2019届高三高考物理考前预测押题《力学压轴计算题》测试题(解析版)

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2019届高三高考物理考前预测押题《力学压轴计算题》测试题
一、计算题(共16小题)
1.如图所示，装置BO′O可绕竖直轴O′O转动，可视为质点的小球A与两细线连接后分别系于B，C两点，装置静止时细线AB水平，细线AC与竖直方向的夹角θ=37º。

已知小球的质量m=1kg，细线AC长L＝1m，B点距转轴的水平距离和距C点竖直距离相等。

（重力加速度g取10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8）
（1）若装置匀速转动的角速度为时，细线AB上的张力为0而细线AC与竖直方向的夹角仍为37°，求角速度的大小；
（2）若装置匀速转动的角速度为时，细线AB刚好竖直，且张力为0，求此时角速度的大小；
（3）装置可以以不同的角速度匀速转动，试通过计算在坐标图中画出细线AC上张力T随角速度的平方变化的关系图像
【答案】（1）角速度ω1的大小为r a d/s；（2）此时角速度ω2的大小为r a d/s；（3）计算见上，在坐标图中画出细线AC上张力T随角速度的平方ω2变化的关系图象如图所示.
【解析】（1）细线AB上张力恰为零时，小球靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有：
解得：
（2）细线AB恰好竖直，但张力为零时，设细线AC与竖直方向的夹角为θ′.
由几何关系得：，得=53°
根据牛顿第二定律得：
解得，rad/s
（3）当时，细线AB水平，细线AC上张力的竖直分量始终等于小球的重力：T cos=mg；解得：.
ω1≤ω≤ω2时细线AB松弛，细线AC上张力的水平分量等于小球做圆周运动需要的向心力，则有：T sinα=mω2l sinα，T=mω2l
ω＞ω2时，细线AB在竖直方向绷直，仍然由细线AC上张力的水平分量提供小球做圆周运动需要
的向心力：综上所述：时，T=12.5N不变；ω＞ω1时，，T﹣ω2关系图象如图所示
2.风洞实验室能产生大小和方向均可改变的风力．如图所示，在风洞实验室中有足够大的光滑水平面，在水平面上建立xOy直角坐标系．质量m=0.5kg的小球以初速度v0=0.40m/s从O点沿x轴正方向运动，在0~2.0s内受到一个沿y轴正方向，大小F1=0.20N的风力作用；小球运动2.0s后风力方向变为y轴负方向，大小变为F2=0.10N（图中未画出）．试求：
（1）2.0s末小球在y方向的速度大小和2.0s内运动的位移大小；
（2）风力F2作用多长时间，小球的速度变为与初速度相同；
【答案】（1）0.8m/s（2）
【解析】（1）设在0~ 2.0s内小球运动的加速度为a1，则
2.0s末小球在y方向的速度
代入数据解得=0.8m/s
沿x轴方向运动的位移
沿y轴方向运动的位移
2.0s内运动的位移
代入数据解得
（2）设2.0s后小球运动的加速度为a2，F2的作用时间为t2时小球的速度变为与初速度相同．则
代入数据解得
3.汽车以1.6m/s的速度在水平地面上匀速行驶，汽车后壁货架上放有一小球（可视作质点），架高1.8m。

由于前方事故，突然急刹车，汽车轮胎抱死，小球从架上落下。

已知该型号汽车在所在路面行驶时刹车痕s(即刹车距离)与刹车前车速v的关系如下图线所示，忽略货物与架子间的摩擦及空气阻力，g取10m/s2。

求：
（1）汽车刹车过程中的加速度多大；
（2）货物在车厢底板上落点距车后壁的距离．
【答案】（1）a=4m/s2（2）0.64m
【解析】（1）汽车以速度v刹车，匀减速到零，刹车距离为s。

由运动学公式
由v—s关系图象知：当v=4m/s时，s=2m，代入数值得：a=4m/s2
（2）刹车后，货物做平抛运动：
货物的水平位移为：
汽车做匀减速直线运动，刹车时间为，则：＜0.6s
则汽车的实际位移为：
故：
4.如图所示，一滑板爱好者总质量（包括装备）为50kg，从以O为圆心，半径为R=1.6m光滑圆弧轨道的A点（）由静止开始下滑，到达轨道最低点B后（OB在同一竖直线上），滑板爱好者沿水平切线飞出，并恰好从C点以平行斜面方向的速度进入倾角为37°的斜面，若滑板与斜面的动摩擦因素为μ=0.5，斜面长S=6m，（g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8）求：
（1）滑板爱好者在B，C间运动的时间；
（2）滑板爱好者到达斜面底端时的速度大小。

