高三物理计算题专项训练一

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高三物理计算题专项练习：

高三物理计算题专项训练本题答题时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值与单位．1.某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心距地面高h 1=0.9m 范围内做竖直方向的往复运动。

在最高点时手开始击打篮球，球落地后到反弹与地面作用的时间t=0.1s ，反弹速度v 2的大小是刚触地时速度v 1大小的54，且反弹后恰好到达最高点。

已知篮球的质量m=0.5kg ，半径R=0.1m 。

设地面对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，g 取10m/s 2。

求： ①地面对球弹力大小。

②每次拍球时手对球做功W 。

2．如图所示，用特定材料制作的细钢轨竖直放置，半圆形轨道光滑，半径分别为R ，2R,3R 和4R ，R=0.5m ，水平部分长度L=2m ，轨道最低点离水平地面高h=1m 。

中心有孔的钢球（孔径略大于细钢轨道直径），套在钢轨端点P 处，质量为m=0.5kg ，与钢轨水平部分的动摩擦因数为μ=0.4。

给钢球一初速度v 0=13m/s 。

取g=10m/s 2。

求：（1）钢球运动至第一个半圆形轨道最低点A 时对轨道的压力。

（2）钢球落地点到抛出点的水平距离。

3.如图所示，在xOy 平面的第一象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B 的匀强磁场，在第四象限内存在方向沿负x 方向的匀强电场。

从y 轴上坐标为（0，a ）的P 点同时沿垂直磁场方向向磁场区发射速度大小不是都相等的带正电的同种粒子，粒子的速度方向在与y 轴正方向成30°～150°角的范围内，结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x 轴上，然后进入第四象限内的电场区。

已知带电粒子电量为+q ，质量为m ，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。

[来源:] （1）求全部粒子经过x 轴的时间差。

（2）求粒子通过x 轴时的位置范围。

（3）已知从P 点发出时速度最大的粒子受到的磁场力与它在电场中受到的电场力大小相等，求从P点发出时速度最小的粒子穿过电场后在y 轴上的Q 点射出电场时的速度大小v 。

高三物理一讲力学计算题

咐呼州鸣咏市呢岸学校高三物理最后一讲——力学计算题1．〔15分〕如下图，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，相隔一的距离，虚线沿竖直方向，一小球能在其间运动．今在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来．当轨道距离变化时，测得两点压力差与距离x 的图像如右图所示．〔不计空气阻力，g 取10 m/s 2〕求：〔1〕小球的质量；(2) 相同半圆光滑轨道的半径；〔3〕假设小球在最低点B 的速度为20 m/s ，为使小球能沿光滑轨道运动，x 的最大值．2．如下图，B 是质量为2m 、半径为R 的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上。

A 是质量为m 的细长直杆，光滑套管D 被固在竖直方向，A 可以自由上下运动，物块C 的质量为m ，紧靠半球形碗放置。

初始时，A 杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触〔如图〕。

然后从静止开始释放A ，A 、B 、C 便开始运动。

求：〔1〕长直杆的下端运动到碗的最低点时，长直杆竖直方向的速度和B 、C 水平方向的速度；〔2〕运动的过程中，长直杆的下端能上升到的最高点距离半球形碗底部的高度。

x /m 0 5 103．如下图，在倾角为θ的斜面上，一物块通过轻绳牵拉压紧弹簧．现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧别离后即进入足够长的N N / 粗糙斜面〔此前摩擦不计〕，沿斜面上滑到达最远点位置离N 距离为S ．此后下滑，第一次回到N 处，压缩弹簧后又被弹离，第二次上滑最远位置离N 距离为S/2．求：〔1〕物块与粗糙斜面间的动摩擦因素；〔2〕物体最终克服摩擦力做功所通过的路程． 4、〔13分〕如下图，P 为位于某一高度处的质量为m 的物块，Q 为位于水平地面上的质量为M ＝1kg 的特殊平板，m M ＝ 18，平板与地面间的动摩擦因数 μ＝0.02。

在板的上外表的上方，存在一厚度的“相互作用区域〞，区域的上边界为MN ，如图中划虚线的．当物块P 进入相互作用区域时，P 、Q 之间便有相互作用的恒力F ＝kmg ，其中Q 对P 的作用力竖直向上，且k ＝41，F 对P 的作用使P 刚好不与Q 的上外表接触．在水平方向上，P 、Q 之间没有相互作用力。

新课程高三物理计算题精选(含答案)

专题“大文字量应用题”1. （394字，组合题）如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动。

三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。

滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。

因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。

滑块C脱离弹簧后以速度v C=2.0m／s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。

已知滑块C与传送带之问的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m／s2。

求：（1）滑块c从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E p；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B 碰撞前速度的最大值V m是多少?解（1）滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x 。

根据牛顿第二定律和运动学公式 μmg=ma222C v v S a-= 解得 S=1.25m ＜L即滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传道带右端滑出时的速度为v=3.0m/s 。

（2）设A 、B 碰撞后的速度为v1，A 、B 与C 分离时的速度为v2，C 的速度为v C ，由动量守恒定律mv 0=2mv 12mv 1=2mv 2+mv C 由能量守恒规律2221211122222P C mv E mv mv +=+ 解得E P =1.0J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v 。

高三物理动量、能量计算题专题训练

动量、能量计算题专题训练1．（19分）如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的带有圆弧轨道的平板车，车的上表面是一段长L=1.5m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m 的41光滑圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O ′点相切。

现将一质量m=1.0kg 的小物块（可视为质点）从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5。

小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A 。

取g=10m/2，求：（1）小物块滑上平板车的初速度v 0的大小。

（2）小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离。

（3）若要使小物块最终能到达小车的最右端，则v 0要增大到多大？2.（19分）质量m A =3.0kg ．长度L =0.70m ．电量q =+4.0×10-5C 的导体板A 在足够大的绝缘水平面上，质量m B =1.0kg 可视为质点的绝缘物块B 在导体板A 的左端，开始时A 、B 保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到0v =3.0m/s 时，立即施加一个方向水平向左．场强大小E =1.0×105N/C 的匀强电场,此时A 的右端到竖直绝缘挡板的距离为S =2m ，此后A 、B 始终处在匀强电场中，如图所示．假定A 与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A 与B 之间（动摩擦因数1μ=0．25）及A 与地面之间（动摩擦因数2μ=0．10）的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g 取10m/s 2（不计空气的阻力）求：（1）刚施加匀强电场时，物块B 的加速度的大小？（2）导体板A 刚离开挡板时，A 的速度大小？（3）B 能否离开A ，若能，求B 刚离开A 时，B 的速度大小；若不能，求B 距A 左端的最大距离。

3．(19分)如图所示，一个质量为M 的绝缘小车，静止在光滑的水平面上，在小车的光滑板面上放一质量为m 、带电荷量为q 的小物块(可以视为质点)，小车的质量与物块的质量之比为M ：m=7：1，物块距小车右端挡板距离为L ，小车的车长为L 0=1.5L ，现沿平行车身的方向加一电场强度为E 的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，而后与小车右端挡板相碰，若碰碰后小车速度的大小是滑块碰前速度大小的14，设小物块其与小车相碰过程中所带的电荷量不变。

高三物理计算题练习试题集

高三物理计算题练习试题答案及解析，固定在绝缘的支1.如图所示，真空中有两个可视为点电荷的小球，其中A带正电，电量为Q1架上，B质量为m，用长为L的绝缘细线悬挂，两者均处于静止状态，悬线与竖直方向成θ角，且两者处在同一水平线上．相距为R，静电力常量为K，重力加速度为g．求：（1）B带正电荷还是负电荷？（2）B球带电量绝对值Q2为多少？【答案】（1）负电（2）【解析】：（1）对B受力分析，根据平衡条件，可知，电场力方向水平向右，因此B球带负电荷；（2）由库仑定律，则有：，对球B，受力处理，根据力的平行四边形定则，结合三角函数，则有：，解得：。

【考点】考查了库伦定律的应用2.（19分）如图所示，在平面坐标系xoy内，第Ⅱ、Ⅲ象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第Ⅰ、Ⅳ象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平沿x轴正方向射出，恰好从面向外，一带正电粒子从第Ⅲ象限中的Q（－2L，－L）点以速度v坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。

不计粒子重力。

求：（1）电场强度与磁感应强度的大小之比；（2）粒子在磁场与电场中运动的时间之比。

【答案】【解析】带电粒子在电场中做类似平抛运动的时间：2分沿y轴方向有：3分解得： 1分带电粒子到达O点时， 1分所以v方向与x轴正方向的夹角 1分1分带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动由得 2分由几何关系得 2分圆心角为90° 1分解得 1分在磁场中的时间 2分1分【考点】本题考查带电粒子在匀强电场和在匀强磁场中的运动。

3.(18分)某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R=0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h=0.2m，水平距离s=0.6m，水平轨道AB长为L1=0.5m，BC长为L2=1.5m，小滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。

高三物理力的计算习题集

高三物理力的计算习题集一、动力学1. 一个物体质量为5 kg，受到的力是20 N，求物体的加速度。

2. 如果一个物体质量为2 kg，加速度是5 m/s²，求物体所受的合力是多少。

3. 一辆质量为1000 kg的汽车，以20 m/s的速度行驶，在2 s内停下来，求汽车的减速度。

4. 如果一个物体的质量是10 kg，力是20 N，物体的加速度是多少。

5. 一辆汽车质量为1200 kg，以30 m/s的速度行驶，在5 s内速度减为10 m/s，求汽车的减速度。

二、静力学1. 物体质量为10 kg，在水平地面上受到一竖直向上的力30 N，受到摩擦力20 N，求物体的加速度。

2. 一根绳子拉力为45 N，上面悬挂着一个质量为5 kg的物体，求绳子受力的方向和大小。

3. 一个物体以1 m/s²的加速度下滑，摩擦力为15 N，物体的质量是多少。

4. 一木块沿竖直方向下滑，当物体的重力为80 N，摩擦力为12 N时，求木块的质量。

5. 一根悬挂在天花板上的绳子上挂着一个质量为8 kg的物体，在静止时绳子受力的大小为多少。

三、动能和功1. 一个质量为2 kg的物体以4 m/s的速度运动，求它的动能。

2. 如果一个物体的质量是5 kg，速度是6 m/s，求它的动能。

3. 一个力为10 N的物体沿水平方向移动20 m，求物体所做的功。

4. 若一个物体受到40 N的力推动，移动5 m，求物体所做的功。

5. 求一个质量为8 kg的物体沿水平方向移动10 m，如果所需的功是100 J，求物体的速度。

四、功率和机械效率1. 如果一项工作以200 W的功率完成，时间为2分钟，求所做的功。

2. 一辆汽车以1000 W的功率向前行驶，速度恒定为20 m/s，求汽车的机械效率。

3. 求一个功率为80 W的机器，在10 s内做完的功。

4. 一个机器的功率是400 W，效率为60%，求机器用电的功率。

5. 一台电动机的功率为500 W，它在1小时内消耗的电能是多少？注意：以上题目仅为给出的示例，有需要的话可以根据实际情况增加或修改其他习题。

高三物理电磁感应计算题专题训练

电磁感应计算题专题训练1．（19分）某同学利用电磁感应现象设计了一种发电装置。

如图1为装置示意图，图2为俯视图，将8块相同的磁铁N 、S 极交错放置组合成一个高h = 0.5m 、半径r = 0.2m 的圆柱体，并可绕固定的OO ′轴转动。

圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B = 0.2T ，磁场方向都垂直于圆柱表面，相邻两个区域的磁场方向相反。

紧靠圆柱外侧固定一根与圆柱体等长的金属杆ab ，杆与圆柱平行，杆的电阻R = 0.4Ω。

从上往下看，圆柱体以ω=100rad/s的角速度顺时针方向匀速转动。

以转到如图所示的位置为t = 0的时刻。

取g = 10m/s 2，π2= 10。

求：（1）圆柱转过八分之一周期的时间内，ab 杆中产生的感应电动势的大小E ；（2）如图3所示，M 、N 为水平放置的平行板电容器的两极板，极板长L 0 = 0.314 m ，两板间距d = 0.125m 。

现用两根引线将M 、N 分别与a 、b 相连。

若在t = 0的时刻，将一个电量q = +1.00×10-6C 、质量m =1.60×10-8kg 的带电粒子从紧临M 板中心处无初速释放。

求粒子从M 板运动到N 板所经历的时间t 。

不计粒子重力。

（3）在如图3所示的两极板间，若在t = 0的时刻，上述带电粒子从靠近M 板的左边缘处以初速度v 0水平射入两极板间。

若粒子沿水平方向离开电场，求初速度v 0的大小，并在图中画出粒子对应的运动轨迹。

不计粒子重力。

2．（19分）如图甲所示，PQNM 是表面粗糙的绝缘斜面，abcd 是质量m=0.5kg 、总电阻R=0.5Ω、边长L=0.5m 的正方形金属线框，线框的匝数N=10。

将线框放在斜面上，使斜面的倾角θ由0°开始缓慢增大，当θ增大到37°时，线框即将沿斜面下滑。

假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现保持斜面的倾角θ=37°不变，在OO ′NM 的区域加上垂直斜面方向的匀强磁场，使线框的一半．．处于磁场中，磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示。

高三物理非选择题训练(一)计算题

高三物理非选择题训练（一）计算题1、质量M＝3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。

在水平拉力F＝11 N作用下由静止开始向右运动。

如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m＝4 kg的物块轻轻放到木板的右端。

已知物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，物块可视为质点。

(g＝10 m/s2)求：(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？2、如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。

(g取10 m/s2)3、如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g＝10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？4、如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是它的两条边界。

现有质量为m、电荷量为+q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入。

要使粒子不能从边界NN′射出，求粒子入射速率v的最大值可能是多少。

5、（12分）如图a是冰壶运动，选手们从起点开始用力推冰壶一段时间后，放手让冰壶向前滑动，若冰壶最后停在规定的有效区域内，视为成功；其简化模型如图b所示，AC是长度为L1=5m的水平地面，选手们可将冰壶放在A点，从A点开始用恒定不变的水平推力推冰壶，BC为有效区域，BC长度为L2=1m。

高三二轮复习物理计算题专题1

分析：木块刚放上时速度为零，必然受到传送带的滑动摩擦力作用做匀加速直线运动，达到与传送带有共同速度后不再有相对运动，整个过程中木块获得一定的动能，系统要产生摩擦热。
对木块：相对滑动时，a=µg, 达到相对静止所用的时间为，木块的位移，传送带的位移，木块相对传送带的位移，小木块获得的动能，产生的热量，电动机输出的总能量转化为小木块的动能和系统产生的热量
力学v匀速传动，一质量为m的小木块由静止放在传送带上（传送带足够长）若小木块与传送带之间的动摩擦因数为µ，当小木块与传送带相对静止时，求： ⑴、小木块的位移。⑵、传送带经过的路程。 ⑶、小木块获得的动能。⑷、摩擦过程产生的热量。⑸电机带动传送带匀速转动输出的总能量。
1.如图所示的传送带装置，与水平面的夹角为θ，且tanθ=3/ 4 。传送带的速度为v=4m/s，摩擦系数为μ=5 /4 ，将一个质量m=4kg的小物块轻轻的放置在装置的底部，已知传送带装置的底部到顶部之间的距离s=20m。（本题重力加速度g=10m/s2）（1）求物块从传送带底部运动到顶部的时间t；（2）求此过程中传送带对物块所做的功。

高三物理复习专题训练+(1页3练)专题一至专题五

专题一质点的直线运动1、一汽车从静止开始以4m/s2的加速度行驶，恰有一辆自行车以8m/s的速度从车边匀速驶过。

求：(1) 汽车从开动后在追上自行车之前，要经多长时间两者相距最远？此时距离是多少？(2) 什么时候追上自行车，此时汽车的速度是多少?2、有一气球以5m/s的速度由地面匀速竖直上升，经过30s后，气球上悬挂重物的绳子断开（绳子的影响忽略不计），求物体从绳子断开到落地所用的时间和物体落地时速度大小。

（g=10m/s2）3、一队长为L的队伍，行进速度为，通讯员从队尾以速度赶到排头，又立即以速度返回队尾，求出这段时间里队伍前进的距离。

专题一质点的直线运动1、将两个小球同时竖直上抛，A上升的最大高度比B上升的最大高度高出35m，返回地面时间比B迟2s，求：（1）A和B的初速度各是多少？（2）A和B分别到达的最大高度。

（g=10m/s2）2、建筑工人安装脚手架进行高空作业,有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5 m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，如图6-2所示，铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2 s，求:铁杆下落时其下端到该楼层面的高度?(g=10 m/s2，不计楼层面的厚度)3、甲乙两个物体均做单向直线运动，路程相同。

甲前一半时间内以速度v1匀速直线运动，后一半时间内以速度v2匀速直线运动；乙前一半位移以速度v1匀速直线运动，后一半位移以速度v2匀速直线运动。

v1 ≠v1 则问：（1）甲乙整个过程的平均速度分别是多少？（2）走完全程，甲乙哪个所需时间短？专题一质点的直线运动1、一队长为L的队伍，行进速度为，通讯员从队尾以速度赶到排头，又立即以速度返回队尾，求出这段时间里队伍前进的距离。

2、在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个计数点间的距离为S，且S1＝0.96cm，S2＝2.88cm，S3＝4.80cm，S4＝6.72cm，S5＝8.64cm，S6＝10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz。

高三理综物理综合计算题荟萃附答案

高三物理综合计算题高三物理综合计算题 2011.5 1．如图是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M 是半径为R =1.0m 的固定于竖直平面内的1/4光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平。

N 为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径44.0=r m 的1/4圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M 轨道的上端点。

M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m =0.01kg 的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M 的上端点，水平飞出后落到曲面N 的某一点上，取g =10 m/s 2。

求：钢球刚进入轨道时，初动⑪钢球刚进入轨道时，初动能是多大？能是多大？⑫钢珠从M 圆弧轨道最高点飞出至落到圆弧N 上所用的时间是多少？时间是多少？ 2．如图所示，一平板车以某一速度v 0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l =3m ，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a =4m/s 2的匀减速直线运动。

已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g =10 m/s 2。

求：。

求：⑪为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶时的速度v 0应满足什么条件？应满足什么条件？如果货箱恰好不掉下，最终停在离车后端多远处？⑫如果货箱恰好不掉下，最终停在离车后端多远处？r R M N v3．一平板车质量M ＝100kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h =1.25m 。

一质量m =50kg 的物块置于车的平板上，它到车尾的距离b =1.00 =1.00 mm ，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图所示。

今对平板车施加一水平方向的恒力使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S 0=2.0m 。

求物块落地时刻，物块的落地点到车尾的水平距离S 。

（不计路面与车间及轮轴间的摩擦，g 取10 m/s 2）. 4.如图所示，一质量为M=5.0kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车的上表面距离地面高h=0.8m ，其右侧足够远处有一障碍A ，一质量为m=2.0kg 可视为质点的滑块，以v0=8m/s 的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的、大小为5N 的恒力F 。

高三复习物理一轮：力学经典计算题及答案(纯word版)

