2020届高考物理一轮复习 专题21力学计算题名校试题汇编

专题21 力学计算题名校试题汇编1.(2019·河南省洛阳市模拟)如图所示，一重力为10 N 的小球，在F ＝20 N 的竖直向上的拉力作用下，从A 点由静止出发沿AB 向上运动，F 作用1.2 s 后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为36，杆足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)有F 作用的过程中小球的加速度； (2)撤去F 瞬间小球的加速度；(3)从撤去力F 开始计时，小球经多长时间将经过距A 点为2.25 m 的B 点． 答案 (1)2.5 m/s 2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s 2 方向沿杆向下 (3)0.2 s 或0.75 s 解析 (1)小球的质量m ＝Gg＝1 kg取沿杆向上为正方向，设小球在力F 作用时的加速度大小为a 1，此时小球的受力如图所示，F cos 30°＝G cos 30°＋F N F sin 30°－G sin 30°－μF N ＝ma 1 联立解得：a 1＝2.5 m/s 2，方向沿杆向上 (2)撤去F 瞬间，小球的受力如图所示，设此时小球的加速度为a 2，F N ′＝G cos 30° －G sin 30°－μF N ′＝ma 2联立解得：a 2＝－7.5 m/s 2，即大小为7.5 m/s 2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F 时，小球的速度v 1＝a 1t 1＝3 m/s 小球的位移为x 1＝12a 1t 12＝1.8 m撤去F 后，小球继续向上运动的时间为t 2＝0－v 1a 2＝0.4 s小球继续向上运动的最大位移为x 2＝0－v 122a 2＝0.6 m则小球向上运动的最大距离为x m ＝x 1＋x 2＝2.4 m 在上滑阶段通过B 点，即x AB －x 1＝v 1t 3＋12a 2t 32解得t 3＝0.2 s 或者t 3＝0.6 s(舍) 小球返回时，受力如图所示，设此时小球的加速度为a 3， －G sin 30°＋μF N ′＝ma 3得a 3＝－2.5 m/s 2，即大小为2.5 m/s 2，方向沿杆向下 小球由顶端返回B 点时有－(x m －x AB )＝12a 3t 42解得t 4＝35s 则通过B 点时间为t ＝t 2＋t 4≈0.75 s.2.(2019·安徽省巢湖市质检)如图所示，光滑水平轨道AB 与光滑半圆形轨道BC 在B 点相切连接，半圆轨道半径为R ，轨道AB 、BC 在同一竖直平面内．一质量为m 的物块在A 处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C .已知物块在到达B 点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g .求：(1)物块由C 点平抛出去后在水平轨道的落点到B 点的距离； (2)物块在B 点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A 点时弹簧的弹性势能． 答案 (1)2R (2)6mg (3)52mgR解析 (1)因为物块恰好能通过C 点，则有：mg ＝m v C 2Rx ＝v C t,2R ＝12gt 2解得x ＝2R即物块在水平轨道的落点到B 点的距离为2R ； (2)物块由B 到C 过程中机械能守恒，则有12mv B 2＝2mgR ＋12mv C 2设物块在B 点时受到的半圆轨道的支持力为F N ， 则有：F N －mg ＝m v B 2R ，解得F N ＝6mg由牛顿第三定律可知，物块在B 点时对半圆轨道的压力大小F N ′＝F N ＝6mg . (3)由机械能守恒定律可知，物块在A 点时弹簧的弹性势能为 E p ＝2mgR ＋12mv C 2，解得E p ＝52mgR .3.(2019·安徽省蚌埠二中期中)如图所示，质量M ＝10 kg 的木楔ABC 静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m ＝1.0 kg 的物块由静止开始从A 点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x ＝1 m 时，其速度v ＝2 m/s ，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2)求：(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1； (2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F ＝5 N ，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)答案 (1)0.5 (2)1.6 N ，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 解析 (1)由v 2＝2ax ，得a ＝2 m/s 2对物块由牛顿第二定律有mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma ，得μ1＝0.5 (2)以物块和木楔ABC 整体为研究对象，作出受力图如图．