2012年广东各地高考一模练习——力学计算题

2012年广东各地高考一模练习——力学计算题

1．（广州）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B（可视为质点）相连的细线一端固定在O点．水平拉直细线并给B一个竖直向下的初速度，当B到达最低点时，细线恰好被拉断，B从A右端的上表面水平滑入．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。

已知A的质量为2m，B的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ；细线长为L、能承受的最大拉力为B重力的5倍；A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g。 （1）求B的初速度大小v0和细线被拉断瞬间B的速度大小v1； （2）A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件；

（3）x在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间的速度。

2．（18分）如图所示，质量为mA=2kg的木板A静止放在光滑水平面上，一质量为mB=1kg的小物块B从固定

在地面上的光滑弧形轨道距木板A上表面某一高H处由静止开始滑下，以某一初速度v0滑上A的左端，当A向右运动的位移为L=0.5m时，B的速度为vB=4m/s，此时A的右端与固定竖直挡板相距x，已知木板A足够长（保证B始终不从A上滑出），A与挡板碰撞无机械能损失，A、B之间动摩擦因数为μ=0.2，g

2

取10m/s

（1）求B滑上A的左端时的初速度值v0及静止滑下时距木板A上表面的高度H； （2）当x满足什么条件时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞。

1

3．（汕头）如图甲，圆形玻璃平板半径为r，离水平地面的高度为h，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边

缘，随玻璃板一起绕圆心O在水平面内做匀速圆周运动。

（1）若匀速圆周运动的周期为T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小。

（2）缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间

的距离为s，俯视图如图乙。不计空气阻力，重力加速度为g，试求木块落地前瞬间的动能。

4．（佛山）如图甲，ABC为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点和最高点A、C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力FA和FC．质量为0.1kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道．（g取10m/s2） （1）若FC和FA的关系图线如图乙所示，求：当FA 13N时小球滑经A点时的速度vA，以及小球由A滑至C的过程中损失的机械能；

（2）若轨道ABC光滑，小球均能通过C点．试推导FC随FA变化的关系式，并在图丙中画出其图线．

A图乙

FA/N

图丙

2

图甲

图乙

5．（肇庆）如下图（甲）所示，质量分别为m=1kg、M=2 kg的A、B两个小物块，用轻弹簧相连而静止在光滑水平面上，在A的左侧某处另有一质量也为m=1kg的小物块C，以v0=4m/s的速度正对A向右做匀速直线运动，一旦与A接触就将黏合在一起运动（黏合时间极短）。若在C与A接触前，瞬间使A获得一初速度vA0，并从此时刻开始计时，规定向右为正方向，A的速度随时间变化的图象如图（乙）所示（此图象仅限C与A接触前），弹簧始终未超出弹性限度，vA0 = 6m/s。求：

（1）在C与A接触前，当A的速度分别为6m/s、2m/s、-2m/s时，求对应状态下B的速度，并据此在图（乙）中粗略画出B的速度随时间变化的图象（要求画出IT时间内）.

（2）当A的速度为vA时C与A接触，在接触后的运动过程中弹簧的弹性势能为Ep，当vA取何值时，Ep有最大值？试求出Ep的最大值.

－ （乙） （甲） 6．（深圳）如图（a）所示，“

AB粗糙，光滑表面BC且与水平面夹角为θ=37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1) 斜面BC的长度；

(2) 滑块的质量； (3)

图（b）

图（a）

3

7．（惠州）单板滑雪U型池如图所示由两个完全相同的1/4圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成，圆弧滑

道的半径R=3.5m，B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离s=8.0m，假设某次比赛中运动员经过水平滑道B点时水平向右的速度v0=16.2m/s，运动员从B点运动到C点所用的时间t＝0.5s，从D点跃起时的速度vD=8.0m/s。设运动员连同滑板的质量m=50kg，忽略空气阻力的影响，重力加速度g取10m/s2。求： （1）运动员在B点对圆弧轨道的压力；

（2）运动员从D点跃起后在空中完成运动的时间；

（3）运动员从C点到D点运动的过程中需要克服摩擦阻力所做的功；

8．（茂名）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M = 1kg 、长L = 4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m = 2kg的滑块（不计大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ = 0.2 ，g取10m/s2 。 （1）求小车与墙壁碰撞时的速度；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆 轨道的半径R的取值。