力学经典计算题1、在光滑的水平面内，一质量M=1kg 的质点以速度v 0=10m/s 沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y 轴正方向的恒力F=5N 作用，直线OA 与x 轴成37°角，如下左1图，求：(1)如果质点的运动轨迹与直线OA 相交于P 点，则质点从O 点到P 点所经历的时间以及P 的坐标；(2)质点经过P 点时的速度．2、如上左2图，质量为1kg 的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，1s 末后将拉力撤去．物体运动的v –t 图象如上左3图，试求拉力F ．3、一平直的传送带以速率v=2m/s 匀速运行，在A 处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s ，物体到达B 处．A 、B 相距L=10m ．则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到B 处．要让物体以最短的时间从A 处传送到B 处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大？若使传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，则物体从A 传送到B 的时间又是多少？4、如上左4图，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度g 2竖直向上匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的1718，已知地球半径为R ，求火箭此时离地面的高度．5、如上左5图，质量M=10kg 的木楔ABC 静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素μ=0.02．在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量m=1.0kg 的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程s=1.4m 时，其速度v=1.4m/s ．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向．6、某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于突然受到强大垂直气流的作用，使飞机在10s 内高度下降1700m 造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究飞机在竖直方向上的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动．试计算：(1)飞机在竖直方向上产生的加速度多大？方向怎样？(2)乘客所系安全带必须提供相当于乘客体重多少倍的竖直拉力，才能使乘客不脱离座椅？(3)未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动？最可能受到伤害的是人体的什么部位？(注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体)7、宇航员在月球上自高H 处以初速度v 0水平抛出一小球，测出水平射程为L(地面平坦)，已知月球半径为R ，若在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近环绕月球运行的周期是多少？8、把一个质量是2kg 的物块放在水平面上，用12N 的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0.2，物块运动2秒末撤去拉力，求：(1)2秒末物块的即时速度．(2)此后物块在水平面上还能滑行的最大距离．9、如下左1图，一个人用与水平方向成θ=30°角的斜向下的推力F 推一个重G=200N 的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.40．求：(1)推力F 的大小．(2)如下左2图，若人不改变推力F 的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3.0s 后撤去，箱子最远运动多长距离？10、一网球运动员在离开网的距离为12m 处沿水平方向发球，发球高度为2.4m ，网的高度为0.9m ．(1)若网球在网上0.1m 处越过，求网球的初速度．(2)若按上述初速度发球，求该网球落地点到网的距离．不考虑空气阻力．11、地球质量为M ，半径为R ，万有引力常量为G ，发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度．(1)试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据．(2)若已知第一宇宙速度的大小为v=7.9km/s ，地球半径R=6.4×103km ，万有引力常量G=23×10–10N·m 2/kg 2，求地球质量(结果要求保留二位有效数字)．12、如上左3图，质量2.0kg 的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1.0kg 的物块，物块与小车之间的动摩擦因数为0.5，当物块与小车同时分别受到水平向左F 1=6.0N 的拉力和水平向右F 2=9.0N 的拉力，经0.4s 同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长．13、如上左4图，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上，车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在B 点相切，且AB 段光滑，BC 段粗糙．现有一个离车的BC 面高为H 的木块由A 点自静止滑下，最终停在车面上BC 段的某处．已知木块、车、船的质量分别为m 1=m ，m 2=2m ，m 3=3m ；木块与车表面间的动摩擦因数μ=0.4，水对船的阻力不计，求木块在BC 面上滑行的距离s 是多少？(设船足够长)14、如下左1图，一条不可伸长的轻绳长为L ，一端用手握住，另一端系一质量为m 的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为R 、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径R 的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为P ，求：(1)小球做匀速圆周运动的线速度大小．(2)小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．15、如上左2图，长为L=0.50m 的木板AB 静止、固定在水平面上，在AB 的左端面有一质量为M=0.48kg 的小木块C(可视为质点)，现有一质量为m=20g 的子弹以v 0=75m/s 的速度射向小木块C 并留在小木块中．已知小木块C 与木板AB 之间的动摩擦因数为μ=0.1(g 取10m/s 2)．(1)求小木块C 运动至AB 右端面时的速度大小v 2．(2)若将木板AB 固定在以u=1.0m/s 恒定速度向右运动的小车上(小车质量远大于小木块C 的质量)，小木块C 仍放在木板AB 的A 端，子弹以v 0’=76m/s 的速度射向小木块C 并留在小木块中，求小木块C 运动至AB 右端面的过程中小车向右运动的距离s ．16、如上左3图，一质量为2kg 的长木板B 静止于光滑水平面上，B 的右边放有竖直挡板．现有一小物体A(可视为质点)质量为1kg ，以速度v 0=6m/s 从B 的左端水平滑上B ，已知A 和B 间的动摩擦因数μ=0.2，B 与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．(1)若B 的右端距挡板s=4m ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？(2)若B 的右端距挡板s=0.5m ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？17、如下左1图，长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5m ，静止在光滑的水平地面上．小木块B 质量为m ，从A 的左端开始以初速度v 0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰好滑到A 的左端就停止滑动．已知B 与A 间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行长度为L ．求：(1)若μL=3v 02160g ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？(2)讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的．如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件．18、在某市区内，一辆小汽车在平直的公路上以速度v A 向东匀速行驶，一位观光游客正由南向北从班马线上横过马路．汽车司机发现前方有危险(游客正在D 处)经0.7s 作出反应，紧急刹车，但仍将正步行至B 处的游客撞伤，该汽车最终在C 处停下．为了清晰了解事故现场．如上左2图：为了判断汽车司机是否超速行驶，警方派一警车以法定最高速度v M =14.0m/s 行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A 紧急刹车，经31.5m 后停下来．在事故现场测得AB=17.5m 、BC=14.0m 、BD=2.6m ．问：(1)该肇事汽车的初速度v A 是多大？(2)游客横过马路的速度大小？19、如上左3图，质量m A =10kg 的物块A 与质量m B =2kg 的物块B 放在倾角θ=30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块B 连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数k=400N/m ．现给物块A 施加一个平行于斜面向上的力F ，使物块A 沿斜面向上做匀加速运动，已知力F 在前0.2s 内为变力，0.2s 后为恒力，求：(1)力F 的最大值与最小值；(2)力F 由最小值达到最大值的过程中，物块A 所增加的重力势能．20、如下左1图，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1<m 2，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速度v 0向右滑动．突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为零．问在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析，证明你的结论．21、如上左2图，表面粗糙的圆盘以恒定角速度ω匀速转动，质量为m 的物体与转轴间系有一轻质弹簧，已知弹簧的原长大于圆盘半径．弹簧的劲度系数为k ，物体在距转轴R 处恰好能随圆盘一起转动而无相对滑动，现将物体沿半径方向移动一小段距离，若移动后，物体仍能与圆盘一起转动，且保持相对静止，则需要的条件是什么？22、设人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力定律、牛顿运动定律及周期的概念，论述人造地球卫星随着轨道半径的增加，它的线速度变小，周期变大．23、一质点做匀加速直线运动，其加速度为a ，某时刻通过A 点，经时间T 通过B 点，发生的位移为s 1，再经过时间T 通过C 点，又经过第三个时间T 通过D 点，在第三个时间T 内发生的位移为s 3，试利用匀变速直线运动公式证明：a=s 3–s 12T 2．24、小车拖着纸带做直线运动，打点计时器在纸带上打下了一系列的点．如何根据纸带上的点证明小车在做匀变速运动？说出判断依据并作出相应的证明．25、如上左3图，质量为1kg 的小物块以5m/s 的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板的质量为4kg ．经过时间2s 以后，物块从木板的另一端以1m/s 相对地的速度滑出，在这一过程中木板的位移为0.5m ，求木板与水平面间的动摩擦因数．26、如上左4图，在光滑地面上并排放两个相同的木块，长度皆为L=1.00m ，在左边木块的最左端放一小金属块，它的质量等于一个木块的质量，开始小金属块以初速度v 0=2.00m/s 向右滑动，金属块与木块之间的滑动摩擦因数μ=0.10，求：木块的最后速度．27、如下左1图，A 、B 两个物体靠在一起，放在光滑水平面上，它们的质量分别为m A =3kg 、m B =6kg ，今用水平力F A 推A ，用水平力F B 拉B ，F A 和F B 随时间变化的关系是F A =9–2t(N)，F B =3+2t(N)．求从t=0到A 、B 脱离，它们的位移是多少？28、如上左2图，木块A 、B 靠拢置于光滑的水平地面上．A 、B 的质量分别是2kg 、3kg ，A 的长度是0.5m ，另一质量是1kg 、可视为质点的滑块C 以速度v 0=3m/s 沿水平方向滑到A 上，C 与A 、B 间的动摩擦因数都相等，已知C 由A 滑向B 的速度是v=2m/s ，求：(1)C 与A 、B 之间的动摩擦因数；(2)C 在B 上相对B 滑行多大距离？(3)C 在B 上滑行过程中，B 滑行了多远？(4)C 在A 、B 上共滑行了多长时间？29、如上左3图，一质量为m 的滑块能在倾角为θ的斜面上以a=12gsinθ匀加速下滑，若用一水平推力F 作用于滑块，使之能静止在斜面上．求推力F 的大小．30、如上左4图，AB 和CD 为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R=2.0m ，一个质量为m=1kg 的物体在离弧高度为H=3.0m 处，以初速度4.0m/s 沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数μ=0.2，则：(1)物体在斜面上(不包括圆弧部分)走过路程的最大值为多少？(2)试描述物体最终的运动情况．(3)物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？31、如下左1图，一质量为500kg 的木箱放在质量为2000kg 的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离L=1.6m ，已知木箱与车板间的动摩擦因数μ=0.484，平板车在运动过程中所受阻力是车和箱总重的0.20倍，平板车以v 0=22.0m/s 恒定速度行驶，突然驾驶员刹车使车做匀减速运动，为使木箱不撞击驾驶室．试求：(1)从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间．(2)驾驶员刹车时的制动力不能超过多大．32、如上左2图，1、2两木块用绷直的细绳连接，放在水平面上，其质量分别为m 1=1.0kg 、m 2=2.0kg ，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.10．在t=0时开始用向右的水平拉力F=6.0N 拉木块2和木块1同时开始运动，过一段时间细绳断开，到t=6.0s 时1、2两木块相距Δs=22.0m(细绳长度可忽略)，木块1早已停止．求此时木块2的动能．33、如上左3图，质量为M 、长L=1.0m 、右端带有竖直挡板的木板B 静止在光滑水平面上，一个质量为m 的小木块(可视为质点)A 以水平速度v 0=4.0m/s 滑上B 的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端，已知M/m=3，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计．求(1)A 、B 最后速度；(2)木块A 与木板B 之间的动摩擦因数．(3)木块A 与木板B 相碰前后木板B 的速度，再在上左4图所给坐标中画出此过程中B 相对地的v –t 图线．34、两个物体质量分别为m 1和m 2，m 1原来静止，m 2以速度v 0向右运动，如下左1图，它们同时开始受到大小相等、方向与v 0相同的恒力F 的作用，它们能不能在某一时刻达到相同的速度？说明判断的理由．35、如上左2图，ABC 是光滑半圆形轨道，其直径AOC 处于竖直方向，长为0.8m ．半径OB 处于水平方向．质量为M 的小球自A 点以初速度v 水平射入，求：(1)欲使小球沿轨道运动，其水平初速度v 的最小值是多少？(2)若小球的水平初速度v 小于(1)中的最小值，小球有无可能经过B 点？若能，求出水平初速度大小满足的条件，若不能，请说明理由(小球和轨道相碰时无能量损失而不反弹)．36、试证明太空中任何天体表面附近卫星的运动周期与该天体密度的平方根成反比．37、在光滑水平面上有一质量为0.2kg 的小球，以5.0m/s 的速度向前运动，与一个质量为0.3kg 的静止的木块发生碰撞，假设碰撞后木块的速度为4.2m/s ，试论证这种假设是否合理．38、如上左3图在光滑水平地面上，停着一辆玩具汽车，小车上的平台A 是粗糙的，并靠在光滑的水平桌面旁，现有一质量为m 的小物体C 以速度v 0沿水平桌面自左向右运动，滑过平台A 后，恰能落在小车底面的前端B 处，并粘合在一起，已知小车的质量为M ，平台A 离车底平面的高度OA=H ，又OB=s ，求：(1)物体C 刚离开平台时，小车获得的速度；(2)物体与小车相互作用的过程中，系统损失的机械能．39、一质量M=2kg 的长木板B 静止于光滑水平面上，B 的右端离竖直挡板0.5m ，现有一小物体A(可视为质点)质量m=1kg ，以一定速度v 0从B 的左端水平滑上B ，如上左4图，已知A 和B 间的动摩擦因数μ=0.2，B 与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞前后速度大小不变．(1)若v 0=2m/s ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 的长度至少多长？(2)若v 0=4m/s ，要使A 最终不脱离B ，则木板B 又至少有多长？40、在光滑水平面上静置有质量均为m 的木板AB 和滑块CD ，木板AB 上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块CD 上表面为光滑的1/4圆弧，它们紧靠在一起，如上左5图．一可视为质点的物块P 质量也为m ，它从木板AB 右端以初速v 0滑入，过B 点时速度为v 02，后又滑上滑块，最终恰好滑到最高点C 处，求：(1)物块滑到B 处时，木板的速度v AB ；(2)木板的长度L ；(3)物块滑到C 处时滑块CD 的动能．41、一平直长木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从长木板C 两端相向水平地滑上长木板，如下左1图．设A、B两小物块与长木板C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C三者质量相等．(1)若A、B两小物块不发生碰撞，则由开始滑上C到静止在C上止，B通过的总路程是多大？经过的时间多长？(2)为使A、B两小物块不发生碰撞，长木板C的长度至少多大？42、在光滑的水平面上停放着一辆质量为M的小车，质量为m的物体与一轻弹簧固定相连，弹簧的另一端与小车左端固定连接，将弹簧压缩后用细线将m栓住，m静止在小车上的A点，如上左2图．设m与M间的动摩擦因数为μ，O点为弹簧原长位置，将细线烧断后，m、M开始运动．(1)当物体m位于O点左侧还是右侧，物体m的速度最大？简要说明理由．(2)若物体m达到最大速度v1时，物体m已相对小车移动了距离s．求此时m的速度v2和这一过程中弹簧释放的弹性势能E p？(3)判断m与M的最终运动状态是静止、匀速运动还是相对往复运动？并简要说明理由．43、如上左3图，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑1/4圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一质量为m的小子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，恰能到达圆弧最高点C(小木块和子弹均可看成质点)．问：(1)子弹入射前的速度？(2)若每当小木块返回或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少？44、如上左4图，一辆质量M=2kg的平板车左端放有质量m=3kg的小滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4．开始时平板车和滑块共同以v0=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．求：(1)平板车第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．(3)为使滑块始终不会从平板车右端滑下，平板车至少多长(m可当作质点处理)？45、如下左1图，质量为0.3kg的小车静止在光滑轨道上，在它的下面挂一个质量为0.1kg的小球B，车旁有一支架被固定在轨道上，支架上O点悬挂一个质量仍为0.1kg的小球A，两球的球心至悬挂点的距离均为0.2m．当两球静止时刚好相切，两球心位于同一水平线上，两条悬线竖直并相互平行．若将A球向左拉到图中的虚线所示的位置后从静止释放，与B球发生碰撞，如果碰撞过程中无机械能损失，求碰撞后B球上升的最大高度和小车所能获得的最大速度．46、如上左2图，一条不可伸缩的轻绳长为L，一端用手握着，另一端系一个小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为R、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径为R的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动．若人手提供的功率恒为P，求：(1)小球做圆周运动的线速度大小；(2)小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．47、如上左3图，一个框架质量m1=200g，通过定滑轮用绳子挂在轻弹簧的一端，弹簧的另一端固定在墙上，当系统静止时，弹簧伸长了10cm ，另有一粘性物体质量m 2=200g ，从距框架底板H=30cm 的上方由静止开始自由下落，并用很短时间粘在底板上．设弹簧右端一直没有碰到滑轮，不计滑轮摩擦，求框架向下移动的最大距离H 多大？48、如上左4图，在光滑的水平面上，有两个质量都是M 的小车A 和B ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v 0向右运动，另有一质量为m=M 2的粘性物体，从高处自由落下，正好落在A 车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能E ．49、一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为k=400N/m ，在弹簧的上端与盒子A 连接在一起，盒子内装物体B ，B 的上下表面恰与盒子接触，如上左5图，A 和B 的质量m A =m B =1kg ，g=10m/s 2，不计阻力，先将A 向上抬高使弹簧伸长5cm 后从静止释放，A 和B 一起做上下方向的简谐运动，已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小．(1)试求A 的振幅；(2)试求B 的最大速率；(3)试求在最高点和最低点A 对B 的作用力．1、解：设经过时间t ，物体到达P 点．(1)x P =v 0t ，y P =12·F m t 2，x P y P =ctg37°，联解得t=3s ，x=30m ，y=22.5m ，坐标(30m,22.5m)(2)v y =F m t=15m/s ，∴v=v 02+v y 2= 513m/s ，tg α=v y v 0=1510=32，∴α=arctg 32，α为v 与水平方向的夹角．2、解：在0~1s 内，由v –t 图象，知a 1=12m/s 2，由牛顿第二定律，得F –μmgcos θ–mgsin θ=ma 1①在0~2s 内，由v –t 图象，知a 2=–6m/s 2，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得–μmgcos θ–mgsin θ=ma 2②②式代入①式，得F=18N ．3、解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从A 到B 需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为t 1，则v 2t 1+v(t –t 1)=L ，∴t 1=2(vt –L)v =2×(2×6–10)2s=2s ．为使物体从A 至B 所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而a=v t =1m/s 2．设物体从A 至B 所用最短的时间为t 2，则12at 22=L ，∴ t 2=2L a =2×101=25s ．∴v MiN =at 2=1×25m/s=25m/s ．传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1m/s 2的匀加速运动，从A 至B 的传送时间为25m/s ．4、解：启动前N 1=mg ，升到某高度时：N 2=1718N 1=1718mg ，对测试仪：N 2–mg’=ma=m g 2，∴g’=818g=49g ， GMm R 2=mg ，GMm (R+H)2=Mg’，解得：H=12R ．5、解：由匀加速运动的公式v 2=v 02+2as得物块沿斜面下滑的加速度为a=v 22s =1.422×1.4=0.7m·s –2，由于a<gsin θ=5m·s –2，可知物块受到摩擦力的作用．分析物块受力，它受3个力，如图．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有mgsin θ–f 1=ma ， mgcos θ–N 1=0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图．对于水平方向，由牛顿定律有f 2+f 1cos θ–N 1sin θ=0，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力f 2=mgcos θsin θ–(mgsin θ–ma)cos θ=ma·cos θ=1×0.7×32=0.61N ．此力的方向与图中所设的一致(由指向)．6、解：(1)飞机原先是水平飞行的，由于垂直气流的作用，飞机在竖直方向上的运动可看成初速度为零的匀加速直线运动，根据H=12at 2，得a=2H t 2，代入H=1700m ，t=10s ，得a=2×1700102m/s 2=34m/s 2，方向竖直向下．(2)飞机在向下做加速运动的过程中，若乘客已系好安全带，使机上乘客产生加速度的力是向下重力和安全带拉力的合力．设乘客质量为m ，安全带提供的竖直向下拉力为F ，根据牛顿第二定律F+mg=ma ，得安全带拉力F=m(a –g)=m(34–10)N=24m(N)，∴安全带提供的拉力相当于乘客体重的倍数n=F mg =2.4(倍)．(3)若乘客未系安全带，飞机向下的加速度为34m/s 2，人向下加速度为10m/s 2，飞机向下的加速度大于人的加速度，所以人对飞机将向上运动，会使头部受到严重伤害．7、解：设月球表面重力加速度为g ，根据平抛运动规律，有H=12gt 2①，水平射程为L=v 0t②。

