装置示意图。在倾斜固定放置的玻璃表面铺上某种新型 材料，在某一高度处，固定一个喷水装置。喷口能够持续以速度 v0 水平向右连续喷出水柱。不断调节喷水 装置的位置，当喷水装置距该新型材料表面中点高为 h的位置时，喷口喷出的水柱最后刚好垂直冲击到该 新型材料表面的中点处，并且水柱撞击到该新型材料表面后，水的速度刚好立刻变为零，然后水沿该新型 材料表面均匀散开。已知喷口处水柱的横截面积为 S，喷口处横截面上各处水的速度都相同。设水柱在空中 不会散开，忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为 g。求： （1）水柱稳定后，在空中水柱的质量； （2）喷水装置喷出的水柱对该新型材料表面的平均冲击力大小。 【答案】（1） 0 2hSv g  ；（2） 2 0 0 2Sv v gh  【详解】（1）设喷出的水柱经过时间 t落到该新型材料上，落到该新型材料上前瞬间的速度大小为 v，取质 量为 0m 的一小块水，从喷口到该新型材料上，有 21 2 h gt 由机械能守恒定律得 2 2 0 0 0 0 1 1 2 2 m gh m v m v  设水柱稳定后，在空中水柱的质量为m，有 0m Sv t 以上联合求解得 2 0 2v v gh  ， 0 2hm Sv g  （2）取在很短的 t 时间内，撞击该新型材料的水的质量为 m ，该新型材料对质量为 m 水的平均作用力 大小为F ，对质量为 m 的水，因为 t 很小，所以 mg 远小于F ，可不计，取垂直该新型材料表面向上 为正方向，由动量定理得  0F t mv    设在很短的 t 时间内，撞击到该新型材料前的瞬间，水柱的横截面积为 'S ，有 'm S v t   在喷水装置的喷口处，对在很短 t 时间内喷出水的质量 m ，有 0m Sv t   解得 2 0 0 2F Sv v gh  喷水装置喷出的水柱对该新型材料的平均冲击力大小为 'F ，有 2 0 0' 2F Sv v gh  ，方向垂直该新型材 料表面向下。 21．某校兴趣小组设计了一个弹射游戏，如图所示。一质量为 m=0.1kg 的物体 a以初动能 Ek=1.1J 从光滑水 平轨道 OA上发射，接着进入粗糙的水平轨道 AB。在 AB之间的某个位置（其位置用到 A的距离 x表示） 放一完全相同的物体 b，物体 a与 b碰撞后粘在一起，随后进入半径为 R=0.10m 的光滑竖直圆形轨道圆轨 道在底部错开以致可以使物体运动到粗糙的水平轨道 BC上，CD段为光滑倾斜轨道，D点离 BC轨道的高 度为 h=0.11m，C处用一光滑小圆弧连接。如果物体碰后不脱离轨道，则游戏成功。已知 AB段、BC段长 度均为 L=0.5m，物体在 AB段和 BC段的动摩擦因数分别为μ1=0.1 和μ2=0.3。 （1）若不放被碰物体 b，求物体 a进入圆轨道 B点时对轨道的压力； （2）若物体 b放置的位置 x=0.4m，求碰撞过程中损失的机械能； （3）为使游戏成功，求碰撞位置 x应满足的条件。 【答案】（1）22N，方向向下；（2）0.53J；（3） 1 7m m 3 15 x  【详解】（1）设物体到达 B点的速度为 vB，根据动能定理 2 1 1 1 2 B kmgL mv E   求得 21m/sBv  在 B点，由牛顿第二定律得 2 B B v F mg m R   可得 2 22NB B vF mg m R    由牛顿第三定律得，物体对轨道的压力为 22N，方向向下 （2）设被碰物体 b处在 x=0.4m 处，物体 a碰前的速度为 v1，根据动能定理有 2 1 1 k 1 2 mgx mv E   得 2 1 22 2v x  a，b碰撞，根据动量守恒定律有 1 22mv mv 得 2 1 1 2 v v 因此碰撞过程中损失的机械能为 2 2 2 1 2 1 1 1 12 0.55 0.05 0.53J 2 2 4 E mv mv mv x        （3）要使游戏成功，应使物体进入圆轨道时不超过圆心等高处或者物体过最高点且不滑出斜面且返回圆轨 道时不脱离轨道碰撞后到达 B点的动能为  2 2 1 1 1 2 2 0.45 0.15 2kBE mv mg L x x      情形一： 不超过圆心等高处，要求 0.45 0.15 0.1JkBE x mgR    显然不可能 情形二：条件 1:过最高点，最高点速度大于等于 gR 因此 B点动能应  214 2 5 2kBE mgR m gR mgR   得 1 3 x m 条件 2：不能滑出斜面 则 B点动能应 2 22 2kBE mgL mgh  得 7 m 15 x  条件 3：再次返回圆轨道，不会脱离轨道 再次返回圆轨道最低点时的动能为 ' 2 24 0.15 0.15kB kBE E mgL x    x越大，再次回到 B点动能越小，当 7 m 15 x  时 EkB′最大动能小于 0，因此物体必然不会在脱离轨道，最终 静止在 BC 轨道上。综上所述 1 7m m 3 15 x  22．云霄飞车玩具（如图 a 所示）是儿童最为喜爱的益智类玩具之一，玩具组装原件多，主要考察儿童的 思维能力和动手能力。玩具的一小部分结构被简化如图 b 所示，钢制粗糙水平面 AB长度为 1mS  ，A端 连接一倾角为 30  的光滑斜面，斜面长度为 0.9mL  ，B端点固定一半径 0.2mR  的竖直光滑圆弧轨 道。从斜面顶端由静止释放一质量 0.1kgM  的小球甲，运动到 A点时与另一质量 0.05kgm  的静止小滑 块乙发生弹性碰撞（斜面与水平轨道连接处能量损失可忽略不计）。碰后小滑块乙在水平面上运动到 B点后 进入圆弧轨道，取 210m/sg  。 （1）求甲、乙碰撞过程中，甲球对小滑块乙的冲量？ （2）若小滑块乙能进入圆轨道并在进入后的运动过程中不脱离轨道，请在下表数据中为小滑块选择合适的 材料满足上述的运动条件，写出相应的判断依据。 小滑块材料 水平面材料 滑动摩擦因数 钢 钢 0.25 木 钢 0.2 聚氯乙烯 钢 0.4 聚异戊二烯 钢 0.65 【答案】（1）0.2N s ；（2）见解析 【详解】(1)甲球在下滑过程中，设甲球最低点的速度大小为 0v 。根据机械能守恒定律得 2 0 1sin 30 2 MgL Mv  代入数据解得 0 3m/sv  设甲、乙碰撞后速度分别为 1v 和 2v 。取向右为正方向，由动量守恒定律得 0 1 2Mv Mv mv  根据动能守恒得 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2 Mv Mv mv  联立并代入数据解得 2 4m/sv  根据动量定理得 2 0.2N sI mv   方向水平向右，即甲球对小滑块乙的冲量大小为0.2N s 方向水平向右。 (2)小滑块恰能进入圆轨道有 2 1 1 10 2 mgs mv   有 1 0.8  小滑块乙进入圆轨道后恰能到圆心等高处有 2 2 2 10 2 mgs mgR mv    有 2 0.6  小滑块乙进入圆轨道后的运动过程中恰能通过圆弧轨道的最高点 2vmg m R  根据动能定理有 2 2 3 2 1 12 2 2 mgs mg R mv mv     解得 3 =0.3 所以  的取值范围为 0.3  和0.6 0.8  ，查看表格可知：若小滑块可以运动到最高点，材料可以为 钢、木；若小滑块运动可以运动到圆心等高处以下，材料可以为聚异戊二烯。 23．如图 1 是组合玩具实物图，该玩具主要配件有小车、弹射器、三连环、滑跃板及部分直线轨道等。如 图 2 为该玩具的轨道结构示意图，其中三连环是三个半径不同圆轨道 I、Ⅱ、Ⅲ组成，且三个圆轨道平滑连 接但不重叠。其圆心分别为 O1、O2、O3，半径分别为 R1=20cm、R2=15cm、R3=10cm，OA、AC为光滑水平 轨道，滑跃板 CD为足够长的粗糙倾斜轨道，轨道与水平面夹角θ可调（0≤θ