【答案】（1）0.3s；（2）7m/s．
【解析】（1）滑板爱好者在圆轨道AB间运动的过程中，机械能守恒
①
解得 v B=4m/s
滑板爱好者在BC之间做平抛运动，在C点：竖直方向的分速度：②
由v cy=gt ③，解得平抛运动的时间：t=0.3s
（2）在C点，由平抛运动的规律可知：④
滑板爱好者在斜面上运动的过程中，由动能定理可得：
⑤
解得：v D=7m/s
5.在某项娱乐活动中，要求质量为m的物体轻放到水平传送带上，当物体离开水平传送带后恰好
落到斜面的顶端，且此时速度沿斜面向下。

斜面长度为l=2.75m，倾角为=37°，斜面动摩擦因数
=0．5。

传送带距地面高度为h=2.1m，传送带的长度为L=3m，传送带表面的动摩擦因数1
=0.4，传送带一直以速度v传= 4m/s逆时针运动，g=10m/s2，sin37°=0．6,cos37°=0．8。

求：
2
（1）物体落到斜面顶端时的速度；
（2）物体从斜面的顶端运动到底端的时间；
（3）物体轻放在水平传送带的初位置到传送带左端的距离应该满足的条件。

【答案】(1)5m/s （2）0.5s （3）
【解析】(1)物体离开传送带后做平抛运动，设落到斜面顶端的速度为v0沿斜面方向，
，
（2）物体从斜面的顶端运动到低端的时间t1，根据牛顿第二定律：
t=0.5s
（3）物体轻放在水平传送带的位置到传送带左端的距离s，因为
由得
故
6.如图所示，倾角θ=300，长L=4.5m的斜面，底端与一个光滑的1/4圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为m=1kg的物块（可视为质点）从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点C，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因数为，g=10m/s2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：
⑴. 物块经多长时间第一次到B点；
⑵. 物块第一次经过B点时对圆弧轨道的压力；
⑶. 物块在斜面上滑行的总路程．
【答案】（1）（2）(3)
【解析】⑴物块沿斜面下滑时，
解得：a=2.5m/s2
从A到B，物块匀加速，由
可得
⑵因为物体恰好到C点，所以到C点速度为0．.设物块到B点的速度为v，则
解得
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为，方向向下．
⑶从开始释放至最终停在B处，设物块在斜面上的总路程为S，则
解得：
7.某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，它由细圆管弯成，固定在竖直平面内。

左右两侧的斜直管道PA与PB的倾角，高度，粗糙程度完全相同，管口A，B两处均用很小的光滑小圆弧管连接（管口处切线竖直)，管口到底端的高度H1=0.4m。

中间“8”字型光滑细管道的圆半径R=10cm(圆半径比细管的内径大得多)，并与两斜直管道的底端平滑连接。

一质量m=0.5kg的小滑块从管口A的正上方H2处自由下落，第一次到达最低点P的速度大小为10m/s.此后小滑块经“8”字型和PB管道运动到B处竖直向上飞出，然后又再次落回，如此反复。

小滑块视为质点，忽略小滑块进入管口时因碰撞造成的能量损失，不计空气阻力，且取g=10m/s2。

求：
(1) 滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功；
(2)滑块第一次到达“8”字型管道顶端时对管道的作用力；
(3)滑块第一次离开管口B后上升的高度；(4）滑块能冲出槽口的次数。

【答案】（1）2J；（2）455N，方向向上；（3）4.2m；（4）6次．
【解析】（1）滑块第一次由A滑到P的过程中，克服摩擦力做功
，代入数据可得：W1=2J
（2），在“8”字型管道最高点
管道对滑块的弹力大小F N=455N，方向向下；滑块对管道的弹力大小F N=455N，方向向上；（3）滑块对此由A到B克服摩擦阻力做的功W2=2W1=4J；
Mg（H2-h）=W2
上升的高度h=4.2m
（4），所以滑块能离开管口的次数为6次。

8.一长=0.80m的轻绳一端固定在点，另一端连接一质量=0.10kg的小球，悬点距离水平地面的高度H= 1.00m。

开始时小球处于点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图所示。

让小球从静止释放，当小球运动到点时，轻绳碰到悬点正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。

不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）当小球运动到点时的速度大小；
（2）绳断裂后球从点抛出并落在水平地面的C点，求C点与点之间的水平距离；
（3）若OP=0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力。