(m ＋M )g －F N ＝ma y ，F f ＝ma x ，a x ＝a cos θ，a y ＝a sin θ 解得：F N ＝108.8 N ，F f ＝1.6 N(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．4.(2019·甘肃省天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，曲面劈B 的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B .求：(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g解析 (1)小物块C 与物块A 发生碰撞粘在一起，以v 0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 解得v ＝12v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12×2mv 2解得E 损＝14mv 02.(2)当小物块A 、C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15v 0根据机械能守恒得2mgh ＝12×2m ⎝⎛⎭⎫12v 02－12×5m ⎝⎛⎭⎫15v 02 解得h ＝3v 0240g.5. (2019·广东省湛江市第二次模拟)如图所示，水平地面放置A 和B 两个物块，物块A 的质量m 1＝2 kg ，物块B 的质量m 2＝1 kg ，物块A 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A 施加一个与水平方向成37°角的外力F ，F ＝10 N ，使物块A 由静止开始运动，经过12 s 物块A 刚好运动到物块B 处，A 物块与B 物块碰前瞬间撤掉外力F ，物块A 与物块B 碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A 、B 两物块均可视为质点，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)计算A 与B 两物块碰撞前瞬间物块A 的速度大小；(2)若在物块B 的正前方放置一个弹性挡板，物块B 与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A 和B 两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过多大？ 答案 (1)6 m/s (2)L 不得超过3.4 m解析 (1)设物块A 与物块B 碰前速度为v 1， 由牛顿第二定律得：F cos 37°－μ(m 1g －F sin 37°)＝m 1a 解得：a ＝0.5 m/s 2 则速度v 1＝at ＝6 m/s(2)设A 、B 两物块相碰后A 的速度为v 1′，B 的速度为v 2 由动量守恒定律得：m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2 由机械能守恒定律得：12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 22联立解得：v 1′＝2 m/s 、v 2＝8 m/s对物块A 用动能定理得：－μm 1gx A ＝0－12m 1v 1′2解得：x A ＝0.4 m对物块B 用动能定理得：－μm 2gx B ＝0－12m 2v 22解得：x B ＝6.4 m物块A 和物块B 能发生第二次碰撞的条件是x A ＋x B >2L ， 解得L <3.4 m即要保证物块A 和物块B 能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B 的距离L 不得超过3.4 m. 6. (2018·湖北省黄冈市质检)如图所示，倾角θ＝37°、高h ＝1.8 m 的斜面位于水平地面上，小球从斜面顶端A 点以初速度v 0水平向右抛出(此时斜面未动)，小球恰好落到斜面底端B 点处．空气阻力忽略不计，取重力加速度g ＝10 m/s 2，tan 37°＝0.75.(1)求小球平抛的初速度v 0的大小；(2)若在小球水平抛出的同时，使斜面在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t 2＝0.3 s 小球落至斜面上，求斜面运动的加速度大小． 答案 (1)4 m/s (2)13.3 m/s 2解析 (1)小球水平抛出后恰好落在斜面底端，设水平位移为x ， h ＝12gt 2 x ＝v 0t由几何知识可得 tan θ＝h x联立并代入已知数据得v 0＝4 m/s (2)如图所示，设经过t 2＝0.3 s ，斜面运动的位移为x 1，加速度大小为a ，小球做平抛运动竖直位移为h 2，水平位移为x 2，x 1＝12at 22h 2＝12gt 22x 2＝v 0t 2由几何知识可得tan θ＝h 2x 2－x 1联立并代入已知数据得a ＝403m/s 2≈13.3 m/s 27.