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＝1

2a1t

2

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 ≤ 76

s. 答案： (1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤

76 s

1． 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 2

v 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=vt

H-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2112

1t 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 36622

12=⨯⨯ 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 =+，22/122

410s m a =+= 211t a v ==s m /12

22122a v s ==m 612

2122

=⨯ 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 =-，23/82

410s m a =-= 4ma mg f F =-+，24/61024228s m a =-+=

322 且22333422v v h a a +=，=+=434332a a a ha v m 2128

686422=+⨯⨯⨯ 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)(44202822

1N 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2112

1)(mv s f mg F =⋅-- 根据动量定理，有12)(mv t f mg F =⋅--

解得：1v =s m /12

1s m 36=

22122a v s ==m 612

2122

=⨯ 失去升力后上升的高度为2s ，根据动能定理，有2122

10)(mv s f mg -=⋅+- 解得f mg mv s +=21221=m 64

20122=+