专题15 力学计算大题 （解析版）-2021年高考全国最新模拟试题分类汇编(一模二模)

专题 15 力学计算大题 1．（2021·北京东城区高三一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道半径为 R，下端与水平桌面相 切，小球 A 从圆弧轨道顶端无初速滑下，与静止在圆弧轨道底端的小球 B 相碰，A 与 B 碰撞后结合为一个 整体，在水平桌面上滑动。已知圆弧轨道光滑，A 和 B 的质量相等， A、B 与桌面之间的动摩擦因数为， 重力加速度为 g ，A、B 均可视为质点。求： （1）碰撞前瞬间 A 的速度大小 v； （2）碰撞后瞬间 A 和 B 整体的速度大小 v； （3）A 和 B 整体在水平桌面上滑行的最远距离 l。 【答案】（1） 2v gR ；（2） ’ 2 2 gRv  ；（3）l = 4 R  【解析】（1）设两小球质量均为 m，对小球 A 从圆弧轨道顶端滑到底端的过程，由机械能守恒定律有 21 2mgR mv ，解得 2v gR （2））对 A、B 碰撞的过程应用动量守恒定律有 2 'mv mv ，解得 2' 2 gRv  （3）对 A、B 整体在水平桌面上滑行的过程应用动能定理有 212 0 2 '2mgl mv     ，解得 l = 4 R  2．（2021·福建漳州市高三二模）图甲为不带滑雪杖的运动员为迎接 2022 年北京冬奥会的训练画面，其运动 过程可简化为如图乙所示的模型：运动员（可视为质点沿倾角 37   的滑道由静止开始匀加速直线下滑， 到达坡底后进入水平滑道匀减速直线滑行 51.2ms  停下。已知水平段运动时间 6.4st  ，滑雪板与整个滑 道间的动摩擦因数均相同，运动员进入水平滑道瞬间的速度大小不变，不计空气阻力。（sin37 0.6  ， cos37 0.8  ， g 取 210m / s ）求： （1）滑雪板与滑道间的动摩擦因数  ； （2）运动员开始下滑位置到坡底的距离 x 。 【答案】（1） 0.25  ；（2） 32mx  【解析】（1）设运动员在水平滑道运动时的加速度大小为 a，由运动学公式可得 21 2s at ① 由牛顿第二定律得 mg ma  ② 联立解得 0.25  ③ （2）运动员通过坡底时的速度大小为 v at ④ 设运动员在倾斜滑道上下滑时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得 1sin cosmg mg ma    ⑤ 由运动学公式可得 2 1 32m2 vx a   ⑥ 3．（2021·北京丰台区高三一模）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 2mgh mv mv s   ；（3） 2 3v rg 【解析】（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 2mgh F s mv mv   2 2 2 1 f 1 1 2 2mgh 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   。 4．（2021·北京西城区高三一模）雪车是冬奥会的比赛项目之一，风驰电掣般的高速行驶是雪车的最大看点 之一。北京 2022 年冬奥会雪车项目的比赛将在延庆赛区的国家雪车雪橇中心进行。雪车比赛所用赛道长 1.5km 左右，落差在 100m 至 150m 之间。比赛可以分为两个过程：过程 1 中运动员手推雪车沿斜向下的赛 道奔跑获得初始速度，如图 1 所示；过程 2 中运动员跳入车体内，呈坐姿在弯曲的赛道上无动力滑行，如 图 2 所示。设雪车的质量为 m1，运动员的总质量为 m2，重力加速度为 g，忽略冰面与雪车之间的摩擦。 （1）过程 1 中运动员推车奔跑使雪车获得速度 v0，这一过程中赛道的落差为 h，求这一过程中运动员对雪 车做的功 W。 （2）过程 2 中为了让运动员乘坐雪车能高速且安全地通过弯道，弯道处的赛道均向内侧倾斜。若雪车以速 度 v 通过半径为 r 的一小段弯道，弯道落差可忽略。建立图 3 所示的模型，将运动员和雪车整体看作质点， 求在弯道处赛道对雪车的支持力 FN 的大小。 【答案】（1） 2 1 0 1 1 2W m v m gh  ；（2）   4 2 N 1 2 2+ vF m m g r   【解析】（1）运动员推车奔跑过程中对雪车用动能定理 2 1 1 0 1 2 W m gh m v  解得 2 1 0 1 1 2 W mm ghv  （2）根据牛顿第二定律，转弯过程中运动员和雪车需要的向心力 2 1 2( )+F m m r v向 对运动员和雪车做受力分析，如答图 1 所示 根据平行四边形定则可知 2 2 2 2 N 1 2( )+F g Fm m  向 代入解得 4 2 N 1 2 2( )+F m m g r v  5．（2021·天津河东区高三一模）如图所示，内壁光滑的直圆筒固定在水平地面上，一轻质弹簧一端固定在 直圆筒的底端，其上端自然状态下位于 O 点处，将一质量为 m、直径略小于直圆筒的小球 A 缓慢的放在弹 簧上端，其静止时弹簧的压缩量为 x0。