(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v 0、2v 0、3v 0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g ，求：(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； (2)木块2在整个运动过程中的最小速度． 答案 (1)4v 02μg (2)56v 0解析 (1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，设为v ，以v 0的方向为正方向．系统动量守恒m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝6mv 木块3在木板上匀减速运动：μmg ＝ma 由运动学公式(3v 0)2－v 2＝2ax 3 解得x 3＝4v 02μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律 m (v 0＋2v 0＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2＋mv 3在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v 0－v 3＝2v 0－v 2 解得v 2＝56v 0.8. (2018·山东省济宁市上学期期末)如图所示，一足够长斜面上铺有动物毛皮，毛皮表面具有一定的特殊性，物体上滑时顺着毛的生长方向，毛皮此时的阻力可以忽略；下滑时逆着毛的生长方向，会受到来自毛皮的滑动摩擦力，现有一物体自斜面底端以初速度v 0＝6 m/s 冲上斜面，斜面的倾角θ＝37°，经过2.5 s 物体刚好回到出发点，(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)物体上滑的最大位移；(2)若物体下滑时，物体与毛皮间的动摩擦因数μ为定值，试计算μ的数值．(结果保留两位有效数字)答案 (1)3 m (2)0.42解析 (1)物体向上滑时不受摩擦力作用，设最大位移为x .由牛顿第二定律可得：mg sin 37°＝ma 1代入数据得：a 1＝6 m/s 2 由运动学公式有：v 02＝2a 1x联立解得物体上滑的最大位移为：x ＝3 m (2)物体沿斜面上滑的时间为：t 1＝v 0a 1＝66 s ＝1 s物体沿斜面下滑的时间为：t 2＝t －t 1＝1.5 s 下滑过程中，由运动学公式有：x ＝12a 2t 22由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 2 联立解得：μ≈0.429.(2018·山东省济南一中阶段检测)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的若继续行驶，则属于交通违章行为．一辆以10 m/s 的速度匀速直线行驶的汽车即将通过红绿灯路口，当汽车车头与停车线的距离为25 m 时，绿灯还有2 s 的时间就要熄灭(绿灯熄灭黄灯即亮)．若该车加速时最大加速度大小为2 m/s 2，减速时最大加速度大小为5 m/s 2.请通过计算说明： (1)汽车能否不闯黄灯顺利通过；(2)若汽车立即做匀减速直线运动，恰好能紧靠停车线停下的条件是什么？ 答案 见解析解析 (1)若驾驶员使汽车立即以最大加速度加速行驶，2 s 内前进的距离为x 1＝v 0t ＋12a 1t 2＝24 m ，由于x 1小于25 m ，所以汽车不能不闯黄灯而顺利通过． (2)若汽车紧靠停车线停下，则其位移为25 m.则加速度a ＝v 022x＝2 m/s 2<5 m/s 2所以汽车能够恰好紧靠停车线停下的条件是加速度为2 m/s 2.10.(2018·湖北省部分重点高中协作体联考)如图所示是一种较精确测重力加速度g 值的方法：将下端装有弹射装置的真空玻璃直管竖直放置，玻璃管足够长，小球竖直向上被弹出，在O 点与弹簧分离，上升到最高点后返回．在O 点正上方选取一点P ，利用仪器精确测得OP 间的距离为H ，从O 点出发至返回O 点的时间间隔为T 1，小球两次经过P 点的时间间隔为T 2，求：(1)重力加速度g ；(2)当O 点距离管底部的距离为L 0时，玻璃管的最小长度． 答案 (1)8H T 12－T 22 (2)L 0＋T 12H T 12－T 22解析 (1)小球从O 点上升到最大高度的过程中 h 1＝12g (T 12)2小球从P 点上升到最大高度的过程中 h 2＝12g (T 22)2依据题意得h 1－h 2＝H ， 联立解得g ＝8HT 12－T 22.(2)玻璃管的最小长度L ＝L 0＋h 1， 故L ＝L 0＋T 12HT 12－T 22.11.(2018·河南省新乡市第三次模拟)如图所示，质量M ＝9 kg 的小车A 以大小v 0＝8 m/s 的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定的支架光滑水平台上放置质量m ＝1 kg 的小球B (可看做质点)，小球距离车面H ＝0.8 m ．某一时刻，小车与静止在水平面上的质量m 0＝6 kg 的物块C 发生碰撞并粘连在一起(碰撞时间可忽略)，此后，小球刚好落入小车右端固定的小桶中(小桶的尺寸可忽略)，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)小车的最终速度的大小； (2)初始时小球与小桶的水平距离． 