士兵考军校物理计算题题综合

士兵考军校物理计算题题综合1.为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离，通常用弹簧弹出飞机，使飞机获得一定的初速度，进入跑道加速起飞．某飞机采用该方法获得的初速度为v 0，之后，在水平跑道上以恒定功率P 沿直线加速，经过时间t ，离开航空母舰且恰好达到最大速度v m ．设飞机的质量为m ，飞机在跑道上加速时所受阻力大小恒定．求：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力f 的大小； （2）航空母舰上飞机跑道的最小长度s ．2. 如下图所示，质量为m =2kg 的物体，在水平力F =8N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2．若F 作用t 1=6s 后撤去，撤去F 后又经t 2=2s 物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3=0.1s ，碰墙后反向弹回的速度v '=6m/s ，求墙壁对物体的平均作用力（g 取10m/s 2）．3. 质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如下图所示，小车被挡板P 挡住，质量为m 的物体从距地面高H 处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离s 0，若撤去挡板P ，物体仍从原处自由落下，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？4. 如下图所示，一辆质量是m =2kg 的平板车左端放有质量M =3kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g =10m/s 2）求：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离． （2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v ．5．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点衔接，导轨半径为R ．一个质量为m 的静止物块在A 处压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点．求：（1）弹簧对物块的弹力做的功． （2）物块从B 至C 克服阻力做的功．（3）物块离开C 点后落回水平面时其动能的大小．6．如下图所示，A 、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A 的左端和B 的右面端相接触．两板的质量皆为M =2.0kg ，长度皆为l =1.0m ．C 是一质量为m =1.0kg 的小物块．现给它一初速度v 0=2.0m/s ，使它从B 板的左端开始向右滑动，已知地面是光滑的，而C 与A 、B 之间的动摩擦因数为μ=0.10．求最后A 、B 、C 各以多大的速度做匀速运动．（取重力加速度g =10m/s 2）BA v 0C7．如图所示，一个长为L ，质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度v 0，从木块的左端滑向另一端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q ．1 解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F 与其所受阻力f 大小相等， 由P =Fv 得mmPP fv f v ==（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s ，由动能定理得22022m mv mv Pt fs -=-220()22mmv mv Pt s f +-= 将m P f v =代入上式得220()22m m mv mv Pt v s P +-=或220()[]2m m m v v s t v P-=+ 2 解析：解法1（程序法）：选物体为研究对象，在t 1时间内其受力情况如图①所示，选F 的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为22180.2210m/s 2m/s 2F mg a m μ--⨯⨯===．撤去F 时物体的速度为v 1=a 1t 1=2×6m/s=12m/s撤去F 后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为2220.210m/s 2m/s mga g mμμ-==-=-⨯=-． 物体开始碰撞时的速度为v 2=v 1＋a 2t 2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s ．再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为F ，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有32()Ft mv m v '=--．解得123()2(68)N 280N 0.1m v v F t '+⨯+===．解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向，则1123()F t mg t t F t mv μ'-+-=-所以1123()86(0.2)210(62)26280N 0.1F t mg t t mv F t μ'-++⨯⨯-⨯⨯⨯++⨯===3 解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P 的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v 1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v 2，及此时车的速度2v '以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v 2、2v '间关系的具体方法． （1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v 1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h ，则有211()2mg H h mv -=， ① N F μmg FN F①N F μmg N F②由平抛运动的规律s 0=v 1t ②212h gt =． ③ （2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v 2，小车速度为2v '，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒222211()22mg H h mv Mv '-=+ ④ 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒220Mv mv '-=． ⑤ 此式不仅给出了v 2与2v '大小的关系，同时也说明了v 2是向右的． 物体离开车后对地平抛 22s v t '= ⑥212h gt '=⑦ 车在t '时间内向前的位移22s v t '''= ⑧比较式⑦、③，得,t t '=解式①、④、⑤，得2122,mv v v M'==．此种情况下落地点距车右端的距离222221()(1)m s s s v v t v t t s M ''=+=+=+==4 解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s ，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行． 由动能定理20102MgS mv μ-=- ① 202mv s Mg μ= ②代入数据得22210.33m 20.43103s ⨯===⨯⨯⨯ ③ （3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s ，滑块的速度则大于2m/s ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．00()Mv mv M m v -=+ ④∴0M mv v M m-=+ ⑤代入数据得010.4m/s 5v v == ⑥ 5．【解析】 物块的运动可分为以下四个阶段：①弹簧弹力做功阶段；②离开弹簧后在AB 段的匀速直线运动阶段；③从B 到C 所进行的变速圆周运动阶段；④离开C 点后进行的平抛运动阶段．弹簧弹力是变化的，求弹簧弹力的功可根据效果——在弹力作用下物块获得的机械能，即到达B 点的动能求解．物块从B 至C 克服阻力做的功也是变力，同样只能根据B 点和C 点两点的机械能之差判断．因此求出物块在B 点和C 点的动能是关键．可根据题设条件：“进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍”、“恰能到达C 点”，求出、kB kC E E ．物块在B 点时受力mg 和导轨的支持力N =7mg ，由牛顿第二定律，有27Bv mg mg m R-=∴2132kB B E mv mgR == 物块到达C 点仅受重力mg ，根据牛顿第二定律，有2Cv mg m R=∴210.52kC C E mv mgR ==． （1）根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为W 弹=E kB =3mgR ． （2）物体从B 到C 只有重力和阻力做功，根据动能定理，有2kC kB W mg R E E -=-阻0.5320.5W mgR mgR mgR mgR =-+=-阻即物体从B 到C 克服阻力做的功为0.5mgR ．（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，机械能守恒，有0.52 2.5kkC pC E E E mgR mgR mgR '=+=+=． 6．【解析】 C 有可能停在B 上，也有可能停在A 上，还有可能滑离A ，先假设停在B 上，由动量守恒定律得：01(2)mv m M v =+．设C 在B 上滑动距离为x ，木板B 的位移为s ，则C 对地的位移为s ＋x ， 由功能关系得：对木板：21122mg Mv μ=⨯ 对C ：220111(),22mg s x mv mv μ+=-所以得：220111(2),22mgx mv m M v μ=-+ 从而解得201.6m (2)Mv x g M m μ==+，大于板长，C 将滑离B 板． 设C 刚滑到A 板上速度为0v '，此时AB 两板的速度为v B ，由动量守恒得002,B mv mv Mv '=+ 由功能关系得：222001112222B mgl mv mv Mv μ'=--⨯∴0B v v '==合理的解是：0.155m/s B v == 01.38m/s v '== 当C 滑到A 上，B 以0.155m/s 的速度匀速运动了，设C 停在A 上，速度v A ，相对A 滑行距离为y ，由动量守恒得：()B A Mv mv m M v '+=+ 解得：A v =0.563m/s ，由动能关系得：2220111()222B A mgy mv Mv m M v μ'=+-+ 代入数据得y =0.50m ，小于A 板长度，C 不能滑离A 板，最后A 、B 、C 的速度分别为v A =0.563m/s v B =0.155m/s ，0.563C A v v ==m/s7．【解析】 对物体，滑动摩擦力f 做负功， 由动能定理得22011(),22t f d s mv mv -+=- 即f 对物体做负功，使物块动能减少．对木块，滑动摩擦力f 对木块做正功，由动能定理得212fs MV =， 即f 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为2220111(),222t mv mv MV f d s fs fd --=+-= ① 本题中f mg μ=，物块与木块相对静止时t v V =，则上式可简化为22011(),22t mgd mv m M v μ=-+ ② 又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒， 则0(),t mv m M v =+ ③联立②、③式得202()Mv d g M m μ=+．故系统机械能转化成内能的量为22002()2()Mv Mmv Q fd mg g M m M m μμ===++．。