高三物理新课标复习计算题规范练习(含答案)

2019-2019高三物理新课标复习计算题规范练习（含答案）物理是当今最精密的一门自然科学学科，以下是2019-2019高三物理新课标复习计算题规范练习，请考生认真练习。

1.(12分)灯丝发射的电子束0)经U0=5 000 V的加速电压加速后，沿水平放置的平行板电容器的中心线垂直射入匀强电场，如图所示。

若电容器板间距离d=1.0 cm，板长l=5.0 cm。

试问，要使飞出电容器的电子偏转角度最大，两个极板上应加多大电压(不计电子重力)?2.(12分)风洞实验室可以给实验环境提供恒定的水平风力，在风洞中，有一长为L的轻杆上端的转轴固定在天花板上，正中间套有一个质量为m的小环，当轻杆竖直放置时，小环F，已知Fmg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则：(1)轻杆和小环之间的动摩擦因数为多大?(2)若将轻杆旋转45角后并固定，此时释放小环，小环加速度为多大?(3)若将轻杆旋转45角后并固定，此时释放小环，到达轻杆底端时速度为多大?3.(12分)下端有一挡板的光滑斜面，一轻弹簧的两端分别连接有两个质量均为3 kg的物块A与B，静置在斜面上如图甲A物块在斜面上从弹簧的原长处由静止释放后下滑的加速度随弹簧的形变量的关系如图乙所示。

现让A物块从弹簧原长处以1.5 m/s的初速度沿斜面向上运动到最高位置时，B物块恰好对挡板无压力(重力加速度取10 m/s2)。

求：(1)斜面的倾角(2)A物块运动到最高位置时弹簧的弹性势能；(3)A物块到最高位置后继续运动过程中的最大速度。

4.(20分)某地华侨城极速空间站通过人工制造和控制气流，能够将游客在一个特定的空间里吹浮起来，让人能体会到天空翱翔的奇妙感觉。

其装置示意图如图所示，假设风洞内向上的总风量和风速保持不变，体验者通过调整身姿，来改变所受的向上风力大小，人体可上下移动的空间总高度为H。

人体所受风力大小与正对面积成正比，水平横躺时受风面积最大，站立时受风面积为水平横躺时的。

高考物理试题计算题大题及答案解析(word版)

高考物理试题计算题大题及答案解析(word 版)1. （15分）如图18（a ）所示，一个电阻值为R ，匝数为n 的圆形金属线与阻值为2R 的电阻R 1连结成闭合回路。

线圈的半径为r 1 . 在线圈中半径为r 2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图18（b ）所示。

图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0 . 导线的电阻不计。

求0至t 1时间内（1）通过电阻R 1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R 1上的电量q 及电阻R 1上产生的热量。

⑴ 00B B t t ∆=∆； B E n n s t t φ∆∆==⋅∆∆ 而22s r π= 11E I R R =+，得到202103nB r I Rt π= 电流方向为从b 到a⑵通过电阻1R 上的电量20211103nB r t q I t Rt π==； 1R 上的热量22242021111229n B r t Q I R t Rt π== 2．（17分）如图20所示，绝缘长方体B 置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E 。

长方体B 的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数μ=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。

B 与极板的总质量B m =1.0kg.带正电的小滑块A 质量A m =0.60kg ，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A 所带的电量不影响极板间的电场分布。

t=0时刻，小滑块A 从B 表面上的a 点以相对地面的速度A v =1.6m/s 向左运动，同时，B （连同极板）以相对地面的速度B v =0.40m/s 向右运动。

问（g 取10m/s 2）（1）A 和B 刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A 最远能到达b 点，a 、b 的距离L应为多少？从t=0时刻至A 运动到b 点时，摩擦力对B 做的功为多少？⑴A刚开始运动时的加速度大小22.0/A AFa m s m == 方向水平向右 B 刚开始运动时受电场力和摩擦力作用由牛顿第三定律得电场力'1.2F F N ==摩擦力()0.8A B f m m g N μ=+=， B 刚开始运动时'22.0/B BF fa m s m +==方向水平向左⑵设B 从开始匀减速到零的时间为t 1，则有10.2BBv t s a == 此时间内B 运动的位移110.042B B v t s m == t 1时刻A 的速度11 1.2/0A A A v v a t m s =-=>，故此过程A 一直匀减速运动。