答案 (1)5 m/s (2)1.28 m解析 (1)整个过程中小球、小车及物块C 组成的系统水平方向动量守恒，设系统最终速度大小为v .以v 0的方向为正方向，则有： (M ＋m )v 0＝(M ＋m ＋m 0)v 解得：v ＝5 m/s(2)小车与物块C 碰撞过程动量守恒：Mv 0＝(M ＋m 0)v 1 设小球下落时间为t ，则有：H ＝12gt 2，x ＝(v 0－v 1)t解得：x ＝1.28 m.12．(2018·广东省惠州市第二次调研)如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s解析 (1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒： mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mv B ＝(m ＋M )v 共解得v 共＝0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为 W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： －W f ＝12mv 2－12mv B 2解得：v ＝ 5 m/s.13. (2018·福建省永安一中、德化一中、漳平一中联考)如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m 1＝6 kg 的物体P ，Q 为一质量为m 2＝10 kg 的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k ＝600 N/m ，系统处于静止状态．现给物体Q 施加一个方向沿斜面向上的力F ，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s 时间内，F 为变力，0.2 s 以后F 为恒力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2.求：(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x 0；(2)物体Q 从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a ； (3)力F 的最大值与最小值．答案 (1)0.16 m (2)103 m/s 2 (3)2803 N 1603 N解析 (1)设开始时弹簧的压缩量为x 0对整体受力分析，平行斜面方向有(m 1＋m 2)g sin θ＝kx 0 解得x 0＝0.16 m(2)前0.2 s 时间内F 为变力，之后为恒力，则0.2 s 时刻两物体分离，此时P 、Q 之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x 1 对物体P ，由牛顿第二定律得 kx 1－m 1g sin θ＝m 1a前0.2 s 时间内两物体的位移 x 0－x 1＝12at 2联立解得a ＝103m/s 2(3)对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大F min ＝(m 1＋m 2)a ＝1603 N对Q 应用牛顿第二定律得 F max －m 2g sin θ＝m 2a解得F max ＝m 2(g sin θ＋a )＝2803N.14.(2018·湖南省常德市期末检测)如图所示，有一质量为2 kg 的物体放在长为1 m 的固定斜面顶端，斜面倾角θ＝37°，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(1)若由静止释放物体，1 s 后物体到达斜面底端，则物体到达斜面底端时的速度大小为多少？(2)物体与斜面之间的动摩擦因数为多少？(3)若给物体施加一个竖直方向的恒力，使其由静止释放后沿斜面向下做加速度大小为1.5 m/s 2的匀加速直线运动，则该恒力大小为多少？ 答案 (1)2 m/s (2)0.5 (3)5 N解析 (1)设物体到达斜面底端时速度大小为v ，由运动学公式得：x ＝12vt ，v ＝2x t ＝2×11 m/s＝2 m/s ；(2)由运动学公式得a 1＝vt ＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1，联立解得μ＝0.5；(3)物体沿斜面向下运动，恒力F 与重力的合力竖直向下，设该合力为F 合，则F 合sin θ－μF合cos θ＝ma 2，将a 2＝1.5 m/s 2，θ＝37°，μ＝0.5代入，可得F 合＝15 N ，F 合＝mg －F ＝15 N ，解得F ＝5 N.15.(2018·陕西省安康市第二次质量联考)公交给居民出行带来了方便，很多城市都建设了公交专线．如图所示，公路上有一辆公共汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，为了平稳停靠在站台，在距离站台左侧位置50 m 处开始刹车做匀减速直线运动．公交车刚刹车时，一乘客为了搭车，从距站台右侧24 m 处由静止正对着站台跑去，人先做匀加速直线运动，速度达到4 m/s 后匀速运动一段时间，接着做匀减速直线运动，最终人和车同时到达站台停下，乘客顺利上车．人加速和减速的加速度大小相等．