4

9．（湛江）如图所示，一辆质量为M的小车静止在水平面上，车面上右端点有一可视为质点的滑块1，水平面上有与车右端相距为4R的固定的4光滑圆弧轨道，其圆周半径为R，圆周E处的切线是竖直的，车上表面与地面平行且与圆弧轨道的末端D等高，在圆弧轨道的最低点D处，有另一个可视为质点的滑块2，两滑块质量均为m。某人由静止开始推车，当车与圆弧轨道的竖直壁CD碰撞后人即撤去推力并离开小车，车碰后靠着竖直壁静止但不粘连，滑块1和滑块2则发生碰撞，碰后两滑块牢牢粘在一起不再分离。车与地面的摩擦不计，滑块1、2与车面的摩擦系数均为 ，重力加速度为g，滑块与车面的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。

（1）若人推车的力是水平方向且大小为F

1

(M m)g，则在人推车的过程中，滑块1与车是否会发生相2

对运动？

（2）在（1）的条件下，滑块1与滑块2碰前瞬间，滑块1的速度多大？若车面的长度为R4，小车质量

M km，则k的取值在什么范围内，两个滑块最终

没有滑离车面？

10．（揭阳）如图所示，质量为M的小球用长为R=0.45m的细绳固定于O点，从A（与O点等高）处由静止释

M

放，与O点正下方B点处质量为的物块弹性正碰。重力加速度g=10m/s2

2

（1）求小球碰后能上升的高度h

（2）已知粗糙水平地面BC及传送带的动摩擦因数均为μ=0.2，传送带长为l 0.5m，顺时针匀速转动，速度大小为υ=2m/s，DE、EF、FH的长度均为S=0.4m。若要保证物块碰后能落入FH间的沙坑内，求BC间的长度L 。

5

参考答案：

1212

1．解析：（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，有：mv0 ① mgL mv1

22

2

mv1

在最低点，由牛顿运动定律：T mg ②

L

又：T 5mg ③，联立①②③得：v0

2gL，v1 评分说明：①②③以及两个结果正确各给1分，共5分

（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒：mv1 mvB 2mvA ④

12

若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足2mvA mvB ⑤，对A应用动能定理： mgx 2mvA ⑥

2

联立④⑤⑥解得：x

LL

， ⑦，即A与台阶只能碰撞一次的条件是：x 4 4

评分说明：④⑤⑥⑦以及结果正确各给1分，共5分

（3）设x=x0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度vAB，由动量守恒：mv1 (m 2m)vAB ⑧ 14L2

对A应用动能定理：μmgx ⑨，联立⑧⑨得： ⑩ x 2mv00AB

9 2

(i)当x x0即x

4L

时，AB共速后A与挡板碰撞。 9

v12gL

⑩

33

由⑧可得A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA1 vAB (ii)当x0 x

L4LL

即时，AB共速前A就与台阶碰撞， x 4 9 4

121112对A应用动能定理： mgx 2mvA2 ○，A与台阶碰撞前瞬间的速度：vA2 gx ○

2

11○12各1分。 评分说明：⑧⑨⑩各1分；（i）中的条件1分，结论1分；（ii）中条件1分，○

2．解：（1）假设B的速度从v0减为vB=4m/s时，A一直加速到vA，以A为研究对象，由动能定理

2

...①（2分），代入数据解得vA=1m/s < vB，故假设成立（未进行此项判断扣2分）（2分） mBgL mAvA

12

在A向右运动位移L=0.5m的过程中，A、B系统动量守恒：mBv0 mAvA mBvB ② （2分） 联立①②解得 v0=6m/s（1分） B下滑过程中机械能守恒

12

，解得 H=1.8m（1分） mBv0 mBgH（2分）

2

（2）设A、B与挡板碰前瞬间的速度分别为vA1、vB1，由动量守恒定律mBv0 mAvA1 mBvB1...③ （2分） 以A为研究对象，由动能定理 mBg(L x)

12mAvA1... ④（2分） 2

由于A与挡板碰撞无机械能损失，故A与挡板碰后瞬间的速度大小为vA1，碰后系统总动量不再向右时，A与竖直挡板只能发生一次碰撞，即mAvA1 mBvB1.... ⑤ （2分），联立③④⑤解得 x 0.625m...（2分） 3．（1）根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小v