现将一与小球 A 完全相同的小球 B 从距小球 A 某一高度的 P 处由静 止释放，小球 B 与小球 A 碰撞后立即粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，并恰能回到 O 点，已知两小球均可视为质点，弹簧的弹性势能为 21 2 kx ，其中 k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量， 已知重力加速度 g。求： （1）弹簧的劲度系数 k； （2）小球 B 释放时的高度 h； （3）小球 A 与小球 B 一起向下运动时速度的最大值 vm。 【答案】（1） 0 mgk x  ；（2） 03h x ；（3） 02mv gx 【解析】（1）由平衡条件可知 0mg kx 解得 0 mgk x  （2）B 球由静止下落后与 A 接触前的瞬时速度为 0ν ，则有 2 B B 0 1 2m g h m v  设 A 与 B 碰撞后的速度为 v，有  B 0 Bm v m m v  碰后从粘在一起到返回 O 点，系统机械能守恒，取碰后瞬间所在平面为零势能面：    2 2 B 0 B 0 1 1 2 2m m v kx m m gx    解得 03h x （3）当加速度为零时，两球速度达到最大值，此时弹簧压缩量为 1x ，有  B 1m m g kx  从最大速度到返回 O 点，系统机械能守恒定律，取最大速度处所在平面为零势能面：    2 2 B 1 B l 1 1 2 2mm m v kx m m gx    解得 02mv gx 6．（2021·江苏南通市高三二模）如图甲所示，一轻质短弹簧被夹在质量均为 m=0.10kg 的两小木块 A、B 之 间，弹簧长度被锁定，将此装置放在水平支撑面上。若解除锁定，木块 B 能上升的最大高度 h=2.5m。取 g=10m/s2，忽略空气阻力。 （1）求弹簧解锁前的弹性势能 Ep； （2）若撤去 A 的支撑面同时解除锁定，此时 B 的加速度大小为 a1=8.0m/s2，求此时 A 的加速度大小 a2； （3）图乙为同一竖直平面内两四分之一光滑圆弧 MP 和 QN 与光滑水平面 PQ 组成的轨道，M、N 与圆心 O1、O2 等高，圆弧 MP 和 QN 半径均为 R=1.8m。若将图甲中装置由轨道 M 端静止释放，第一次滑至水平面 时，解除锁定，求木块到达 N 点后还能上升的最大高度 H。 【答案】（1） p 2.5JE  ；（2）28.0m/s2；（3）4.25m 【解析】(1)由机械能守恒定律有 pE mgh 代入数据解得 p 2.5JE  (2)对 B 有 1F mg ma  对 A 有 2F mg ma  代入数据解得 a2=28.0m/s2 (3)设木块 AB 滑至水平面时的速度为 v0，则 2 0 12 22mgR mv  设解除锁定后，两木块 A、B 离开水平面 PQ 前的速度分别为 vA、vB，则由动量守恒定律有 02 A Bmv mv mv  由机械能守恒定律有 2 2 p 1 12 2 2A BmgR E mv mv   同理有 21( ) 2 Amg R H mv  代入数据解得 H=4.25m 7．（2021·江苏南京市高三二模）如图所示，电动传送带以恒定速度 0 1.2v  m/s 顺时针运行，传送带与水平 面的夹角 37  ，现将质量 20m  kg 的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到 1.8h  m 的平台上。已知箱子与传送带间的动摩擦因数 0.85  ，不计其它损耗（ 210m / sg  ， sin37 0.6  ， cos37 0.8  ）。求： （1）箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小； （2）箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量。 【答案】（1） 20.8m / s ；（2）122.4J 【解析】（1）箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力 G 和沿斜面向上的滑动摩擦力 f，将重力沿斜面方向 和垂直斜面方向进行正交分解，由牛顿第二定律得 sinf mg ma  ，① Nf F ② N cosF mg  ，③ 联立①②③式，得 20.8m / sa  （2）箱子加速所用时间为 0 1.2 1.5s0.8 vt a    传送带位移 0 1.8mx v t 传 总长 3msin hL   箱子加速位移为 2 21 1 0.8 1.5 9m2 2 m 0.x at L     箱 产生的热量   122.4JQ f x f x x    传 箱 8．