求：(不考虑站台大小和公交车的大小)(1)公交车刹车的加速度大小； (2)人的加速度的大小．答案 (1)1 m/s 2 (2)1 m/s 2解析 (1)设公交车刹车做匀减速运动的加速度大小为a 1，由匀变速直线运动规律，有： v 12＝2a 1x 1 解得：a 1＝1 m/s 2 (2)由v 1＝a 1t ， 公交车刹车时间t ＝10 s设人匀加速和匀减速的加速度大小为a 2，则 匀加速运动和匀减速运动的位移均为x 2＝v 222a 2设匀速运动的时间为t ′人的总位移为x ＝24 m ，总时间也为t ＝10 s 由t ＝2×v 2a 2＋t ′x ＝2x 2＋v 2t ′，解得：a 2＝1 m/s 2.16.(2018·湖北省黄冈市期末调研)一列火车由静止开始出发，沿直线轨道先以恒定加速度a 1做匀加速运动，至速度v 后，再匀速前进一段时间，最后以恒定加速度a 2匀减速前进，直到停止，全程长为L . (1)求全程所用时间；(2)速度v 为何值时，全程所用时间最短？ 答案 (1)L v ＋v 2a 1＋v2a 2(2)2a 1a 2a 1＋a 2L 解析 (1)火车加速过程：v ＝a 1t 1 加速位移满足2a 1x 1＝v 2 减速过程：v ＝a 2t 2 减速位移满足2a 2x 2＝v 2 匀速过程：L －x 1－x 2＝vt 3 全程所用时间t ＝t 1＋t 2＋t 3 联立解得t ＝L v ＋v 2a 1＋v2a 2(2)火车先加速到v 再减速到零跑完全程，所用时间最短 即L ＝x 1＋x 2 得v ＝2a 1a 2a 1＋a 2L 17.(2018·河北省衡水中学第一次调研)现有一辆长为5 m 的汽车以v 1＝15 m/s 的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m 处，汽车司机突然发现离交叉点200 m 处有一列长300 m 的列车以v 2＝20 m/s 的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应为多少？ 答案 0.643 m/s 2 0.6 m/s 2解析 列车通过交叉点所需时间为：t 1＝300＋20020 s ＝25 s汽车减速到停止有：x 汽＝12v 1t 2t 2＝35015s ＝23.33 s<25 s则汽车做减速运动应满足：2a 1x 汽＝0－v 12 a 1≈－0.643 m/s 2故当汽车以大于0.643 m/s 2的加速度刹车时可避免事故发生．汽车加速行驶，在列车到达交叉点前通过，列车到达交叉点所用时间为：t 3＝x 列v 2＝20020 s ＝10s临界情况为L 汽＋x 汽＝v 1t 3＋12a 2t 32，整理得：a 2＝0.6 m/s 2故当汽车以大于0.6 m/s 2的加速度加速时亦可避免事故发生．18．(2018·安徽省黄山市一质检)如图所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求：(1)列车减速运动的加速度的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间． 答案 (1)1.6 m/s 2≤a ≤167m/s 2 (2)50 s解析 (1)列车做减速运动到速度为0的过程中，刹车位移：x ＝v 022a .当位移最小时，加速度最大： a max ＝v 022x min ＝8022×(1 200＋200)m/s 2＝167 m/s 2位移最大时，加速度最小：a min ＝v 022x max ＝8022×2 000 m/s 2＝1.6 m/s 2所以加速度的范围是：1.6 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)由速度公式：v ＝v 0＋at 可知，列车减速到速度为0的时间：t ＝0－v 0－a ，可知加速度最小时，列车减速运动的时间最长：t max ＝v 0a min ＝801.6s ＝50 s.19.(2018·内蒙古赤峰二中月考)倾角30°的斜面体放在水平地面上，小车与斜面之间光滑，斜面体与地面之间粗糙，用两根轻绳跨过两个固定的定滑轮一端接在小车上(滑轮与斜面没有连接)，另一端分别悬挂质量为2m和m的物体A、B，当小车静止时两绳分别平行、垂直于斜面，如图所示，不计滑轮摩擦．(重力加速度为g)(1)求小车的质量；(2)现使A、B位置互换，当系统再次静止时(斜面体始终未动)，地面与斜面体之间的摩擦力大小．答案(1)4m(2)32mg解析(1)小车处于静止状态，受力平衡，对小车受力分析，沿斜面方向有：Mg sin 30°＝2mg，得M＝4m.(2)当A和B互换位置后，设A连接的绳子与垂直于斜面方向的夹角为θ，沿斜面方向有：Mg sin 30°＝mg＋2mg sin θ，解得θ＝30°，即A连接的绳子竖直向上拉小车，对小车和斜面体整体受力分析，水平方向有：F f＝mg cos 30°解得F f＝32mg.20.．(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为m A＝5 kg，m B＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：(1)弹簧的伸长量x；(2)物块A受到的摩擦力．