【答案】（1）当小球运动到B点时的速度大小为4m/s．
（2）C点与B点之间的水平距离为0.80m．
（3）轻绳能承受的最大拉力为9N．
【解析】（1）设小球运动到B点时的速度大小v B，由机械能守恒定律得①
解得小球运动到B点时的速度大小=4.0 m/s ②
（2）小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x=v B t③
④
解得C点与B点之间的水平距离=0.80m ⑤
（3）若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m，由牛顿定律得⑥（d为OP的长度）⑦
由以上各式解得F m=9N
9.钓鱼岛是我国固有领土，决不允许别国侵占，近期，为提高警惕保卫祖国，我国海军为此进行了登陆演练.如图所示，假设一艘战舰因吨位大吃水太深，只能停锚在离海岸登陆点s＝1km处.登陆队员需要从较高的军舰甲板上，利用绳索下滑到登陆快艇上再行登陆接近目标，若绳索两端固定好后，与竖直方向的夹角θ＝30°，为保证行动最快，队员甲先无摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦匀减速滑至快艇，速度刚好为零，在队员甲开始下滑时，队员乙在甲板上同时开始向快艇以速度v0＝3m/s平抛救生圈，第一个刚落到快艇，接着抛第二个，结果第二个救生圈刚好与甲队员同时抵达快艇，若人的质量为m，重力加速度g＝10 m/s2，问：
(1)军舰甲板到快艇的竖直高度H及队员甲在绳索上运动的时间t0；
(2)若加速过程与减速过程中的加速度大小相等，则队员甲在何处速度最大？最大速度是多大？
(3)若快艇额定功率为5 kW，载人后连同装备总质量为103kg，从静止开始以最大功率向登陆点加速靠近，到达岸边时刚好能达到最大速度10 m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇运动的时间t′.
【答案】（1）16.2m，3.6s；（2）绳索中点处，10.39m/s；（3）1.1×102s
【解析】（1）设救生圈做平抛运动的时间为t，有
①（1分）
②
设人下滑时间为t0，由题意知：t0=2t③
联立①②③得：
(2)由几何关系得：绳索长.
因加速过程与减速过程的加速度大小相等，所以，甲在绳索中点处速度最大，
由
得
(3)加速过程有④
加速到匀速时⑤
联立④⑤解得
10.在竖直平面内有一个粗糙的圆弧轨道，其半径R=0.4m，轨道的最低点距地面高度h=0.45m.一质量m=0.1kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x=0.6m.空气阻力不计，g取10m/s2，求：
（1）小滑块离开轨道时的速度大小；
（2）小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；
（3）小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功.
【答案】（1）2.0m/s （2）2.0N (3)0.2J
【解析】（1）小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则
解得：v=2.0m/s
（2）小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为N，根据牛顿第二定律：
解得：N=2.0N
根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小
（3）在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：
所以小滑块克服摩擦力做功为0.2J。

11.如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝1.8m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带。

已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数= 0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角e＝530，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin530=0. 8，cos530=0.6。

求：
（1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量。

【答案】(1)22.5N，方向竖直向下；(2) 32J
【解析】(1)设小物块在C点的速度大小为v C，在D点的速度大小为v D则:
由动能定理得:
解得:v C=3m/s；v D=5m/s
小球在D点对小球的作用力为F N，由向心力公式得：F N-mg=；解得F N=22.5N。

由牛顿第三定律得：小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力22.5N，方向竖直向下。

（2）设小物块在传送带上滑行时的加速度为a
由牛顿第二定律：μmg=ma
小物块从D点到达最左端过程中，设所有时间为t1，小物块向左通过的距离为x1，传送带向右运动通过的距离为x2，则
v D=a t1
x1=
x2=vt1
小物块从最左端向右运动到速度大小与传送带速度大小相等的过程中，设所有时间为t2，小物块向左通过的距离为x3，传送带向右运动通过的距离为x4，则
v=at2
x3=
x4=v t2
整个过程中，小物块相对于传送带滑动的距离x=x1+x2+x4-x3
生成的热量Q=μmgx
解得Q=32J
12.如图所示，质量的滑块（可视为质点），在F=60N的水平拉力作用下从A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，当滑块由平台边缘B点飞出后，恰能从水平地面上的C点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE，并从轨道边缘E点竖直向上飞出，经过0.4 s后落回E点。