高中物理经典题库-力学计算题49个

力学计算题集粹（49个）1．在光滑的水平面内，一质量ｍ＝1ｋｇ的质点以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ轴正方向运动，经过原点后受一沿ｙ轴正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直线ＯＡ与ｘ轴成37°角，如图1-70所示，求：图1-70（1）如果质点的运动轨迹与直线ＯＡ相交于Ｐ点，则质点从Ｏ点到Ｐ点所经历的时间以及Ｐ的坐标；（2）质点经过Ｐ点时的速度．2．如图1-71甲所示，质量为1ｋｇ的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后将拉力撤去．物体运动的ｖ-ｔ图象如图1-71乙，试求拉力Ｆ．图1-71图1-72图1-73图1-74图1-75图1-7614．如图1-77所示，一条不可伸长的轻绳长为Ｌ，一端用手握住，另一端系一质量为ｍ的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为Ｒ、角速度为ω的匀速圆周运动，且使绳始终与半径Ｒ的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为Ｐ，求：图1-77（1）小球做匀速圆周运动的线速度大小．（2）小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小．15．如图1-78所示，长为Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ静止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一质量为Ｍ＝0．48ｋｇ的小木块Ｃ（可视为质点），现有一质量为ｍ＝20ｇ的子弹以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中．已知小木块Ｃ与木板ＡＢ之间的动摩擦因数为μ＝0．1．（ｇ取10ｍ／ｓ２）图1-78（1）求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面时的速度大小ｖ２．（2）若将木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块Ｃ的质量），小木块Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子弹以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中，求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面的过程中小车向右运动的距离ｓ．16．如图1-79所示，一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右边放有竖直挡板．现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，已知Ａ和Ｂ间的动摩擦因数μ＝0．2，Ｂ与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．图1-79图1-80图1-81图1-82图1-83图1-8422．设人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力定律、牛顿运动定律及周期的概念，论述人造地球卫星随着轨道半径的增加，它的线速度变小，周期变大．图1－80 图1－81图1－82 图1－83图1－84 图1－8532．如图1－87所示，1、2两木块用绷直的细绳连接，放在水平面上，其质量分别为ｍ1＝1.0ｋｇ、ｍ2＝2.0ｋｇ，它们与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.10．在ｔ＝0时开始用向右的水平拉力Ｆ＝6.0Ｎ拉木块2和木块1同时开始运动，过一段时间细绳断开，到ｔ＝6.0ｓ时1、2两木块相距Δｓ＝22.0ｍ（细绳长度可忽略），木块1早已停止．求此时木块2的动能．（ｇ取10ｍ／ｓ2）33．如图1－88甲所示，质量为Ｍ、长Ｌ＝1.0ｍ、右端带有竖直挡板的木板Ｂ静止在光滑水平面上，一个质量为ｍ的小木块（可视为质点）Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，已知Ｍ／ｍ＝3，并设Ａ与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计，ｇ取10ｍ／ｓ2．求（1）Ａ、Ｂ最后速度；（2）木块Ａ与木板Ｂ之间的动摩擦因数．（3）木块Ａ与木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在图1－88乙所给坐标中画出此过程中Ｂ相对地的ｖ－ｔ图线．图1－88图1－89 图1－90 图1－91图1－92 图1－93图1－96 图1－97图1－98 图1－99图1－100 图1－101 图1－10248．如图1－101所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车Ａ和Ｂ，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度ｖ0向右运动，另有一质量为ｍ＝Ｍ／2的粘性物体，从高处自由落下，正好落在Ａ车上，并与之粘合在一起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能Ｅ．49．一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为ｋ＝400Ｎ／ｍ，在弹簧的上端与盒子Ａ连接在一起，盒子内装物体Ｂ，Ｂ的上下表面恰与盒子接触，如图1－102所示，Ａ和Ｂ的质量ｍＡ＝ｍＢ＝1ｋｇ，ｇ＝10ｍ／ｓ2，不计阻力，先将Ａ向上抬高使弹簧伸长5ｃｍ后从静止释放，Ａ和Ｂ一起做上下方向的简谐运动，已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小．（1）试求Ａ的振幅；（2）试求Ｂ的最大速率；（3）试求在最高点和最低点Ａ对Ｂ的作用力．参考解题过程与答案1．解：设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°，联解得ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ）（2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ，∴ｖ＝220yv v += 513ｍ／ｓ，ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2，∴ α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角．2．解：在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ１＝12ｍ／ｓ２，由牛顿第二定律，得Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１， ①在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２， ② ②式代入①式，得Ｆ＝18Ｎ．3．解：在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ，所以ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ．为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则（1／2）ａｔ2２＝Ｌ，ｔ2＝2L a =2101⨯＝25ｓ．ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×25ｍ／ｓ＝25ｍ／ｓ．传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为25ｍ／ｓ．4．解：启动前Ｎ１＝ｍｇ，升到某高度时Ｎ2＝（17／18）Ｎ１＝（17／18）ｍｇ，对测试仪Ｎ2－ｍｇ′＝ｍａ＝ｍ（ｇ／2）， ∴ ｇ′＝（8／18）ｇ＝（4／9）ｇ，ＧｍＭ／Ｒ2＝ｍｇ，ＧｍＭ／（Ｒ＋ｈ）2＝ｍｇ′，解得：ｈ＝（1／2）Ｒ．5．解：由匀加速运动的公式ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ得物块沿斜面下滑的加速度为ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２，由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２，可知物块受到摩擦力的作用．图3分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ，ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0，分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0，由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（／2）＝0．61Ｎ．此力的方向与图中所设的一致（由指向）．7．解：设月球表面重力加速度为ｇ，根据平抛运动规律，有ｈ＝（1／2）ｇｔ２，①水平射程为Ｌ＝ｖ０ｔ，②联立①②得ｇ＝2ｈｖ０２／Ｌ２．③根据牛顿第二定律，得ｍｇ＝ｍ（2π／Ｔ）２Ｒ，④联立③④得Ｔ＝（πＬ／ｖ０ｈ）．⑤8．解：前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ，撤去Ｆ以后ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ．9．解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ，联立以上三式代数据，得Ｆ＝1．2×10２Ｎ．（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ，联立解得ａ＝2．0ｍ／ｓ２．ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ，ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ，推力停止作用后ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左），ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ，则ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ．10．解：根据题中说明，该运动员发球后，网球做平抛运动．以ｖ表示初速度，Ｈ表示网球开始运动时离地面的高度（即发球高度），ｓ１表示网球开始运动时与网的水平距离（即运动员离开网的距离），ｔ１表示网球通过网上的时刻，ｈ表示网球通过网上时离地面的高度，由平抛运动规律得到ｓ１＝ｖｔ１，Ｈ－ｈ＝（1／2）ｇｔ１２，消去ｔ１，得ｖ＝ｍ／ｓ，ｖ≈23ｍ／ｓ．以ｔ２表示网球落地的时刻，ｓ２表示网球开始运动的地点与落地点的水平距离，ｓ表示网球落地点与网的水平距离，由平抛运动规律得到Ｈ＝（1／2）ｇｔ２２，ｓ２＝ｖｔ２，消去ｔ２，得ｓ２＝ｖ2Hg≈16ｍ，网球落地点到网的距离ｓ＝ｓ２－ｓ１≈4ｍ．11．解：（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ得ｖ＝GMR．（2）由（1）得：Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ．13．解：设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2），ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１，解得ｖ０＝5gh15，ｖ１＝gh15．木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２，μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2），得ｖ２＝ｖ１gh152ｈ．图4研究小球的受力情况如图4所示，因为小球做匀速圆周运动，所以切向合力为零，即Ｆｓｉｎθ＝ｆ，其中ｓｉｎθ＝Ｒ／22L R +，联立解得ｆ＝Ｐ／ω22L R +．15．解：（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１，∴ ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ，子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得：（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ，解得ｖ２＝21v 2gL -μ＝22ｍ／ｓ．（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得ｖ１′＝4ｍ／ｓ．木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2，由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移ｓ＝ｕｔ，由图5可知：ｓ１＝ｓ＋Ｌ，联立以上四式并代入数据得：ｔ2－6ｔ＋1＝0，解得：ｔ＝（3－22）ｓ，（ｔ＝（3＋22）ｓ不合题意舍去），（11）∴ ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ．16．解：（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有图5ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ．设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ．当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，解得ｓ２＝2．67ｍ．因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得ｖＢ＝1ｍ／ｓ，设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ，设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得：μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2），解得ｓ１′＝4．5ｍ．Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ２′＝（25／6）ｍ．Ｂ再次碰到挡板后，Ａ、Ｂ最终以相同的速度ｖ′向左共同运动，根据动量守恒定律，得Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ．在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为：μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，解得ｓ３′＝（8／27）ｍ．因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ．17．解：（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5．碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，①（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，②可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去）这段过程中，Ａ克服摩擦力做功Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）．（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动．Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0．先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ，解得μｇｌ＝2ｖ０2／15．Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ．另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ，解出另一个条件是μｌ≤3ｖ０2／20ｇ，最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ．19．解：（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，①设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有：ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，②ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，③解①、②、③得：ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ，初始时刻Ｆ最小Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ．ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ，Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ，（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ．20．解：当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，①由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，②解得Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．