答案(1)4 cm(2)5 N，方向沿斜面向上解析(1)对结点O受力分析如图甲所示：根据平衡条件，有：F T cos θ－m B g＝0，F T sin θ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4 cm；(2)设物块A 所受摩擦力沿斜面向下，对物块A 受力分析如图乙所示：根据牛顿第三定律有F T ′＝F T ，根据平衡条件，有：F T －F f －m A g sin α＝0，解得：F f ＝－5 N ，即物块A 所受摩擦力大小为5 N ，方向沿斜面向上．21.(2018·福建省厦门市质检)如图所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R ，A 、B 两点分别为轨道的最高点与最低点．质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向圆心O 且大小恒为F ，当质点以速率v ＝gR 通过A 点时，对轨道的压力为其重力的7倍，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g .(1)求质点的质量；(2)质点能做完整的圆周运动过程中，若磁性引力大小恒定，试证明质点对A 、B 两点的压力差为定值；(3)若磁性引力大小恒为2F ，为确保质点做完整的圆周运动，求质点通过B 点最大速率． 答案 见解析解析 (1)在A 点：F ＋mg －F A ＝mv 2R ①根据牛顿第三定律：F A ′＝F A ＝7mg ② 由①②式联立得：m ＝F7g③(2)质点能做完整的圆周运动，设磁性引力大小为F ′，在A 点有：F ′＋mg －F N A ＝mv A 2R ④根据牛顿第三定律：F N A ′＝F N A ⑤ 在B 点有：F ′－mg －F N B ＝mv B 2R ⑥根据牛顿第三定律：F N B ′＝F N B ⑦从A 点到B 点过程，根据机械能守恒定律：mg 2R ＝12mv B 2－12mv A 2⑧由④⑤⑥⑦⑧联立得：F N A ′－F N B ′＝6mg 为定值，得到证明．(3)在B 点，根据牛顿第二定律：2F －mg －F B ＝mv B 2R当F B ＝0，质点速度最大 2F －mg ＝mv B m 2R⑨由③⑨联立得：v B m ＝13gR21. (2018·广东省深圳市高级中学月考)如图所示，A 、B 两滑环分别套在间距为1 m 的光滑细杆上，A 和B 的质量之比为1∶3，用一自然长度为1 m 的轻弹簧将两环相连，在A 环上作用一沿杆方向的、大小为20 N 的拉力F ，当两环都沿杆以相同的加速度a 1运动时，弹簧与杆夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)弹簧的劲度系数为多少？(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，A 的加速度为a 2，则a 1∶a 2为多少？ 答案 (1)100 N/m (2)1∶3解析 (1)先取A 、B 和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A 、B 的支持力与加速度方向垂直，在沿F 方向应用牛顿第二定律可得：F ＝(m A ＋m B )a 1 再对B 受力分析：由牛顿第二定律可得：F 弹cos 53°＝m B a 1 联立解得F 弹＝25 N由几何关系得，弹簧的伸长量：Δx ＝L ⎝⎛⎭⎫1sin 53°－1＝0.25 m 由胡克定律得，F 弹＝k Δx所以弹簧的劲度系数：k ＝100 N/m(2)若突然撤去拉力F ，在撤去拉力F 的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，根据牛顿第二定律得对A ：F 弹cos 53°＝m A a 2 联立得a 1∶a 2＝1∶3.22.(2018·福建省泉州市模拟三)如图为一个简易的冲击式水轮机的模型，水流自水平的水管流出，水流轨迹与下边放置的轮子边缘相切，水冲击轮子边缘上安装的挡水板，可使轮子连续转动．当该装置工作稳定时，可近似认为水到达轮子边缘时的速度与轮子边缘的线速度相同．调整轮轴O 的位置，使水流与轮边缘切点对应的半径与水平方向成θ＝37°角．测得水从管口流出速度v 0＝3 m/s ，轮子半径R ＝0.1 m ．不计挡水板的大小，不计空气阻力．取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)轮子转动角速度ω；(2)水管出水口距轮轴O 的水平距离l 和竖直距离h . 答案 (1)50 rad/s (2)1.12 m 0.86 m解析 (1)水流出后做平抛运动，设水流到达轮子边缘的速度为v ，v ＝v 0sin 37°＝5 m/s轮子边缘的线速度v ′ ＝v ＝ 5 m/s 所以轮子转动的角速度ω＝v ′R＝50 rad/s(2)设水流到达轮子边缘的竖直分速度为v y ，平抛运动时间为t ，水平、竖直分位移分别为x 、y ：v y ＝v 0tan 37°＝4 m/st ＝v yg ＝0.4 s x ＝v 0t ＝1.2 m y ＝12gt 2＝0.8 m 水管出水口距轮轴O 的水平距离l 和竖直距离h 为： l ＝x －R cos 37°＝1.12 m h ＝y ＋R sin 37°＝0.86 m23．(2018·山西省运城市期末)某高速公路的一个出口段如图所示，情景简化：轿车从出口A 进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B 点(通过B 点前后速率不变)，再匀速率通过水平圆弧路段至C 点，最后从C 点沿平直路段匀减速到D 点停下．