2020高考物理計(jì)算題專題練習(xí)-力學(xué)綜合計(jì)算(共24題-含解析)

參考答案1．（1）（2）1m/s（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑．（1）上滑過(guò)程中，由牛頓第二定律：，解得；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，解得（2）滑塊在D處水平飛出，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，，解得；（3）小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑2．（1）2.04×10–3s2/m（2）6%（i）設(shè)物塊A和B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)的速度為v'，由動(dòng)量守恒定律有mBv=（mA+mB）v'①在碰后A和B共同上升的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律有②聯(lián)立①②式得③由題意得④代入題給數(shù)據(jù)得k0=2.04×10–3s2/m⑤（ii）按照定義δ=×100%⑥由⑤⑥式和題給條件得δ=6%⑦3．①(1)對(duì)雨滴由動(dòng)能定理得：解得：；(2)a.半徑為r的雨滴體積為：，其質(zhì)量為當(dāng)雨滴的重力與阻力相等時(shí)速度最大，設(shè)最大速度為，則有：其中聯(lián)立以上各式解得：由可知，雨滴半徑越大，最大速度越大，所以①對(duì)應(yīng)半徑為的雨滴，不計(jì)空氣阻力，雨滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，圖線如圖：；(3)設(shè)在極短時(shí)間內(nèi)，空氣分子與雨滴碰撞，設(shè)空氣分子的速率為，在內(nèi)，空氣分子個(gè)數(shù)為：，其質(zhì)量為設(shè)向下為正方向，對(duì)圓盤(pán)下方空氣分子由動(dòng)量定理有：對(duì)圓盤(pán)上方空氣分子由動(dòng)量定理有：圓盤(pán)受到的空氣阻力為：聯(lián)立解得：．4．（1）（2）（3）（1）對(duì)整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：

kx0=（m+m）gsinθ

解得：k=

（2）由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時(shí)間位移為x0；

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相鄰相等時(shí)間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：

說(shuō)明當(dāng)形變量為時(shí)二者分離；

對(duì)m分析，因分離時(shí)ab間沒(méi)有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma

聯(lián)立解得：a=

（3）設(shè)時(shí)間為t，則經(jīng)時(shí)間t時(shí)，ab前進(jìn)的位移x=at2=則形變量變?yōu)椋骸鱴=x0-x

對(duì)整體分析可知，由牛頓第二定律有：F+k△x-（m+m）gsinθ=（m+m）a

解得：F=mgsinθ+t2

因分離時(shí)位移x=由x==at2解得：

故應(yīng)保證0≤t＜，F(xiàn)表達(dá)式才能成立．5．（1）（2）（3）（1）設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F．由力的合成法則有①②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得④⑤（2）設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為，作，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得⑥⑦由動(dòng)能定理有⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為⑨（3）小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g．設(shè)小球在豎直方向的初速度為，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有⑩由⑤⑦⑩式和題給數(shù)據(jù)得點(diǎn)睛小球在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)是常見(jiàn)經(jīng)典模型，此題將小球在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)、受力分析、動(dòng)量、斜下拋運(yùn)動(dòng)有機(jī)結(jié)合，經(jīng)典創(chuàng)新．6．（1）a=2m/s2（2）P=8.4×106W（1）飛機(jī)滑跑過(guò)程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2=2ax①，解得a=2m/s2②（2）設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F阻，依題意可得F設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為F，根據(jù)牛頓第二定律有F?F設(shè)飛機(jī)滑跑過(guò)程中的平均速度為v，有v=在滑跑階段，牽引力的平均功率P=Fv⑥，聯(lián)立②③④⑤⑥式得P=8.4×1067．(ⅰ)18cm/s，沿x軸負(fù)方向傳播(ⅱ)9cm(ⅰ)由圖(a)可以看出，該波的波長(zhǎng)為λ＝36cm①由圖(b)可以看出，周期為T(mén)＝2s②波速為v＝＝18cm/s③由圖(b)知，當(dāng)t＝1/3s時(shí)，Q點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)，結(jié)合圖(a)可得，波沿x軸負(fù)方向傳播；(ⅱ)設(shè)質(zhì)點(diǎn)P、Q平衡位置的x坐標(biāo)分別為、由圖(a)知，x＝0處y＝－＝Asin(－)因此④由圖(b)知，在t＝0時(shí)Q點(diǎn)處于平衡位置，經(jīng)Δt＝s，其振動(dòng)狀態(tài)向x軸負(fù)方向傳播至P點(diǎn)處，由此及③式有＝vΔt＝6cm⑤由④⑤式得，質(zhì)點(diǎn)Q的平衡位置的x坐標(biāo)為＝9cm8．（1）μ=v0（1）設(shè)冰球與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度與位移的關(guān)系知–2a1s0=v12–v02②聯(lián)立①②得μ=（2）設(shè)冰球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則t=v又s1由③④⑤得a=s9．（1）3m/s（2）4.25m/s【解析】（1）設(shè)B車質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有①式中μ是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得③（2）設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA．根據(jù)牛頓第二定律有④設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有⑤設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，有⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得故本題答案是：（1）（2）10．（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）（1）由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=μg勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=vA2解得（2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=maB，得aB=3μg對(duì)齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律F′=2maB′，得aB′=μg（3）經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B達(dá)到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA則v=aAt，v=vB–aBt且xB–xA=L解得。11．（1）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m（1）球靜止在彈簧上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得；（2）球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，動(dòng)能定理，解得；（3）球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中總路程s：，解得；（4）球在首次下落過(guò)程中，合力為零處速度最大，速度最大時(shí)彈簧形變量為；則；在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)12．(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為和(2)A、B均停止運(yùn)動(dòng)后它們之間的距離為（1）設(shè)A滑到水平軌道的速度為，則有①A與B碰撞時(shí)，由動(dòng)量守恒有②由動(dòng)能不變有③聯(lián)立①②③得：④第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小分別為和（2）第一次碰撞后A經(jīng)過(guò)水平段QO所需時(shí)間⑤第一次碰撞后B停下來(lái)所需時(shí)間⑥易知：故第一次碰撞后B停時(shí)，A還沒(méi)有追上B設(shè)第一次碰撞后B停下來(lái)滑動(dòng)的位移為，由動(dòng)能定理得⑦解得⑧設(shè)A第二次碰撞B前的速度為，由動(dòng)能定理得⑨解得⑩，故A與B會(huì)發(fā)生第二次碰撞A與B會(huì)發(fā)生第二次碰撞，由動(dòng)量守恒有?由動(dòng)能不變有?解得：?B發(fā)生第二次碰撞后，向右滑動(dòng)的距離為，由動(dòng)能定理得?解得?A發(fā)生第二次碰撞后，向左滑動(dòng)的距離為，由動(dòng)能定理得?解得?，即A不會(huì)再回到光滑軌道PQO的水平段QO上，在O點(diǎn)左邊停下所以A、B均停止運(yùn)動(dòng)后它們之間的距離為=?13．I取向上為正方向，動(dòng)量定理mv–（–mv）=I且I=（解得I14．（1）1m/s；（2）1.9m。（1）滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)，設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1，在物塊B與木板達(dá)到共同速度前有①②③由牛頓第二定律得④⑤⑥設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有⑦⑧聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)，可得B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度⑨（2）在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為⑩設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有?由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反；由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有?對(duì)A有?在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為?在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為

