力学综合专项练习

力学综合针对训练1．如下图所示，静止放在长直水平桌面上的纸带。

其上有一小铁块，它与纸带右端的距离为0．5m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ=0．1。

现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为x=0．8 m。

已知g=10 m／s2，桌面高度为H=0.8 m，不计铁块大小，铁块不滚动。

求：（1）铁块落地时的速度大小。

（2）纸带从铁块下抽出所用的时间及开始时铁块距左侧桌边的距离。

2.如图所示,一轻绳吊着粗细均匀的棒,棒下端离地面高H,上端套着一个细环.棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳,棒和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求：(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度.(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s.(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为3．如图，质量为mm2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。

4．如图所示,半径为R 、圆心为O 的大圆环固定在竖直平面内,两个轻质小圆环套在大圆环上.一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的两端都系上质量为m 的重物,忽略小圆环的大小。

⑪将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧 30=θ的位置上（如图）.在两个小圆环间绳子的中点C 处,挂上一个质量M=2 m 的重物,使两个小圆环间的绳子水平,然后无初速释放重物M.设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略.求重物M 下降的最大距离；⑫若不挂重物M,小圆环可以在大圆环上自由移动,且绳子与大、小圆环及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略.问两个小圆环分别是在哪些位置时，系统可处于平衡状态？5．（15分）如图所示，用内壁光滑的薄壁细管弯成的“S ”形轨道固定于竖直平面内，弯曲部分是由两个半径均为R = 0．2 m 的半圆平滑对接而成（圆的半径远大于细管内径）．轨道底端A 与水平地面相切，顶端与一个长为l = 0．9 m 的水平轨道相切B 点．一倾角为θ = 37°的倾斜轨道固定于右侧地面上，其顶点D 与水平轨道的高度差为h = 0．45 m ，并与其它两个轨道处于同一竖直平面内．一质量为m = 0．1 kg 的小物体（可视为质点）在A 点被弹射入“S ”形轨道内，沿轨道ABC 运动，并恰好从D 点以平行斜面的速度进入斜轨道．小物体与BC 段间的动摩擦因数μ = 0．5．（不计空气阻力，g取10 m/s 2．sin37°= 0．6，cos37°= 0．8） （1）小物体从B 点运动到D 点所用的时间；（2）小物体运动到B 点时对“S ”形轨道的作用力大小和方向；（3）小物体在A 点的动能．6．（12）如图所示，质量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1.01=μ，在木板的左端放置一个质量为m=1kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数4.02=μ，取g=10m/s 2，试求： （1）若木板长L=1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N ，经过多长时间铁块运动到木板右端？（2）若在木板的右端加一个大小从零开始均匀增加的水平向左的力F ，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力2f 随拉力F 大小变化的图像。

（设木板足够长）7．（15分）如图所示，水平路面CD 的左侧有一固定的平台，平台上表面AB 长s=3m 。

光滑半圆轨道AFE 竖直固定在平台上，圆轨道半径R=0.4m ，最低点与平台AB 相切于A 。

板长L 1=2m ，上表面与平台等高，小物块放在板的最右端，并随板一起向平台运动，当板的左端距离平台L=2m 时，板与物块向左运动的速度v 0=8m/s ，当板与平台的竖直墙壁碰撞后，板立即停止运动，物块在板上滑动，已知板与路面的动摩擦因数μ=0.05，物块与板上表面及轨道AB 的动摩擦因数μ2=0.1，物块质量m=1kg ，取g=10m/s 2。

（1）求物块进入圆轨道时对轨道上A 点的压力；（2）判断物块能否到达圆轨道的最高点E ，如果能，求物块离开E 后在平台上的落点到A 的距离；如果不能，则说明理由。

8．（13分）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于B 点。

水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R =0．8 m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R 。

用质量m 1=0．4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点。

用同种材料、质量为m 2=0．2kg 的物块将弹簧也缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为226tt x -=，物块从桌面右边缘D 点飞离桌面后，由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道。

