2015高考物理第24题 力学计算题专题 整理

1．(2013·江西南昌二模，24)有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱，BC为有效区域．已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为a1，根据牛顿运动定律得F－μmg＝ma1解得a1＝3 m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为a2，根据牛顿运动定律得μmg＝ma2解得a2＝1 m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为x1＝12a1t2撤去力F后木箱继续滑行的距离为x2＝(a1t)2 2a2木箱停在有效区域内，要满足条件L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1解得1 s ≤t ≤ 76s. 答案： (1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤76 s1． 2010年第14题. (16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。

如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg 的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角α=30o ，绳的悬挂点O 距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。

取中立加速度210/g m s =， sin 530.8=o ，cos530.6=o o（1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F ；（2） 若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。

设水碓选手的平均浮力1800f N =，平均阻力2700f N =，求选手落入水中的深度d ；（3） 若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。

1. 2010年第14题【解析】（1）机械能守恒 mgl （1－cos α）＝12mv 2 ①圆周运动 F ′－mg ＝m 2v l解得 F ′＝（3－2cos α）mg人对绳的拉力 F ＝F ′则 F ＝1080N（2）动能定理 mg （H －l cos α＋d ）－（f 1＋f 2）d ＝0则d=12(cos )mg H l f f mg α-+-解得(3)选手从最低点开始做平抛运动 x=vtH-l=212gt 且有①式解得 x=2()(1cos )l H l α--当l=2H 时，x 有最大值 解得l=1.5m因此，两人的看法均不正确.当绳长越接近1.5m 时，落点距岸边越远.本题考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。

难度：较难。

2.2009年第13题.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。

试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。

设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t 1 = 8 s 时到达高度H = 64 m 。

求飞行器所阻力f 的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行t 2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。

求飞行器能达到的最大宽度h ；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3 。

2.2009年第13题.【解法1】用牛顿运动定律和运动学公式解（1）第一次飞行中，设加速度为1a匀加速运动21121t a H =，解得2211/22s m t H a == 由牛顿第二定律1ma f mg F =--解得)(442028N ma mg F f =--=--=（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s匀加速运动221121t a s ==m 3662212=⨯⨯ 设失去升力后的加速度为2a ，上升的高度为2s由牛顿第二定律2ma f mg =+，22/122410s m a =+= 211t a v ==s m /1222122a v s ==m 6122122=⨯ 解得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3ma f mg =-，23/82410s m a =-= 4ma mg f F =-+，24/61024228s m a =-+=322 且22333422v v h a a +=，=+=434332a a a ha v m 2128686422=+⨯⨯⨯ 333t a v =解得t 3(s)(或2.1s) 注意：失去升力下降不能下降到地面，因为有速度，还要在恢复升力后减速下降（恢复升力后不能马上上升），要在到达地面前速度减为0，然后才能上升。

【解法2】用动能定理和动量定理解（1） 第一次飞行中，设末速度为v ，根据动能定理，有221)(mv H f mg F =⋅-- 根据动量定理，有mv t f mg F =⋅--1)( 解得)(442028221N t mH mg F f =--=--= （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 根据动能定理，有21121)(mv s f mg F =⋅-- 根据动量定理，有12)(mv t f mg F =⋅--解得：1v =s m /121s m 36=22122a v s ==m 6122122=⨯ 失去升力后上升的高度为2s ，根据动能定理，有212210)(mv s f mg -=⋅+- 解得f mg mv s +=21221=m 6420122=+得)(4221m s s h =+=（3）设失去升力下降3s ，恢复升力后下降4s ，恢复升力时速度为3v 失去升力下降阶段，根据动能定理23321)(mv s f mg =⋅- 根据动量定理33)(mv t f mg =⋅-恢复升力下降阶段，根据动能定理234210)(mv s f mg F -=⋅+-- 并且m h s s 4243==+解得：3v m 212= 得3t =322(s)(或2.1s) 【解法3】用t v -图象和s v -2图象解(1)根据221at h =，作出2t h -图象，如下图 求出加速度22/22s m th a ==，进而求出N f 4=。

(2)正常上升时，加速度21/2s m a =，根据211t a v =，作出t v -图象，如下左图，得s m v /121=，根据as v 22=，作出s v -2图象，如下右图，得m s 3641441==，遥控器出现故障后，加速度22/12s m a =，作出s v -2图象，见下右图，得m s 6241442==，在s v -2图象中，m s 42=。

（3）失去升力下降阶段加速度为3a =2/8s m ；恢复升力后加速度为4a =2/6s m ，前者的末速度等于后者的初速度，根据as v 22=，以及m h s s 4243==+，作出s v -2图象，如下左图，可求得22)/(288s m v =，从而s m v /212=，作出t v -图象，如下右图，得3t =32(s)。

3.2008年第13题.（15分）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动．现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L 、网高h ，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力．（设重力加速度为g ） ⑴若球在球台边缘O 点正上方高度为h 1处以速度v 1，水平发出，落在球台的P 1点（如图实线所示），求P 1点距O 点的距离x 1．．⑵若球在O 点正上方以速度v 2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的P 2（如图虚线所示），求v 2的大小．⑶若球在O 正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P 3，求发球点距O 点的高度h 3．3． 08.13【解析】、⑴据平抛规律得：2112h gt =111x t =v解得：112h x g =v ⑵同理得：22212h gt = 222x t =v且：2h h =22x L =解得：222L g h=v ⑶如下图，同理得：23312h gt =333x t =v且：332x L =设球从恰好越过球网到最高点的时间为t ，水平距离为s ，有：2312h h gt -=3s t =v由几何关系得：3x s L +=解得：343h h =2Lh 1 P 1 h P 2 P 3 O v 2 v 14．2007。

１５题、（１４分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ１＝４５０。

直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角１４０。

如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，谋求水箱中水的质量Ｍ。

（取重力加速度g=10 m/s2；sin１４０=0.242；cos １４０=0.970）4． 2007.15题【答案】 4.5×103kg【解析】直升机取水时,水箱受力平衡T1sinθ1- f =0 ①T1cosθ1-mg=0 ②由①②得f =mgtanθ1③直升机返回时,由牛顿第二定律T2sinθ2- f =(m+M)a④T2cosθ2-(m+M)g=0 ⑤由③④⑤得,水箱中水的质量M=4.5×103 kg5.2007．１９题、（１６分）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。

5． 2007． １９题【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 12 x 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=k gH 2 同理,环第二次相对棒的位移x 2=h 环2-h 棒2=-22k H ……x n =-n kH 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 kmgH6． 2006年第14题．（14分）如图所示，A 是地球的同步卫星。