6

2 r

①（4分） T

2 2

)r ②（4分） T1

（2）木块脱离玻璃板后在在竖直方向上做自由落体运动，有h gt2 ③（2分）

2

木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力Ff m(在水平方向上做匀速运动，水平位移x vt ④（2分） x与距离s、半径r的关系s r x ⑤（2分） 木块从抛出到落地前机械能守恒，得Ekt

2

2

2

12

mv mgh ⑥（2分） 2

s2 r2

由以上各式解得木块落地前瞬间的动能Ekt mg( h) ⑦（2分）

4h

4．（1）（12分）由牛顿第三定律可知，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小NA FA，NC FC（1分）

2

mvA

在A点由牛顿第二定律得：NA mg ···①（3分）

，解得vA /s···②（1分）

R

2mvC

在C点由牛顿第二定律得：NC mg ····③（1分）

R

对A至C的过程，由动能定理得：Wf mg 2R ①②③联立得Wf

1212

····④（2分） mvC mvA·

22

12121

··⑤（2分） mvC mvA 2mgR (2mg FA FC)R 2mgR·

222

解得Wf 0.2J···⑥（2分），故损失的机械能为0.2J。 （2）（共6分）

因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒

1212

···⑦（2分） mvA mvC mg 2R·

22

联立①②⑥得NA NC 6mg，即FC FA 6N···⑧（2分） 图线如右图所示···⑨（2分）

5．（18分） 解：（1）由动量守恒定律可得：mvA0=mvA+MvB ①（2分）

由①式可得：vB

A

m

(vA0 vA) ② M

代入vA=6m/s、2m/s、-2m/s时，得到对应的VB=0、2m/s、4m/s（3分） 描给的图象如答图所示。（2分，若未能画出一个周期的图象，仅根据－三点描出图象且对的给1分）

（2）无论C与A如何接触，当A、B、C具有相同的速度u时弹簧的弹性势能EP最大。

由动量守恒定律可得：mv0+ mvA0=（2m+M）u ③（2分），由③式解得：u=2.5(m/s)

设C与A碰撞前后A的瞬时速度分别为vA、v，碰撞过程中损失的机械能为ΔE，由动量守恒和能量守恒定

律可得：mv0+ mvA=2mv ④（2分）， E 由④⑤式可得： E

11122

mv0 mvA 2mv2⑤（2分） 222

12

⑥

m（v0 vA）

4

7

11122

mv0 mvA0 (2m M)u2 E Ep ⑦（2分） 222

111122

由⑦式可得：Ep mv0 mvA0 (2m M)u2 m(v0 vA)2⑧（2分）

2224

设弹簧的最大弹性势能为EP，由能量守恒可得

由⑧式得：当vA= v0时C与A接触而黏在一起，此时不损失机械能，ΔE=0，

EP有最大值EPmax，将数据代入⑧式可得：EPmax=13.5(J) （1分）

6．解：①分析滑块受力，由牛顿第二定律得：得：a1=gsinθ=6m/s2 ……2分 通过图像可知滑块在斜面上运动时间为：t1=1s……2分

1

由运动学公式得： s a1t2=3m…2分

2

②滑块对斜面的压力为：N1/=mgcosθ…2分，木板对传感器的压力为：F1=N1/sinθ…2分 由图像可知：F1=12N……1分，解得：m=2.5Kg……1分 (说明：如果从系统考虑，答案正确得满分)

③滑块滑到B点的速度为：v1=a1t1=6m/s……1分

f

由图像可知：f1=5N，t2=2s……2分，a2 =2m/s2…1分

m

12

s2 v1t2 a2=8mt2…1分，W=fs2=40J……1分

2

mv02

7．解：（1）由N－mg= 知，N=4249.1（N）(3分），由牛三知，压力为4249.1N。(1分）

R

（2）运动员从D点跃起后在空中做竖直上抛运动，设运动员上升的时间为t1，根据运动学公式vD=gt1 (3分） 运动员在空中完成动作的时间：t 2t1

2vD

=1.6s (2分） g

（3）运动员从B点到C点，做匀变速直线运动，运动过程的平均速度BC 解得运动员到达C点时的速度vC

svB vC

t2

2s

vB=15.8m/s (3分） t

1212

mvD mvC (3分) 22

运动员从C点到D点的过程中,克服摩擦力和重力做功,根据动能定理 Wf mgR 得运动员克服摩擦力做功Wf

1212

mvC mvD mgR 22

代入数值解得 Wf=2891J（3分）

8．解：（1）滑块与小车的共同速度为v1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0 = (m + M)v1（2分） 代入数据解得v1 = 4m/s（1分）