g =10 m/s 2，求：（1）BP 间的水平距离；（2）判断m 2能否沿圆轨道到达M 点；（3）释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功．力学综合针对训练2．答案 (1)(k-1)g,方向竖直向上 (2)H k k 13++ (3)-12-k kmgH解析 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a 环 环受合力F 环=kmg-mg ① 由牛顿第二定律F 环=ma 环 ② 由①②得a 环=(k-1)g,方向竖直向上(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v 1. 由机械能守恒得：21×2mv 12=2mgH解得v 1=gH 2设棒弹起后的加速度a 棒 由牛顿第二定律a 棒=-(k+1)g 棒第一次弹起的最大高度H 1=-棒a 221v解得H 1=1+k H棒运动的路程s=H+2H=H k k 13++(3)解法一：棒第一次弹起经过t 1时间,与环达到相同速度v 1′ 环的速度v 1′=-v 1+a 环t 1 棒的速度v 1′=v 1+a 棒t 1 环的位移h 环1=-v 1t 1+21a 环t 12 棒的位移h 棒1=v 1t 1+21a 棒t 12x 1=h 环1-h 棒1 解得：x 1=-kH 2棒环一起下落至地 v 22-v 1′2=2gh 棒1 解得：v 2=kgH 2同理,环第二次相对棒的位移 x 2=h 环2-h 棒2=-22kH…… x n =-nkH 2环相对棒的总位移 x=x 1+x 2+……+x n +…… W=kmgx 得W=-12-k kmgH解法二：设环相对棒滑动距离为l 根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl 摩擦力对棒及环做的总功 W=-kmgl 解得W=-12-k kmgH3．答案 gkm mm m m )2()(231211++解析 解法一 开始时，A 、B 静止，设弹簧压缩量为x 1，有 kx 1=m 1g①挂C 并释放后，C 向下运动，A 向上运动，设B 刚要离地时弹簧伸长量为x 2，有 kx 2=m 2g②B 不再上升表示此时A 和C 的速度为零，C 已降到其最低点.由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m 3g(x 1+x 2)-m 1g(x 1+x 2)③C 换成D 后，当B 刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同，设此时A 、D 速度为v ，由能量关系得21（m 3+m 1）v 2+21m 1v 2=(m 3+m 1)g(x 1+x 2)-m 1g(x 1+x 2)-ΔE④由①~④式得v=gkm mm m m )2()(231211++解法二 能量补偿法据题设，弹簧的总形变量即物体A 上升的距离为 h=kgm g m 21+ ①第二次释放D 与第一次释放C 相比较，根据能量守恒，可得 m 1gh=21(2m 1+m 3)v 2②由①②得 v=gkm mm m m )2()(231211++4． 答案 h=2R 45=α解析 ⑪重物向下先做加速运动、后做减速运动,当重物速度为零时,下降的距离最大,设下降的最大距离为h,由机械能守恒定律得Mgh=2mg[θθRsin Rsin h -+22)( ] 解得 h=R 2 ⑫系统处于平衡状态时,两个小环的位置为 a.两小环同时位于大圆环的底端 b.两小环同时位于大圆环的顶端c.两小环一个位于大圆环的顶端,另一个位于大圆环的底端d.除上述情况外,根据对称可知,系统如能平衡,则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称.设平衡时,两小圆环在大圆环竖直以对称两侧α角的位置上（如图 所示）.对于重物m,受绳子拉力T 与重力mg 作用,有T=mg.对于小圆环,受到三个 力的作用,水平绳子的拉力T 、竖直绳子的拉力T 、大圆环的支持力N,两绳子的拉力沿大圆环切向分力大小相等,方向相反T sin α=T sin α' 得 αα'=,而,所以45=α.5．解：（1）物块从C 到D 做平抛运动，2112h gt =①1tan cgt v θ=② 解得：4/c v m s = ③10.3t s = ④物体从B 到C 做匀减速运动，由牛顿第二定律得 um g m a =⑤ 222c B v v as -=-⑥ 2c B v v at =-⑦解得： 120.5t t t s =+=⑧（2）物体运动到B 点受到向下的弹力，由牛顿第二定律得：2B N v F mg m R+=⑨由牛顿第三定律N N F F '=- ⑩11.5N F N '=- 向上的压力，大小为11．5N （11）（3）从A 到B 的过程有机械能守恒得2142K A B E m gR m v =+（12）2.05K A E J = （13）评分标准：⑨．（12）每式2分，其余每式1分。

6.（12分）解：解：（1）铁块的加速度大小2214/F m ga m s mμ-==（1分）铁块的加速度大小2122/2)(s m Mgm M mg a =+-=μμ（1分）设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有L ta t a =-22212121 （1分） 解得：t=1s（1分）（2）①当N Mg mg F 2)(1=+≤μ时，A 、B 相对静止且对地静止，F f =2（1分） ②设F=F 1时，A 、B 恰保持相对静止， 此时系统的加速度22/2s m a a ==（1分）以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有a m M g m M F )()(11+=+-μ（1分）解得：F 1=6N （1分）所以，当N F N 62≤<时，M 、m 相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度 ,12)(1-=++-=F mM gm M F a μ （1分）以M 为研究对象，根据牛顿第二定律有 ,)(12ma g m M f =+-μ （1分） 解得：122+=F f（共1分）③当N F 6>，A 、B 发生相对运动，N mg f 422==μ（1分） 画出2f 随拉力F 大小变化 的图像如右（共1分） 7．8．（13分）（1）设物块由D 点以初速度D v 做平抛，落到P 点时其竖直速度为v y ,有gRv y22= （1分）而 ︒=45tan Dy v v （1分）解得 sm v D/4=设平抛运动时间为t ，水平位移为x 1，有221gtR =（1分）tv x D =1 （1分）解得 m x 6.11=由题意可知小球过B 点后做初速度为Dv s m a s m v 减速到加速度大小,/4,/62==BD 间位移为x 2 ，有 22202ax v v D =- （1分）所以BP 水平间距为 21x x x +== 4．1m （1分）（2）若物块能沿轨道到达M 点，其速度为M v ，有 gRm v m v m D M 22222222121-=（1分）解得 2816-=Mv <gR（1分）即物块不能到达M 点（3）设弹簧长为AC 时的弹性势能为E P ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ a m g m 22=μ （1分）释放CBPgx m E m 11,μ=时 （1分）释放222221,v m gx m E m CB P +=μ时 （1分）解得 2.7=PE J设2m 在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f ，有2221DfP v m WE =- （1分）解得 JW f 6.5= （1分）。