?A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同，因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為?聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)，A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離?答：（1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度為1m/s；（2）A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為1.9m。（1）（2），28m/s（3）30m/s；；87.5m（1）v-t圖像如圖所示．（2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小為v1，則t1時(shí)刻的速度也為v1，t2時(shí)刻的速度也為v2，在t2時(shí)刻后汽車做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其加速度大小為a，取Δt=1s，設(shè)汽車在t2+n-1Δt內(nèi)的位移為sn，n=1,2,3,…．若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3Δt時(shí)刻的速度為v3，在t2+4Δt時(shí)刻的速度為v4，由運(yùn)動(dòng)學(xué)有①②③聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得④這說(shuō)明在t2+4Δt時(shí)刻前，汽車已經(jīng)停止．因此，①式不成立．由于在t2+3Δt~t2+4Δt內(nèi)汽車停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式⑤⑥聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得，v2=28m/s⑦或者，v2=29.76m/s⑧第二種情形下v3小于零，不符合條件，故舍去（3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時(shí)，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有：f1=ma⑨在t1~t2時(shí)間內(nèi)，阻力對(duì)汽車沖量的大小為：⑩由動(dòng)量定理有：?由動(dòng)能定理，在t1~t2時(shí)間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為：?聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入已知數(shù)據(jù)解得v1=30m/s??從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為?聯(lián)立⑦??，代入已知數(shù)據(jù)解得s=87.5m?16．（1）（2）（3）3900N（1）已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求解斜面的長(zhǎng)度，即可解得:（2）根據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的該變量所以（3）小球在最低點(diǎn)的受力如圖所示由牛頓第二定律可得：從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可知：解得;故本題答案是：（1）（2）（3）17．（1）3m（2）（3）（1）物塊A和物塊B發(fā)生碰撞后一瞬間的速度分別為、，彈性碰撞瞬間，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，即：聯(lián)立方程解得：；根據(jù)v-t圖象可知，解得：（2）設(shè)斜面的傾角為，根據(jù)牛頓第二定律得當(dāng)物塊A沿斜面下滑時(shí)：，由v-t圖象知：當(dāng)物體A沿斜面上滑時(shí)：，由v-t圖象知：解得：；又因下滑位移則碰后A反彈，沿斜面上滑的最大位移為：其中為P點(diǎn)離水平面得高度，即解得故在圖（b）描述的整個(gè)過(guò)程中，物塊A克服摩擦力做的總功為：（3）設(shè)物塊B在水平面上最遠(yuǎn)的滑行距離為，設(shè)原來(lái)的摩擦因?yàn)闉閯t以A和B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有：設(shè)改變后的摩擦因數(shù)為，然后將A從P點(diǎn)釋放，A恰好能與B再次碰上，即A恰好滑到物塊B位置時(shí)，速度減為零，以A為研究對(duì)象，根據(jù)能量守恒定律得：又據(jù)（2）的結(jié)論可知：，得：聯(lián)立解得，改變前與改變后的摩擦因素之比為：．18．（1）；（2）（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為，由題給條件有①設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有②聯(lián)立①②式得③（2）設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為，由機(jī)械能守恒定律有④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為和．由題給條件和動(dòng)量守恒定律有⑤⑥由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)．設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為，由機(jī)械能守恒定律有⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為⑧19．（1）；（2）；（3）（1）B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：解得：（2）設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，總動(dòng)量守恒：繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2m/s（3）細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零，這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：解得，初始時(shí)B離地面的高度20．（1）（2）（3）（1）C受力平衡解得（2）C恰好降落到地面時(shí)，B受C壓力的水平分力最大B受地面的摩擦力根據(jù)題意，解得（3）C下降的高度A的位移摩擦力做功的大小根據(jù)動(dòng)能定理解得21．(1)(2)(3)（1）“奔跑”過(guò)程（2）上滑過(guò)程：下滑過(guò)程（3）上滑位移，退滑到出發(fā)點(diǎn)的速度，解得22．（1）4m/s（2）2.4J（3）3.36m（4）2.4s（1）小球在B點(diǎn)受到的重力與支持力的合力提供向心力，則：代入數(shù)據(jù)可得：（2）A到B的過(guò)程中重力和阻力做功，則由動(dòng)能定理可得：代入數(shù)據(jù)得：（3）B到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：解得：從C點(diǎn)到落地的時(shí)間：B到P的水平距離：代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立并整理可得：可知．當(dāng)時(shí)，P到B的水平距離最大，為L(zhǎng)=3.36m（4）由于小球每次碰撞機(jī)械能損失75%，由，則碰撞后的速度為碰撞前速度的，碰撞前后速度方向與地面的夾角相等，則碰撞后豎直方向的分速度為碰撞前豎直方向分速度的，所以第一次碰撞后上升到最高點(diǎn)的時(shí)間等于從C點(diǎn)到落地的時(shí)間的，所以從第一次碰撞后到發(fā)生第二次碰撞的時(shí)間：，同理，從第二次碰撞后到發(fā)生第三次碰撞的時(shí)間：，由此類推可知，從第n次碰撞后到發(fā)生第n+1次碰撞的時(shí)間：小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：由數(shù)學(xué)歸納法分可得：23．(1)0.105m/s2,84m(2)400N(3)3.86m/s（1）根據(jù)代入數(shù)據(jù)可解得：根據(jù)（2）游船勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度大小根據(jù)牛頓第二定律得到F=ma=8000×0.05=400N所以游船勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的合力大小F=400N勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程位移x1=84m勻速運(yùn)動(dòng)位移x2=vt=4.2×(640-40)m=2520m勻減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程位移總位移行駛總時(shí)間為t=720s所以整個(gè)過(guò)程中行駛的平均速度大小綜上所述本題答案是：(1)0.105m/s2,84m(2)400N(3)3.86m/s24．（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）