（2021·福建福州市高三二模）如图所示，质量为 2kgM  ，带有半径为 0.8mR  四分之一光滑圆弧轨 道 AB 的曲面体静止在光滑的水平地面上；质量为 0.5kgm  的小球以 0 25JkE  初动能冲上曲面体轨道 AB ，取 210m / sg  ，求： （1）小球第一次冲出曲面休轨道的 B 点时曲面体的速度大小 1v ； （2）小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点时小球的速度大小 2v ； （3）小球第一次冲出曲面体轨道的 B 点至次落回 B 点的时间 t。 【答案】（1）2m/s；（2）8.25m/s；（3）1.6s 【解析】(1)由动能表达式可知 2 k0 0 1 2E mv 设小球第一次冲出曲面体 B 点时水平方向分速变为 xv ，竖直方向分速度为 yv ，由于曲面体是四分之一圆曲 面，所以 1xv v 小球从 A 到 B 运动过程，球和曲面体水平方向动量守恒  0 1mv m M v  解得 0 10m/sv  ， 1 2m/sv  (2)从小球开始运动到 B 过程中，系统机械能守恒，有 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv Mv mv mgR   解得 2 2 17m / s 8.25m/sv   （3）小球离开曲面体后，在竖直方向上做竖直上抛运动，则落回 B 点有 2 2 2 8m/sy xv v v   所以从离开到回到 B 点，有 2 1.6syvt g   9．（2021·天津高三模拟）滑板运动是一项刺激的运动，深受青少年的喜欢，某次比赛中部分赛道如图 1 所 示。现将赛道简化为如图 2 所示的模型：平台 A 和平台 BC 高度相距 3.2mh  ，粗糙水平轨道 DE 与光滑 圆弧形轨道CD 、 EF 相切于 D、E 点。若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台 A 以速度 0v 水平飞出， 恰好从 C 点无能量损失地沿着圆弧切线进入 CD 轨道，滑过 DE 冲上 EF 轨道，然后返回，恰好到 C 点速 度为零。已知人和滑板总质量 60kgm  ，光滑圆弧 CD 对应的圆心角 53   ，圆弧形轨道半径均为 4mR  ，滑板与水平轨道 DE 间的摩擦可视为滑动摩擦，动摩擦因数 0.2  ，不计空气阻力，g 取 210m / s ， sin53 0.8  ， cos53 0.6  。求： （1）运动员的初速度 0v 的大小； （2）运动员第一次经过 D 点时对圆弧轨道的压力 NF 的大小； （3）水平轨道 DE 的长度 L。 【答案】（1） 0 6m / sv  ；（2）2850N；（3） 12.5mL  【解析】(1)运动员运动到 C 点，对速度进行分解 0 tan53 = cyv v  竖直方向有 2 Cy 2v gh 联立解得 0 2 2 10 3.2 m/s 6m/s4tan53 3 ghv     (2)运动员经过 C 点时的速度 0 cos53 C v v   或 2 2 0C Cyv v v  得 C 10m/sv  运动员第一次经过 D 点时，根据动能定理有    2 211 cos53 2 D CmgR m v v    或    2 2 0 11 cos53 2 Dmgh mgR m v v     在 D 点根据牛顿第二定律有 2 N DvF mg m R    根据牛顿第三定律可知运动员对圆弧轨道的压力 N 2580NNF F  （3）运动员从 C 点进入CD 轨道，直至返回到 C 点时速度恰好为零，根据动能定理有 212 0 2 Cmg L mv   或 2 0 12 0 2mgh mg L mv   解得 12.5mL  10．（2021·福建漳州市高三二模）如图，水平面上固定两根足够长的平行直导轨 MN 、 PQ ，两导轨间静 置一质量 2.0kgM  的外壁光滑环形空心玻璃管 ABCD ，BC 、DA 段均为半圆管， AB 、CD 段是长度 均为 3.0mL  的直管。管内 CD 段放置有质量为 1.0kgm  的小球，小球在 AB 段相对运动时受到的摩擦 力 0.3f mg ，玻璃管内其余部分光滑， g 取 210m/ s 。现给玻璃管水平向右的初速度 0 6.0m/ sv  ，求： （1）从开始运动到小球与玻璃管共速，玻璃管对小球的冲量 I 的大小； （2）小球第一次通过玻璃管中 A 点时的速度大小。 【答案】（1） 4kg m/ sI   ；（2）6m/ s 【解析】（1）由动量守恒得 0 ( )Mv m M v  玻璃管对小球的冲量 I 的大小 I mv 解得 4kg m/ sI   （2）由动量守恒得 0 1 2Mv Mv mv  由功能关系得 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2Mv Mv mv fL   解得 1 3m/ sv  ， 2 6m/ sv  、 1 5m/ sv  ， 2 2m/ sv  （不符合实际，舍掉） 所以，小球速度 2 6m/ sv  11．