已知轿车在A 点的速度v 0＝72 km/h ，AB 长L 1＝150 m ；BC 为四分之一水平圆弧段，限速(允许通过的最大速度)v ＝36 km/h ，轮胎与BC 段路面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD 段长L 2＝50 m ，重力加速度g 取10 m/s 2.(1)若轿车到达B 点速度刚好为v ＝36 km/h ，求轿车在AB 下坡段加速度的大小； (2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC 半径R 的最小值； (3)轿车从A 点到D 点全程的最短时间．答案 (1)1 m/s 2 (2)20 m (3)23.14 s解析 (1)v 0＝72 km/h ＝20 m/s ，AB 长L 1＝150 m ，v ＝36 km/h ＝10 m/s ，轿车在AB 段做匀减速直线运动，有v 2－v 02＝－2aL 1 代入数据解得a ＝1 m/s 2(2)轿车在BC 段做圆周运动，静摩擦力提供向心力， F f ＝mv 2R为了确保安全，则须满足F f ≤μmg 联立解得：R ≥20 m ，即R min ＝20 m(3)设通过AB 段最短时间为t 1，通过BC 段最短时间为t 2，通过CD 段时间为t 3，全程所用最短时间为t . L 1＝v ＋v 02t 112πR min ＝vt 2 L 2＝v 2t 3t ＝t 1＋t 2＋t 3 解得：t ＝23.14 s24.(2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它可以培养孩子坚定的意志和信心，可以培养孩子的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝1.5 m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝0.5 m ，厚度不计．倾斜部分和水平部分用一忽略大小的圆弧连接，示意图如图所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽末端时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)若滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；(2)若小孩滑到水平槽末端速度大于1 m/s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证安全，将滑梯水平槽粗糙处理．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处理后的动摩擦因数μ1的取值范围． 答案 (1)0.52 (2)μ1≥0.82解析 (1)研究小孩的整个运动过程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°×h sin 37°－μmgL ＝12mv 2解得μ＝0.52(2)为使小孩能安全到达水平槽的末端，则在水平槽的末端速度v ′应小于等于1 m/s ，小孩到达斜槽末端的速度为v 1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh －μmg cos 37°×h sin 37°＝12mv 12在水平槽上有12mv ′2－12mv 12＝－μ1mgL联立得μ1＝0.82 所以μ1≥0.82.25．(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图所示，质量m 1＝500 g 的木板A 静止放在水平平台上，木板的右端放一质量m 2＝200 g 的小物块B .轻质细线一端与长木板连接，另一端通过定滑轮与物块C 连接，长木板与滑轮间的细线水平．现将物块C 的质量由0逐渐增加，当C 的质量增加到70 g 时，A 、B 恰好开始一起匀速运动；当C 的质量增加到400 g 时，A 、B 开始发生相对滑动．已知平台足够长、足够高，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑轮质量及摩擦不计．求木板与平台间、木板与物块B 间的动摩擦因数．答案 0.1 0.3解析 设A 与水平平台间的动摩擦因数为μ，当m C ＝70 g 时，系统恰好匀速运动，由平衡条件得：F T ＝m C g ，F f ＝F T ，F f ＝μ(m 1＋m 2)g 联立解得：μ＝0.1设A 、B 间动摩擦因数为μAB设系统加速度为a ，由牛顿第二定律得： 对B ：μAB m 2g ＝m 2a 对C ：m C g －F T1＝m C a对A 、B 整体：F T1－μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 联立得：μAB ＝0.3.26.(2018·河南省洛阳市上学期期中)如图所示，光滑的轨道ABO 的AB 部分与水平部分BO 相切，轨道右侧是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin 37°＝35，cos 37°＝45)。