③假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得（1／2）ｍ１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），④根据动量守恒（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，⑤求出ｖ１，代入④式得（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），⑥因为Ｅｐ≥0，故得（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），⑦即ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符．可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况．21．解：设恰好物体相对圆盘静止时，弹簧压缩量为Δｌ，静摩擦力为最大静摩擦力ｆｍａｘ，这时物体处于临界状态，由向心力公式ｆｍａｘ－ｋΔｌ＝ｍＲｗ2，①假若物体向圆心移动ｘ后，仍保持相对静止，ｆ１－ｋ（Δｌ＋ｘ）＝ｍ（Ｒ－ｘ）ｗ2，②由①、②两式可得ｆｍａｘ－ｆ１＝ｍｘｗ2－ｋｘ，③所以ｍｘｗ2－ｋｘ≥0，得ｋ≤ｍｗ2，④若物体向外移动ｘ后，仍保持相对静止，ｆ２－ｋ（Δｌ－ｘ）≥ｍ（Ｒ＋ｘ）ｗ2，⑤由①～⑥式得ｆｍａｘ－ｆ２＝ｋｘ－ｍｘｗ2≥0，⑥所以ｋ≥ｍｗ2，⑦即若物体向圆心移动，则ｋ≤ｍｗ2，若物体向远离圆心方向移动，则ｋ≥ｍｗ2．22．解：卫星环绕地球作匀速圆周运动，设卫星的质量为ｍ，轨道半径为ｒ，受到地球的万有引力为Ｆ，Ｆ＝ＧＭｍ／ｒ2，①式中Ｇ为万有引力恒量，Ｍ是地球质量．设ｖ是卫星环绕地球做匀速圆周运动的线速度，Ｔ是运动周期，根据牛顿第二定律，得Ｆ＝ｍｖ2／ｒ，②由①、②推导出ｖ＝GMr．③③式表明：ｒ越大，ｖ越小．人造卫星的周期就是它环绕地球运行一周所需的时间Ｔ，Ｔ＝2πｒ／ｖ，④由③、④推出Ｔ＝2π3rGM，⑤⑤式说明：ｒ越大，Ｔ越大．23．证：设质点通过Ａ点时的速度为ｖＡ，通过Ｃ点时的速度为ｖＣ，由匀变速直线运动的公式得：ｓ1＝ｖＡＴ＋ａＴ2／2，ｓ3＝ｖＣＴ＋ａＴ2／2，ｓ3－ｓ1＝ｖＣＴ－ｖＡＴ．∵ｖＣ＝ｖＡ＋2ａＴ，∴ｓ3－ｓ1＝（ｖＡ－2ａＴ－ｖＡ）Ｔ＝2ａＴ2，ａ＝（ｓ3－ｓ1）／2Ｔ2．24．根据：如果在连续的相等的时间内的位移之差相等，则物体做匀变速运动．证明：设物体做匀速运动的初速度为ｖ0，加速度为ａ，第一个Ｔ内的位移为ｓ1＝ｖ0Ｔ＋ａＴ2／2；第二个Ｔ内的位移为ｓ2＝（ｖ0＋ａＴ）Ｔ＋ａＴ2／2；第Ｎ个Ｔ内的位移为ｓＮ＝［ｖ0＋（Ｎ－1）ａＴ］Ｔ＋ａＴ2／2．ｓＮ－ｓＮ－1＝ａＴ2，逆定理也成立．25．解：由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2ｓ／ｔ2＝0.25（ｍ／ｓ2）．根据牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ对小物块得ｆ′1＝ｍａ1＝1×2＝2Ｎ，对木板得ｆ1－μ（ｍ＋Ｍ）ｇ＝Ｍａ2，μ＝（ｆ1－Ｍａ2）／（ｍ＋Ｍ）ｇ＝（2－4×0.25）／（1＋4）×10＝0.02．27．解：当ｔ＝0时，ａＡ0＝9／3＝3ｍ／ｓ2，ａＢ0＝3／6＝0.5ｍ／ｓ2．ａＡ0＞ａＢ0，Ａ、Ｂ间有弹力，随ｔ之增加，Ａ、Ｂ间弹力在减小，当（9－2ｔ）／3＝（3＋2ｔ）／6，ｔ＝2.5ｓ时，Ａ、Ｂ脱离，以Ａ、Ｂ整体为研究对象，在ｔ＝2.5ｓ内，加速度ａ＝（ＦＡ＋ＦＢ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝4／3ｍ／ｓ2，ｓ＝ａｔ2／2＝4.17ｍ．28．解：（1）由ｍＣｖ0＝ｍＣｖ＋（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ1，Ｃ由Ａ滑至Ｂ时，Ａ、Ｂ的共同速度是ｖ1＝ｍＣ（ｖ0－ｖ）／（ｍＡ＋ｍＢ）＝0.2ｍ／ｓ．由μｍＣｇｌＡ＝ｍＣｖ02／2－ｍＣｖ2／2－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12／2，得μ＝［ｍＣ（ｖ02－ｖ2）－（ｍＡ＋ｍＢ）ｖ12］／2ｍＣｇｌＡ＝0.48．（2）由ｍＣｖ＋ｍＢｖ1＝（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ2，Ｃ相对Ｂ静止时，Ｂ、Ｃ的共同速度是ｖ2＝（ｍＣｖ＋ｍＢｖ1）／（ｍＣ＋ｍＢ）＝0.65ｍ／ｓ．由μｍＣｇｌＢ＝ｍＣｖ2／2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22／2，Ｃ在Ｂ上滑行距离为ｌＢ＝［ｍＣｖ2＋ｍＢｖ12－（ｍＣ＋ｍＢ）ｖ22］／2μｍＣｇ＝0.25ｍ．（3）由μｍＣｇｓ＝ｍＢｖ22／2－ｍＢｖ12／2，Ｂ相对地滑行的距离ｓ＝［ｍＢ（ｖ22－ｖ12）］／2μｍＣｇ＝0.12ｍ．（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上匀减速滑行，加速度大小由μｍＣｇ＝ｍＣａ，得ａ＝μｇ＝4.8ｍ／ｓ2．Ｃ在Ａ上滑行的时间ｔ1＝（ｖ0－ｖ）／ａ＝0.21ｓ．Ｃ在Ｂ上滑行的时间ｔ2＝（ｖ－ｖ2）／ａ＝0.28ｓ．所求时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝0.21ｓ＋0.28ｓ＝0.49ｓ．29．匀加速下滑时，受力如图1ａ，由牛顿第二定律，有：ｍｇｓｉｎθ－μｍｇｃｏｓθ＝ｍａ＝ｍｇｓｉｎθ／2，ｓｉｎθ／2＝μｃｏｓθ，得μ＝ｓｉｎθ／2ｃｏｓθ．图1静止时受力分析如图1ｂ，摩擦力有两种可能：①摩擦力沿斜面向下；②摩擦力沿斜面向上．摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＝ｆ＋ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ，解得Ｆ＝（ｓｉｎθ＋μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ－μｓｉｎθ）ｍｇ＝3ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ－ｓｉｎ2θ）ｍｇ．摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件Ｆｃｏｓθ＋ｆ＝ｍｇｓｉｎθ，Ｎ＝ｍｇｃｏｓθ＋Ｆｓｉｎθ，ｆ＝μＮ．解得Ｆ＝（ｓｉｎθ－μｃｏｓθ）／（ｃｏｓθ＋μｓｉｎθ）ｍｇ＝ｓｉｎθｃｏｓθ／（2ｃｏｓ2θ＋ｓｉｎ2θ）ｍｇ．31．解：（1）设刹车后，平板车的加速度为ａ0，从开始刹车到车停止所经历时间为ｔ0，车所行驶距离为ｓ0，则有ｖ02＝2ａ0ｓ0，ｖ0＝ａ0ｔ0．欲使ｔ0小，ａ0应该大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度ａ1＝μｍｇ／ｍ＝μｇ．当ａ0＞ａ1时，木箱相对车底板滑动，从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为ｓ1，则ｖ02＝2ａ2ｓ1．为使木箱不撞击驾驶室，应有ｓ1－ｓ0≤Ｌ．联立以上各式解得：ａ0≤μｇｖ02／（ｖ02－2μｇＬ）＝5ｍ／ｓ2，∴ｔ0＝ｖ0／ａ0＝4.4ｓ．（2）对平板车，设制动力为Ｆ，则Ｆ＋ｋ（Ｍ＋ｍ）ｇ－μｍｇ＝Ｍａ0，解得：Ｆ＝7420Ｎ．32．解：对系统ａ0＝［Ｆ－μｇ（ｍ1＋ｍ2）］／（ｍ1＋ｍ2）＝1ｍ／ｓ2．对木块1，细绳断后：│ａ1│＝ｆ1／ｍ1＝μｇ＝1ｍ／ｓ2．设细绳断裂时刻为ｔ1，则木块1运动的总位移：ｓ1＝2ａ0ｔ12／2＝ａ0ｔ12．对木块2，细绳断后，ａ2＝（Ｆ－μｍ2ｇ）／ｍ2＝2ｍ／ｓ2．木块2总位移ｓ2＝ｓ′＋ｓ″＝ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2，两木块位移差Δｓ＝ｓ2－ｓ1＝22（ｍ）．得ａ0ｔ12／2＋ｖ1（6－ｔ1）＋ａ2（6－ｔ1）2／2－ａ0ｔ12＝22，把ａ0，ａ2值，ｖ1＝ａ0ｔ1代入上式整理得：ｔ12＋12ｔ1－28＝0，得ｔ1＝2ｓ．木块2末速ｖ2＝ｖ1＋ａ2（6－ｔ1）＝ａ0ｔ1＋ａ2（6－ｔ1）＝10ｍ／ｓ．此时动能Ｅｋ＝ｍ2ｖ22／2＝2×102／2Ｊ＝100Ｊ．图234．解：设ｍ1、ｍ2两物体受恒力Ｆ作用后，产生的加速度分别为ａ1、ａ2，由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ，得ａ1＝Ｆ／ｍ1，ａ2＝Ｆ／ｍ2，历时ｔ两物体速度分别为ｖ1＝ａ1ｔ，ｖ2＝ｖ0＋ａ2ｔ，由题意令ｖ1＝ｖ2，即ａ1ｔ＝ｖ0＋ａ2ｔ或（ａ1－ａ2）ｔ＝ｖ0，因ｔ≠0、ｖ0＞0，欲使上式成立，需满足ａ1－ａ2＞0，即Ｆ／ｍ1＞Ｆ／ｍ2，或ｍ1＜ｍ2，也即当ｍ1≥ｍ2时不可能达到共同速度，当ｍ1＜ｍ2时，可以达到共同速度．35．解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度ｖ最小，此时有ｍｇ＝ｍｖ2／Ｒ，故ｖ＝gR ＝100.8/2⨯＝2ｍ／ｓ．（2）若初速度ｖ′＜ｖ，小球将做平抛运动，如在其竖直位移为Ｒ的时间内，其水平位移ｓ≥Ｒ，小球可进入轨道经过Ｂ点．设其竖直位移为Ｒ时，水平位移也恰为R ，则Ｒ＝ｇｔ2／2，Ｒ＝ｖ′ｔ，解得：ｖ′＝2gR ／2＝2ｍ／ｓ．因此，初速度满足2ｍ／ｓ＞ｖ′≥2ｍ／ｓ时，小球可做平抛运动经过Ｂ点．36．卫星在天空中任何天体表面附近运行时，仅受万有引力Ｆ作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径Ｒ．设天体质量为Ｍ，卫星质量为ｍ，卫星运动周期为Ｔ，天体密度为ρ．根据万有引力定律Ｆ＝ＧＭｍ／Ｒ2，卫星做圆周运动向心力Ｆ′＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，因为Ｆ′＝Ｆ，得ＧＭｍ／Ｒ2＝ｍ4π2Ｒ／Ｔ2，∴Ｔ＝234R GMπ．又球体质量Ｍ＝4πＲ3ρ／3．得Ｔ＝2334R 4G R3ππ⋅⋅ρ=3G πρ，∴Ｔ∝1／ρ，得证．37．解：由于两球相碰满足动量守恒ｍ1ｖ0＝ｍ1ｖ1＋ｍ2ｖ2，ｖ1＝－1.3ｍ／ｓ．两球组成系统碰撞前后的总动能Ｅｋ1＋Ｅｋ2＝ｍ1ｖ02／2＋0＝2.5Ｊ，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＝ｍ1ｖ12／2＋ｍ2ｖ22／2＝2.8Ｊ．可见，Ｅｋ1′＋Ｅｋ2′＞Ｅｋ1＋Ｅｋ2，碰后能量较碰撞前增多了，违背了能量守恒定律，这种假设不合理．38．解：（1）由动量守恒，得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，由运动学公式得ｓ＝（ｖ1－ｖ2）ｔ，ｈ＝ｇｔ2／2，由以上三式得ｖ2＝（ｍｖ0－ｓｍg2h）／（Ｍ＋ｍ）．（2）最后车与物体以共同的速度ｖ向右运动，故有ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖｖ＝ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）．∴ΔＥ＝ｍｖ02／2＋ｍｇｈ－（Ｍ＋ｍ）ｍ2ｖ02／2（Ｍ＋ｍ）2．解得ΔＥ＝ｍｇｈ＋Ｍｍｖ02／2（Ｍ＋ｍ）．39．解：设碰前Ａ、Ｂ有共同速度ｖ时，Ｍ前滑的距离为ｓ．则ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ，ｆｓ＝Ｍｖ2／2，ｆ＝μｍｇ．由以上各式得ｓ＝Ｍｍｖ02／2μｇ（Ｍ＋ｍ）2．当ｖ0＝2ｍ／ｓ时，ｓ＝2／9ｍ＜0.5ｍ，即Ａ、Ｂ有共同速度．当ｖ0＝4ｍ／ｓ时，ｓ＝8／9ｍ＞0.5ｍ，即碰前Ａ、Ｂ速度不同．40．解：（1）物体由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得：ｍｖ0＝ｍｖ0／2＋2ｍｖＡＢ．解之得ｖＡＢ＝ｖ0／4．（2）物块由Ａ滑至Ｂ的过程中，由三者功能关系得：μｍｇＬ＝ｍｖ02／2－ｍ（ｖ0／2）2／2－2ｍ（ｖ2／2．0／4）解之得Ｌ＝5ｖ02／16μｇ．（3）物块由Ｄ滑到Ｃ的过程中，二者系统水平方向动量守恒，又因为物块到达最高点Ｃ时，物块与滑块速度相等且水平，均为ｖ．故得ｍｖ0／2＋ｍｖ0／4＝2ｍｖ，∴得滑块的动能ＥＣＤ＝ｍｖ2／2＝9ｍｖ02／128．42．解：（1）ｍ速度最大的位置应在O点左侧．因为细线烧断后，ｍ在弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，ｍ的速度达到最大，此时弹簧必处于压缩状态．此后，系统的机械能不断减小，不能再达到这一最大速度．（2）选ｍ、Ｍ为一系统，由动量守恒定律得ｍｖ1＝Ｍｖ2．设这一过程中弹簧释放的弹性势能为Ｅｐ，则Ｅｐ＝ｍｖ12／2＋Ｍｖ22／2＋μｍｇｓ，解得ｖ2＝ｍｖ1／Ｍ，Ｅｐ＝ｍ［（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2Ｍ＋μｇｓ］．（2）ｍ与Ｍ最终将静止，因为系统动量守恒，且总动量为零，只要ｍ与Ｍ间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，ｍ与Ｍ最终必定都静止．43．解：（1）第一颗子弹射入木块过程，系统动量守恒，有ｍｖ0＝（ｍ＋Ｍ）ｖ1．射入后，在ＯＢＣ运动过程中，机械能守恒，有（ｍ＋Ｍ）ｖ12／2＝（ｍ＋Ｍ）ｇＲ，得ｖ0＝（Ｍ＋ｍ）2gR／ｍ．（2）由动量守恒定律知，第2、4、6……颗子弹射入木块后，木块速度为0，第1、3、5……颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，由动量守恒得：ｍｖ0＝（9ｍ＋Ｍ）ｖ9，设此后木块沿圆弧上升最大高度为Ｈ，由机械能守恒定律得：（9ｍ＋Ｍ）ｖ92／2＝（9ｍ＋Ｍ）ｇＨ，由以上可得：Ｈ＝［（Ｍ＋ｍ）／（Ｍ＋9ｍ）］2Ｒ．44．解：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动ｓ，速度变为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－μＭｇｓ＝0－ｍｖ02／2，ｓ＝ｍｖ02／2μＭｇ＝0.33ｍ．（2）假如平板车在第二次碰墙前还未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2ｍ／ｓ，因为只要相对运动，摩擦力大小为恒值．滑块速度则大于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墙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．Ｍｖ0－ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，∴ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝0.4ｍ／ｓ．图3（3）平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达到共同速度ｖ前的过程，可用图3（ａ）、（ｂ）、（ｃ）表示．图3（ａ）为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3（ｂ）为平板车到达最左端时两者的位置，图3（ｃ）为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μΜｇｓ′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μＭｇｓ″（平板车从Ｂ到Ａ再回到Ｂ的过程中摩擦力做功为零），其中ｓ′、ｓ″分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为μＭｇｌ1，其中ｌ1＝ｓ′＋ｓ″为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为ｌ，则有（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2＝μＭｇｌ，ｌ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ02／2μＭｇ＝0.833ｍ．ｌ即为平板车的最短长度．图445．解：如图4，Ａ球从静止释放后将自由下落至Ｃ点悬线绷直，此时速度为ｖＣ∵ｖＣ2＝2ｇ×2Ｌｓｉｎ30°，∴ｖＣ＝2gL＝2ｍ／ｓ．在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，Ａ将以切向速度ｖ1沿圆弧运动且ｖ1＝ｖＣ3Ａ球从Ｃ点运动到最低点与Ｂ球碰撞前机械能守恒，可求出Ａ球与Ｂ球碰前的速度ｍＡｖ12／2＋ｍＡｇＬ（1－ｃｏｓ60°）＝ｍＡｖ22／2，ｖ2＝21v gL +=3100.2+⨯=5ｍ／ｓ．因Ａ、Ｂ两球发生无能量损失的碰撞且ｍＡ＝ｍＢ，所以它们的速度交换，即碰后Ａ球的速度为零，Ｂ球的速度为ｖ2＝5（ｍ／ｓ）．对Ｂ球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度ｕ时，Ｂ球上升到最高点，设上升高度为ｈ．ｍＢｖ2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ，ｍＢｖ22／2＝（ｍＢ＋Ｍ）ｕ2／2＋ｍＢｇｈ．解得ｈ＝3／16≈0.19ｍ．在Ｂ球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当Ｂ球回到最低点时小车有最大速度ｖｍ，设小球Ｂ回到最低点时速度的大小为ｖ3，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有ｍＢｖ2＝－ｍＢｖ3＋Ｍｖｍ，ｍＢｖ22／2＝ｍＢｖ32／2＋Ｍｖｍ2／2，解得ｖｍ＝2ｍＢｖ2／（ｍ3＋Ｍ）＝5／2ｍ／ｓ＝1.12ｍ／ｓ．46．解：（1）小球的角速度与运动的角速度必定相等，则有ｖ＝ωＲ＝ω22L r +．（2）人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率．即有Ｐ＝ｆｖ，∴ ｆ＝Ｐ／ｖ＝Ｐ／ω22L r +．48．解：ｍ与Ａ粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为ｖ1，Ｍｖ0＝（Ｍ＋ｍ）ｖ1，得ｖ1＝Ｍｖ0／（Ｍ＋ｍ）＝2ｖ0／3．当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能Ｅ，此时系统中各物体有相同速度，设为ｖ2，由动量守恒定律 2Ｍｖ0＝（2Ｍ＋ｍ）ｖ2，得ｖ2＝2Ｍｖ0／（2Ｍ＋ｍ）＝4ｖ0／5．由能量守恒有Ｅ＝Ｍｖ02／2＋（Ｍ＋ｍ）ｖ12／2－（2Ｍ＋ｍ）ｖ22／2，解得Ｅ＝Ｍｖ02／30．。