（2021·重庆高三二模）如题图所示，质量均为 m 的滑块 A、B 用劲度系数为 k 的轻弹簧相连后静止放在 光滑水平面上，滑块 B 紧靠竖直墙壁。用大小为 F 的水平恒力向左推滑块 A，当滑块 A 向左运动的速度最 大时撤去该恒力 F。求： （1）撤去恒力 F 时，弹簧的形变量 x； （2）撤去恒力 F 后，滑块 A 的最大速度 vm； （3）B 离开墙壁后，系统的最大弹性势能 Ep。 【答案】（1） F k ；（2） 2F km ；（3） 2 2 F k 【解析】（1）滑块 A 向左的速度最大时，加速度为零，由牛顿第二定律有 0F kx  解得 Fx k  （2）撤去 F 之后，当弹簧恢复自然长度时，滑块 A 的速度最大，由功能关系有： 2 m 1 02Fx mv  解得 m 2v F km  （3）滑块 A 向右速度为 mv 时，滑块 B 开始脱离墙壁，之后系统机械能守恒，动量守恒，当 A、B 速度相 等时，系统的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得 m ( )mv m m v  根据系统机械能守恒定律可得 2 2 m p 1 1 ( )2 2mv m m v E   联立解得 2 p 2 FE k  12．（2021·天津和平区高三一模）如图所示，在同一竖直平面内，一轻质弹簧一端固定，另一自由端恰好与 水平线 AB 平齐，静止放于倾角为 45 的光滑斜面上。一长为 0.2L  m 的轻质细绳一端固定在 O 点，另一 端系一质量为 0.1m  kg 的小球，将细绳拉至水平，使小球从位置 C 由静止释放，小球到达最低点 D 时， 细绳刚好被拉断。之后小球在运动过程中恰好沿斜面方向压缩弹簧，已知弹簧的劲度系数为 20k  N/m。 压缩一直处于弹性限度内， 210m / sg  求： （1）细绳受到的最大拉力 F 的大小； （2）D 点到水平线 AB 的高度 h； （3）小球速度最大时弹簧的压缩量 x（结果可用根号表示） 【答案】（1）3N；（2）0.2m；（3） 2 m40 【解析】（1）小球由 C 到 D，由机械能守恒定律得 2 1 1 2mgL mv 解得 1 2v gL 在 D 点，由牛顿第二定律得 2 1vF mg m L   联立方程，解得 3 3NF mg  由牛顿第三定律知细绳所能承受的最大拉力为 3N （2）由 D 到 A，小球做平抛运动，则有 2 2yv gh 1 tan 45 yv v   联立解得 0.2mh  （3）小球从 C 点到将弹簧压缩至最短的过程中，小球所受合外力为零时速度最大，即有 sin 45mg kx  代入数据得 2 m40x  13．（2021·河北高三一模）如图 1，货车以 27 m/s 的速度在平直的高速公路上匀速行驶。因司机看到前方警 示标识，采取紧急制动。车厢内货物向前滑行，恰好在车停止时与车厢前壁相撞并反弹，其 v-t 图像如图 2 所示。设货车匀减速刹停后不再移动。重力加速度 g 取 210 m/s 。求： （1）货物与车厢间的动摩擦因数； （2）货物相对车厢滑行的位移大小。 【答案】(1) 0.4 ；(2)8.5m 【解析】(1)由图可知 2 23 27 m/s 4m/s6 va t      货物滑行时有 mg ma  解得 0.4  (2)货物向右滑行的距离为 1 2 1 1 3 6m 9m2 2 2 v v vs t t     反弹后，滑行的距离为 2 3 2 0.5m2 vs a   货物相对车厢滑行的位移大小 1 2 8.5ms s s   14．（2021·天津高三模拟）如图所示，可视为质点的小木块 A、B 的质量均为 m=2kg，放在一段粗糙程度相 同的水平地面上，木块 A、B 间夹有一小块炸药（炸药的质量可以忽略不计）。让 A、B 以 10m/s 的初速度 一起从 O 点滑出，滑行一段距离后到达 P 点，此时炸药爆炸使木块 A、B 脱离，发现木块 B 立即停在原位 置，木块 A 继续沿水平方向前进。己知 O、P 两点间的距离为 s=9m，木块与水平地面的动摩擦因数μ=0.2， 炸药爆炸时释放的化学能均全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，g 取 10m/s2。求： (1)小木块 A、B 到达 P 点的速度大小； (2)炸药爆炸后瞬间 A 的速度大小； (3)炸药爆炸时释放的化学能。 【答案】(1)8m/s；(2)16m/s；(3)128J 【解析】(1)研究 OP 阶段，设两木块初速度为 v0，P 点速度为 vP，由动能定理，有 2 2 0 1 12 2 22 2Pmgs mv mv     解得 vp==8m/s (2)研究爆炸阶段，爆炸后 A 的速度为 vA，系统动量守恒，则 2mvp=0+mvA 可得 vA=16m/s (3)由能量守恒定律，有Q  2 21 1 22 2A pmv mv 解得释放的化学能 Q=△Ek=128J 15．（2021·浙江衢州市高三二模）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