已知AB 间的距离L=2.3 m，滑块与平台间的动摩擦因数，平台离地高度，B，C两点间水
平距离s=1.2 m，圆弧轨道半径R=1.0m。

重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。

求：
（1）滑块运动到B点时的速度大小；
（2）滑块在平台上运动时受水平拉力F作用的时间；
（3）分析滑块能否再次经过C点。

【答案】（1）（2）（3）能
【解析】（1）滑块由B至C的过程中做平抛运动
水平方向：
竖直方向：
解得：
（2）滑块由A至B的过程中，F作用时间内做匀加速直线运动
撤去F后滑块做匀减速直线运动
联立得：
（3）由B至C的过程根据动能定理
得
因此
滑块从E点上抛至落回的时间用表示，则
滑块沿圆弧轨道由C到E过程，设克服摩擦力做的功为
根据动能定理：
可得：
由E点返回到C点过程，
由于
又因为返回过程中，克服摩擦力做功，故滑决一定能再次经过C点
13.某研究性学习小组为了测量木头与铁板间动摩擦因数，利用如图所示的装置将一铁板静置于水平地面上，其中水平段AB长L1=1.0m，倾斜段CD长L2=0.5m，与水平面夹角θ=530，BC是一小段圆弧，物体经过BC段速度大小不变。

现将一小木块（可视为质点）从斜面上的P点由静止开始释
放，木块滑到水平面上Q点处停止运动。

已知P点距水平面高h=0.2m，B，Q间距x=0.85m，(取重力加速度g=10m/s2，sin530=0.8) 求：
(1)动摩擦因数μ；
(2)若某同学在A点以v0=2.5m/s的初速度将木块推出，试通过计算说明木块能否经过P点？若不能，则请求出木块从A点出发运动到最高点所需时间t。

【答案】（1）（2）s
【解析】（1）方法一：木块从P运动到Q过程分析，由功能关系得：
代入数据得：
方法二：P到C过程分析：
B到Q过程分析：
根据题意，联立方程求解，得：
（2）根据功能关系，
E=3.125-4.15 E<0 故不能达到P点
A到B过程分析：
代入数据得：
s（舍去）s
解得：
m/s
B到最高点过程分析：
解得：s 所以，s
14.如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成θ的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段．已知物块的质量m=1kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，AB段长L=10m，BE的高度差h=0.8m，BE的水平距离x=1.6m．若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10m/s2．
（1）要越过壕沟，求物块在B点最小速度v的大小；
（2）若θ=370，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；
（3）若θ大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟”，求力F的最小值（结果可保留根号）．
【答案】（1）4m/s (2) 5.27N (3)N
【解析】（1）
（2）
a=0.8m/s2
对物块受力分析，由牛顿第二定律可得：
代入数据可得：F= 5.27N
(3)由数学知识可知：
代入数据得：
15.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙平面的平滑连接.现将一滑块(可视为质点)从斜面上的A 点由静止释放，最终停在水平面上的C点.已知A点距水平面的高度h＝0.8 m，B点距C点的距离L ＝2.0 m.(滑块经过B点时没有能量损失，g＝10m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0 s时速度的大小.
【答案】(1)4 m/s(2)0.4(3)3.2 m/s
【解析】(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，则有
mg sin 30°＝m a1，v＝2a1，解得：vm＝4 m/s
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，μmg＝m a2
v＝2a2L，解得：μ＝0.4
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，vm＝a1t1
得t1＝0.8s
由于t>t1，滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为
t－t1＝0.2s
设t＝1.0s时速度大小为v＝vm－a2(t－t1)
解得：v＝3.2m/s
16.滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，具有很强的观赏性与趣味性。

下坡式滑行轨道可H简化为如下模型：如图所示，abcdf为同一竖直平面内的滑行轨道，其中ab，df两段均为倾角=37o的斜直粗糙轨道，bc为一段半径为R=5m的光滑圆弧，圆弧与ab相切于磊点，圆弧圆心O在c点的正上方。

已知ab之间高度差H1=5m，cd之间高度差H2=2.25m，运动员连同滑板的总质量m=60kg。

运动员从a点由静止开始下滑后从C点水平飞出，落在轨道上的e点，经短暂的缓冲动作后沿斜面方向下滑。

de之间高度差H3=9m，运动员连同滑板可视为质点，忽略空气阻力，取g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8 。

求：
（1）运动员刚运动到c点时的速度大小；
（2）运动员（连同滑板）刚运动到c点时对轨道的压力；
（3）运动员（连同滑板）在由a点运动到b点过程中阻力对它做的功。

【答案】（1）8m/s（2）1368N（3）-1680J
【解析】（1）物体从C到e点做平抛运动，在竖直方向做自由落体运动H2+H3=gt2
t＝s
ce之间的水平距离为=12m
从c到e做平抛运动，在水平方向做匀速运动
故m/s
（2）在c点由牛顿第二定律可知FN−mg＝m
F N＝mg+m＝60×10+60×N=1368N
根据牛顿第三定律可知，运动员对轨道的压力为1368N，方向竖直向下；（3）由a到c由动能定理可知
mg(H1+R−Rcos37°)+W f＝
代入数据解得W f=-1680J。