(计算题专题训练1)2010-2011届高三物理

2010-2011第二学期高三物理计算题专题训练11．如图所示，摩托车运动员骑摩托车从高度h=5m 的高台上水平飞出，跨越L=10m 的壕沟。

摩托车以初速度0v 从坡低冲上高台的过程历时t=5s ，发动机的功率恒为P= 1.8kW 。

已知人和车的总质量为m=180kg （可视为质点），忽略一切阻力(取g= 10m/s 2)。

(1)要使摩托车运动员从高台水平飞出刚好越过壕沟，求他离开高台时的速度大小；(2)欲使摩托车运动员能够飞越壕沟，其初速度0v 至少应为多大？(3)为了保证摩托车运动员的安全，规定飞越壕沟后摩托车着地时的速度不得超过 26m/s ，那么，摩托车飞离高台时的最大速度m v 应为多少？2.(18分）（如图1所示，表面绝缘且光滑的斜面N N MM ''固定在水平地面上，斜面所在空间有一边界与斜面底边'NN 平行、宽度为d 的匀强磁场，磁场方向垂直斜面。

一个质量m=0.10kg 、总电阻R=0.25Ω的正方形单匝金属框，放在斜面的顶端（金属框上边与 'MM 重合）。

现从t=0时开始释放金属框，金属框将沿斜面下滑。

图2给出了金属框在下滑过程中速度v 的二次方与对应的位移x 的关系图象。

取重力加速度g=10m/s 2。

求(1)斜面的倾角；(2)匀强磁场的磁感应强度B 的大小；(3)金属框在穿过磁场的过程中电阻上生热的功率。

参考答案1.(1)摩托车运动员由高台水平飞出由平抛运动规律：水平方向t v L 2= ①竖直方向221gt h = ② 联立式①②得s m v /102=（2）摩托车运动员由坡底冲上高台，根据动能定理 20222121mv mv mgh pt -=- ③ 将s m v /102=代入到式③得s m /100=ν(3)从高台水平飞到地面，由机械能守恒定律 222121mv mgk m m =+ν ④ 解得s m v m /24=2解析：(1)对v 2—x 图象中x=O 到x=O.4m 的斜直线，由匀变速公式v 2=2ax 可知，该段图线的斜率为线框的加速度， a=5.0m/s 2 （2分）又根据牛顿第二定律有ma mg =θsin （2分）2/1/sin ==g a θ得︒=30θ （2分）(2)v 2—x 图象中x=O.4m 到x=1.Om 的线段对应线框匀速通过磁场的过程。