设滑块与小车的相对位移为 L1 ，由系统能量守恒定律， 11

有μmgL1 =mv02 (m M)v12 (2分）

22

代入数据解得L1 = 3m（1分）

设与滑块相对静止时小车的位移为S1 ，根据动能定理，

1

有μmgS1 =Mv12 0（2分）

2

代入数据解得S1 = 2m（1分） 因L1＜L ，S1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1 = 4m/s（1分）

（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1 = 4m/s，位移为L2 = L－L1 = 1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P 。

8

v2

若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg = m（1分）

R

11

根据动能定理，有－μmgL2－mg 2R mv2 mv12（2分），①②联立并代入数据解得R = 0.24m（1分）

22

1

若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。

4

根据动能定理，有－μmgL2－（2分），代入数据解得R = 0.6m（1分）

综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足R≤0.24m或R≥0.6m（1分） 9. 解：（1）设滑块1与车不发生相对滑动，它们的加速度大小为a，由牛顿第二定律有F (M m)a①（2分），此时滑块受到的静摩擦力大小为f ma ②（1分），而F

1

(M m)g ③ 2

由①②③解得 ④（1分），又滑块1与车面的最大静摩擦力为fm mg ⑤（1分） 显然f fm，说明滑块1与车面之间没有发生相对滑动 （1分）

（2）设滑块1与滑块2碰撞前瞬间滑块1的速度为v，根据动能定理有F 4R 联立③⑥求得v 2 gR ⑦(1分)

设滑块1和2发生碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律有：mv 2mv1 ⑧（2分） 联立⑦⑧求得v1

1

(M m)v2⑥（2分） 2

gR ⑨ (1分)

两滑块粘合在一起后以v1的速度冲上光滑圆弧轨道，由于圆弧轨道的E处的切线是竖直的，则无论两滑块在圆弧轨道上运动，还是从E处竖直向上离开圆弧轨道，最后还是沿着圆弧轨道回到D处，整个过程中两滑块的机械能守恒，两滑块最终以速度v1冲上车面。

设两滑块滑到车的左端时，若滑块刚好不滑出车面，滑块和车应有共同的速度设为v2，由系统的动量守恒有：

2mv1 (2m km)v2 ⑩ （2分）

R112

（2分） 2mv12 (2m km)v2

422

联立⑨⑩ 解得k 2 (1分)，所以当k 2时，两个滑块最终没有滑离小车 (1分)

由系统的动能守恒有 2mg

1

10．解：（1）小球摆至B点碰前速度为υ0，由机械能守恒得：MgR Mv02 ① 1分

2

代入数据解得：v0 =3m/s…②1分 小球与物块弹性正碰，设碰后速度分别为有υ1、υ

2，

有：Mv0 Mv1 1Mv2 ③ 2分

2

1111

Mv02 Mv12 (M)v22 ④ 2分，联立②③④解得：v1=1m/s，v2=4m/s（2分） 22221

小球碰后上升至高度h的过程机械能守恒，有：Mv12 Mgh ⑤ (1分)

2

代入数据解得：h=0.05m…⑥（1分）

9

（2）设物块从D点以速度υD做平抛落入沙坑，时间为t，有：s

12

，x vtgt ⑦（1分）

2

D

⑧（1分）

由题知：0.4m x 0.8m

/s vD /s ⑨ （1分）

2

讨论：Ⅰ）

当vD /s v0，物块在传送带上一定做匀减速运动，此时C点速度最大为v3，由vD v32

2 gl

得：v3 ⑩ （1分）

2Ⅱ）当v m/s<v0，物块在传送带上一定做匀加速运动，此时C点速度最小为v4，由v v2 2 gl，得：

Dv4=0 ○11 （1分），物块要滑上传送带，则vC>0

，故0 vC /s物块从B到C，由动能定理得：-2

M1M21M2gL= 22v2C 22

v2 ○13

（1分）

，联立○

12○13得：1m≤L≤4m ○14（1分）

10

D4○

12（1分）

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/sod4.html