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2

10/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）＝

1

2

mv 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=

1

2(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=

212

gt

且有①式

解得 x=2()(1cos )l H l α--

当l=

2

H

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2

112

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

1

2=?? 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

4

10s 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

4

10s m a =-

= 4ma mg f F =-+，24/6102

4

228s m a =-+=

3

2

2 且223334

22v v h a a +=，=

+=4

34

332a a a ha v m 2128

68

6422=+???

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22

1)(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 +=21

221=

m 64

20122=+

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2332

1)(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2342

10)(mv s f mg F -=?+-- 并且m h s s 4243==+ 解得：3v m 212= 得3t =

32

2

(s)(或2.1s) 【解法3】用t v -图象和s v -2图象解 (1)根据2

2

1at h =

，作出2t h -图象，如下图

求出加速度2

2

/22s m t

h a ==

，进而求出N f 4=。 (2)正常上升时，加速度2

1/2s 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 364

144

1==

，遥控器出现故障后，加速度2

2/12s m a =，作出s v -2图象，见下右图，得m s 624

1442==，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2

2

)/(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：2

112

h gt = 111x t =v 解得：1

12h x g

=v ⑵同理得：22212

h gt =

222x t =v 且：2h h = 22x L = 解得：222L g

h

=

v ⑶如下图，同理得：23312

h 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： 2312

h h gt -= 3s t =v 由几何关系得：3x s L += 解得：343

h h =

2L

h 1

P 1

h

P 2

P 3

O

v 2

v 1

4．2007。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 ①

T1cosθ1-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)a④

T2cosθ2-(m+M)g=0 ⑤

由③④⑤得,水箱中水的质量M=4.5×103 kg

5.2007．１９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)-1

2-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：2

1×2mv 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 22

1v

解得H 1=

1

+k H

棒运动的路程s =H +2H =

H k k 1

3

++ (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+2

1a 棒t 12

x 1=h 环1-h 棒1

解得：x 1=-k

H

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=-2

2k H

…… x n =-

n k

H

2 环相对棒的总位移 x =x 1+x 2+……+x n +…… W =kmgx

得W =-1

2-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 =-1

2-k kmgH

6． 2006年第14题．（14分）如图所示，A 是地球的同步卫星。另一卫星 B 的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为 h 。已知地球半径为 R ，地球自转角速度为 0ω，地球表面的重力加速度为g ，O 为地球中心。

（1）求卫星 B 的运行周期。

（2）如卫星 B 绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A 、B 两卫星相距最近（O 、B 、A 在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？ 6． 06.14．【解析】（Ⅰ）由万有引力定律和向心力公式得

………………………………………………①

………………………………………………②

联立①②得

………………………………………………③

（2）由题意得 ………………………………………………④

由③得

………………………………………………⑤

代入④得：

7． 2005年13．(14分)A 、B 两小球同时从距地面高为h=15m 处的同一点抛出，初速度大小均为v 0=10m/s ．A 球竖直向下抛出，B 球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g=l0m ／s 2．求：

(1)A 球经多长时间落地?

(2)A 球落地时，A 、B 两球间的距离是多少?

7． 05.13．(14分)【解析】（1）A 球做竖直下抛运动：2

012

h v t gt =+ 将15h m =、010/v m s =代入，可得：1t s =

（2）B 球做平抛运动：

0212

x v t

y gt ==

将010/v m s =、1t s =代入，可得：

105x m

y m

==

此时A 球与B 球的距离L 为：22()L x h y =

+-

将x 、y 、h 代入，得：102L m =

8． 2004年15．(15分)如图所示，半径为R 、圆心为O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m 的重物，忽略小圆环的大小。

（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上(如

图)．在—两个小圆环间绳子的中点C 处，挂上一个质量M=2m 的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M ．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M 下降的最大距离． （2）若不挂重物M ．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小

圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态? 8．04.第15小题 【解析】

下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得 (

)

222(sin )sin Mgh mg h R R θθ=+-

解得 2h R =

（另解h=0舍去）

(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a ．两小环同时位于大圆环的底端． b ．两小环同时位于大圆环的顶端．

c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．

d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上(如图所示)．对于重物m ，受绳子拉力T 与重力mg 作用，有 T mg =

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力T 、竖直绳子的拉力T 、大圆环的支持力N .两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反