高三物理一轮复习计算题专项训练答案

高三物理一轮复习计算题专项训练答案1、解析：(1)对小物块B 由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1 解得a 1＝10 m/s 2小物块B 减速至与传送带共速的过程中，时间t 1＝v 1－v 0a 1＝0.6 s位移s 1＝v 21－v 22a 1＝3 m之后，小物块B 的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2小物块B 减速至0的时间t 2＝v 0a 2＝1 s位移s 2＝v 202a 2＝1 m小物块B 向上运动过程中平均速度v ＝s 1＋s 2t 1＋t 2＝2.5 m/s (2)小物块A 的加速度也为a 2＝2 m/s 2，小物块B 开始加速向下运动时，小物块A 已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在小物块B 滑下传送带后，小物块A 到达传送带底端．当小物块B 刚滑下传送带时，小物块A 恰好运动至传送带底端，此时传送带长度最小，最小长度l 0＝12a 2t 2小物块B 向下运动过程s 1＋s 2＝12a 2t 23 解得t 3＝2 s则t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.6 s 代入解得l 0＝12.96 m ，即传送带的长度l ≥12.96 m 答案：(1)2.5 m/s (2)l ≥12.96 m2、解析：本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、平衡、闭合电路欧姆定律等知识的应用．(1)Ⅱ内磁场均匀变化因此在回路中产生感应电流，由楞次定律可知，流过cd 的电流方向是由d 到c .因cd 棒静止，由平衡条件可得cd 棒所受安培力沿导轨向上，据左手定则可知，区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上．(2)因cd 棒静止，由平衡条件可得BIl ＝mg sin θ，金属棒ab 在区域Ⅱ内运动时，金属棒cd 消耗的电功率P ＝I 2R ，解得I ＝mg sin θBl ，P ＝m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)ab 棒开始下滑到达区域Ⅱ前做匀加速运动，加速度a ＝g sin θ，因在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 之前，cd 棒始终静止不动，则ab 棒达区域Ⅱ前后回路中的电动势不变，且ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv ，即Bl ·2ltx＝Bl (g sin θ·t x )解得：t x ＝2lg sin θ，v ＝2gl sin θab 棒开始下滑的位置离区域Ⅱ下边界的距离 s ＝12vt x ＋2l ＝3l(4)这位同学的解法不正确．ab 棒在区域Ⅱ匀速运动时，受力平衡有m ab g sin θ＝BIl ，可得ab 和cd 两棒质量相等均为m .第一阶段电路产热 Q 1＝EIt x ＝Bl ·2l t x×mg sin θBl ×t x ＝2mg sin θ·l .第二阶段ab 棒匀速下滑，根据能量守恒得电路产热 Q 2＝mg 2l sin θ.所以电路中产生的总热量 Q ＝Q 1＋Q 2＝4mgl sin θ.答案：(1)从d 到c 区域Ⅰ内磁场垂直于斜面向上 (2)m 2g 2R sin 2 θB 2l 2(3)3l (4)不正确 4mgl sin θ二、1、解析：若选手在直道上一直加速，选手能达到的最大速度为v 1，根据运动学公式有v 21＝2aL ，解得v 1＝60 m/s ，设选手过弯道时，允许的最大速度为v 2，此时人与冰面的夹角θ为45°，对选手受力分析如图．则：F N cos 45°＝mg 、F N sin 45°＝m v 22R 解得：v 2＝5 m/s ，由于v 1＞v 2，因而选手允许加速达到的最大速度为v 2＝5 m/s ，设选手在直道上加速的距离为x ，则v 22＝2ax ，解得x ＝12.5 m ，选手在直道上的最短时间t ＝v 2a ＋L －x v 2，解得：t ＝8.5 s.答案：8.5 s2、解析：(1)由T ＝2πmqB 得T ＝2t 0，所以t 02＝T 4，运动了T 4.又因为r ＝mv qB 得r ＝v 0t 0π所以位置坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π.(2)由图可知y 1＝v 0＋v2t 0因v ＝v 0＋qE 0m t 0＝2v 0所以y 1＝3v 0t 02由r ＝mv qB 得r 2＝2v 0t 0π所以y m ＝y 1＋r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0(3)由图可知粒子以4t 0为一个周期，在一个周期内的距离d ＝2(r 1＋r 2)＝6v 0t 0π所以t ＝48v 0t 0πd ×4t 0＝32t 0答案：(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t 0π，v 0t 0π (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋2πv 0t 0 (3)32t 0三、1、解析：(1)设A 、B 、木板一起运动的加速度大小为a ，物体B 受两力：重力mg 、绳拉力T ，由根据牛顿第二定律有：T －m 3g ＝m 3a①物体A 水平方向受两力：木板的摩擦力f 、绳拉力T ，根据牛顿第二定律有： f －T ＝m 2a②木板水平方向受两力：外力F 、A 的摩擦力f ，根据牛顿第二定律有：F －f ＝m 1a ③①②③联立得： F －m 3g ＝(m 1＋m 2＋m 3)a ④ f －m 3g ＝(m 2＋m 3)a⑤从④⑤显然看出，F 越大，a 、f 越大，当： f ＝μm 2g⑥代入数据，解得F 的最大值为： F ＝60 N ，a ＝2.0 m/s 2(2)打击木板后，物体A 、B 在木板的最大静摩擦力作用下，以加速度a ＝2.0 m/s 2加速运动，当物体B 上升高度h B ＝1.0 m 时，有：h B ＝12at 2⑦ 木板向左运动的位移为： x ＝L ＋h B⑧ 木板在A 的摩擦力作用下，做减速运动的加速度为a ′，根据牛顿第二定律有： μm 2g ＝m 1a ′ ⑨设打击木板后的瞬间，木板的速度为v 0，则：x ＝v 0t －12a ′t2 ⑩代入数据，解得：v 0＝3.5 m/s根据动量定理得最初击打木板的冲量为： I ＝mv 0＝70 N·s ⑪ 2、解析：(1)粒子在第一象限运动，根据动能定理得：Eq ·2y 0＝12mv 2 解得：E ＝2mv 24qy 0.(2)如图所示，粒子在区域Ⅰ内做圆周运动的半径为R 1，则有：qvB ＝m v 2R 1由几何知识可知：L AC ＝R 1(1－cos 45°)＝（2－2）mv2qB由题意可知挡板长度L ＝2(y 0＋L AC )设区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小为B 0，粒子在区域Ⅱ内做圆周运动的半径为R 2，则有：qvB 0＝m v 2R 2由题意可知挡板长度L ＝2R 2·2n ＝4nmvqB 0(n ＝1，2，3…)由以上各式可得：B 0＝4nBmv2qBy 0＋（2－2）mv(n ＝1，2，3…)(3)由对称性可知，粒子第二次通过x 轴时D 点距离坐标原点O 的距离为y 0，进入第二象限后粒子做类平抛运动，设粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，y )根据类平抛运动规律有：(y －y 0)cos 45°＝12·Eq m ·t 2，2y 0＋(y －y 0)sin 45°＝vt将E ＝2mv 24qy 0代入可得：y ＝3y 0所以粒子再次回到y 轴时的位置坐标Q (0，3y 0) 设粒子再次回到y 轴时沿电场方向的分速度大小为v E ，根据运动的分解可得v 2E ＝2qE m ×2y 0cos 45°＝v 2，所以v E ＝v .根据运动的合成知粒子此时的合速度方向沿y 轴正方向．答案：(1)2mv 204qy 0 (2)4nBmv 2qBy 0＋（2－2）mv (n ＝1，2，3…)(3)(0，3y 0)，与y 轴的夹角为零四、1解析：(1)ab 棒切割磁感线，产生的电动势U ＝BLv 0粒子从N 板到M 板，由动能定理得qU ＝12mv 2－0 解得v ＝2qBLv 0m(2)如图所示，要使粒子不从外边界飞出，则粒子最大半径时的轨迹与外圆相切．由几何关系得(2d －r )2＝r 2＋d 2解得r ＝34d由牛顿第二定律得qvB ′＝m v2r 解得B ′＝43d2BLmv 0q 答案：(1)2qBLv 0m (2)B ′＝43d2BLmv 0q2、解析：(1)距离足够长，则m 与M 达到共同速度解法一：mv 0＝(M ＋m )v 共 μmg Δl ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2共解得：v 共＝3 m/s Δl ＝6 m解法二：对物块a m ＝μg ＝4.5 m/s 2 对木板a M ＝μmgM ＝2.25 m/s 2 v 共＝v 0－a m t ＝a M t 解得：v 共＝3 m/sΔl ＝v 20－v 2共2a m －v 2共2a M＝6 m(2)对木板：μmgs ＝12Mv 2共－0s ＝2 m(或者等同于s ＝v 2共2a M＝2 m)当L ≥2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰后物块以v 共＝3 m/s 匀减速到C 点v 2共－v 2C 1＝2a m (l －Δl )a m ＝μg ＝4.5 m/s 2 解得v C 1＝0 m/s恰好停在C 点，与L 无关当L ＜2 m 时，木板B 端和C 点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直在做匀减速运动v 20－v 2C 2＝2a m (l ＋L )v C 2＝32－L物块以此速度冲上斜面并会原速率返回，最终停在木板上，s ＝v 2C 22a m ＝2－L当L ＝0 m 时，s 有最大值s max ＝2 m答案：(1)v 共＝3 m/s Δl ＝6 m (2)当L ≥2 m 时，恰好停在C 点与L 无关，当L ＜2 m ，s ＝2－L ，s max ＝2 m五、1、解析：(1)E ＝Bl v① v ＝0＋lω2② U ＝2R R ＋2R·E③ ①②③式联立，解得：U ＝13Bl 2ω ④ (2)I ＝ER ＋2R⑤ F 安＝BI ·2l⑥由①②⑤⑥式联立，解得：F 安＝B 2l 3ω3R⑦为保持b 棒始终静止，棒a 旋转的角速度最小设为ω1，最大为ω2：mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2l 3ω13R⑧ mg sin θ＋μmg cos θ＝B 2l 3ω23R ⑨ 3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgR B 2l3 ⑩答案：(1)13Bl 2ω (2)3mgR 5B 2l 3≤ω≤3mgRB 2l 32、解析：(1)由图象可知：mg sin 37°＝30 N ① 解得m ＝5 kg(2)图乙中图线与横轴所围成的面积表示力F 所做的功：W ＝390×⎝ ⎛⎭⎪⎫0.5－1282 J －30×1282 J ＝90 J ②(3)撤去力F ，设物体返回至A 点的速度大小为v 0，从A 出发到第二次返回A 处的过程应用动能定理： W ＝12mv 20 ③解得：v 0＝6 m/s由于v 0＞v ，物体所受摩擦力沿传送带向下，设此阶段加速度大小为a 1，由牛顿第二定律：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 1④解得：a 1＝10 m/s 2速度减为v 时，设沿斜面向上发生的位移大小为x 1，由运动学规律：x 1＝v 20－v 22a 1⑤解得：x 1＝1 m此后摩擦力改变方向，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以物块所受合外力仍沿传送带向下，设此后过程加速度大小为a 2，再由牛顿第二定律：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2设之后沿斜面向上发生的最大位移大小为x 2，由运动学规律：x 2＝v 22a 2⑦解得：x 2＝4 m所以物体能够在传送带上发生的最大位移： x m ＝x 1＋x 2＝5 m即恰好到达传送带顶端B 点答案：(1)5 kg (2)90 J (3)5 m六、1、解析：(1)由题意可知v m ＝at 1＝80 m/s 解得a ＝4 m/s 2由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故 a ′＝4 m/s 2(2)加速过程F －kmg ＝ma 解得F ＝4×105 N(3)加速过程t 1＝20 s ，x 1＝12at 21＝800 m减速过程t 2＝20 s ，x 2＝12a ′t 22＝800 m 匀速过程t 3＝x －x 1－x 2vm＝20 s故全程的平均速度大小v ＝xt 1＋t 2＋t 3＝53.3 m/s.答案：(1)4 m/s 2 (2)4×105 N (3)53.3 m/s2、解析：(1)当滑块与金属棒ab 达到最大速度时，导轨MM ′N ′N 恰好不能向上滑动，导轨与左侧斜面间的静摩擦力向下达到最大，对导轨由平衡条件得mg sin 37°＋μ·2mg cos 37°＝F 安解得F 安＝14 N对滑块及金属棒ab 组成的系统由平衡条件得 mg sin 37°＋F 安＝m 0g sin 37° 解得m 0＝103 kg(2)达到最大速度时安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ＝14 N 由图乙知最大速度v ＝1 m/s 解得R ＝2 Ω加速阶段对滑块及金属棒ab 组成的系统由动量定理得 m 0gt sin 37°－mgt sin 37°－B ILt ＝(m 0＋m )v 加速阶段通过金属棒ab 的电荷量q ＝I t又结合法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得 q ＝ΔΦR ＝BLx R解得x ＝41105 m 加速阶段由能量守恒得m 0gx sin 37°＝mgx sin 37°＋12(m 0＋m )v 2＋Q 解得Q ＝3.3 J即滑块在加速运动过程中系统产生的焦耳热为3.3 J. 答案：(1)103 kg (2)3.3 J。

2020年高考物理计算题强化专练-力学综合含答案

计算题强化专练-力学综合一、计算题（本大题共5小题，共84.0分）1.如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的粗糙半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，从A点由静止开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知A、B间的距离为3m，小物块与地面间的动摩擦因数为0.3，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小物块运动到B点时对圆轨道B点的压力大小．（2）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．2.如图，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块（可视为质点）从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2．求：①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功W f；②小铁块和长木板达到的共同速度v．3.如图，一块质量为，长的匀质木板放在足够长的光滑水平桌面上，初始时速度为零板的最左端放置一个质量的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为，小物块上连接一根足够长的水平轻质细绳，细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮细绳与滑轮间的摩擦不计，木板右端与滑轮之间距离足够长，求：若木板被固定，某人以恒力向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小；若不固定木板，某人仍以恒力向下拉绳，则小木块滑离木板时的速度大小；若人以恒定速度向下匀速拉绳，同时给木板一个水平向左的初速度，求木块滑离木板所用的时间．4.如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0.6m。

平台上静止着两个滑块A、B，m A=0.1kg，m B=0.2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。