专题五 力学综合计算
[最新版]力学计算(杠杆) (1)
![[最新版]力学计算(杠杆) (1)](https://img.taocdn.com/s3/m/f078313c83c4bb4cf7ecd1e3.png)
例题
如图，AOB为轻质杠杆，O为支点，OA:OB=1:4，一个边长 为0.1m,密度是9×103kg/m3的实心正方体C， 人的体重 为620N，人与地的接触面积为0.04m2， 请完成下列计算： （1）将圆柱体C挂在A点，要使它对水平面的压力为 30N，要在B点用多大竖直向下的拉力？（写出该小题 的解题思路）
（2）若将圆柱体C挂在A点，将其浸没在水中 （C与容器底不接触），人用力F2仍使杠杆在 水平位置平衡，此时人对地面的压强为多大？。（g 取10N/kg）
Байду номын сангаас
方法梳理
杠杆综合计算的解题方法：
【解题关键：】画力的示意图、列关系式 【分析思路：】 1.通过画力的示意图，明确物体受力情况。一般来说，无论在 水平地面上，还是在液体中，在向下的方向都受重力，在水平 地面上，向上的方向上受拉力和支持力，在液体中，向上的方 向上受浮力和拉力。 2.明确几个相等的力。（1）杠杆对物体的拉力和物体对杠杆 的拉力。（2）物体对地面的压力和地面对物体的支持力。 （3）水平地面上物体所受重力与所受拉力和支持力的合力； 液体中物体所受重力与拉力和浮力的合力。 3. 结合所求问题选择合适的物理公式并解答。
力学综合计算
胶州市初级实验中学
题型设置
“力学综合计算”题型设置：
复杂的力学综合计算—卷二专题五计算能力题第11小题， 两种类型：1.杠杆的综合计算 2.滑轮组的综合计算.如：
2013年中考题：11.(5分)（青岛市）将一个圆柱体A分别竖直
放在水和液体甲中，都能漂浮，并且分别有 和 的体积露出
液面。 1)这两种情况下，圆柱体A下表面所受液体压强之比
高考物理专题复习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
速度g=10m/s2。求：当mg=kx时速度最大
特殊位置
（1）小球通过C点时的速度大小；
（2）水平面BC的长度；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 专题复 习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 专题复 习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 专题复 习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
【例4】如图，一根原长为l0的轻弹簧套在光滑直杆AB上，其下端固定在杆的A端，质
量为m的小球也套在杆上且与弹簧的上端相连。球和杆一起绕经过杆A端的竖直轴OO′
匀速转动，且杆与水平面间始终保持30°角。已知杆处于静止状态时弹簧的压缩量
（2）弹簧为原长时，杆的角速度为多少；
N F合
mg
对小球受力分析
mg tan30 m02l0 cos30
0
2g 3l0
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 专题复 习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
优秀ppt公开课ppt免费课件下载免费 课件高 考物理 专题复 习 力学综合计算题例析2(共30张PPT)
【例5】（选做）如图所示，足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的
杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根
轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上。现将A球搁在 弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角θ＝37°．已知 重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k；
第5章 专题5应用力学两大观点分析多过程问题
专题五应用力学两大观点分析多过程问题考纲解读 1.能熟练分析物体在各过程的受力情况和运动情况.2.会分析相邻过程的关联量，能找到解答问题的关键点.3.能够根据不同运动过程的特点，合理选择物理规律．考点一应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理求解．例1如图1所示，AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，O、A处于同一水平面．AB是半径为R＝2 m的1/4圆周轨道，CDO是半径为r＝1 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板．D为CDO轨道的中央点．BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接．已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.4.现让一个质量为m＝1 kg的小球P从A点的正上方距水平线OA高H处自由落下．(取g＝10 m/s2)图1(1)当H＝1.4 m时，问此球第一次到达D点对轨道的压力大小．(2)当H＝1.4 m时，试通过计算判断此球是否会脱离CDO轨道．如果会脱离轨道，求脱离前球在水平轨道经过的路程．如果不会脱离轨道，求静止前球在水平轨道经过的路程．解析(1)设小球第一次到达D的速度v DP到D点的过程对小球根据动能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝m v2D/2在D点对小球列牛顿第二定律：F N＝m v2D/r联立解得：F N＝32 N(2)设第一次来到O点时速度为v1P到O点的过程对小球列动能定理方程：mgH－μmgL＝m v21/2解得：v21＝12 (m/s)2要能通过O点，须mg<m v2/r临界速度v20＝10 (m/s)2故第一次来到O点之前没有脱离．设第三次来到D点之前没有脱离，且设第三次来到D点的动能E K对之前的过程列动能定理：mg(H＋r)－3μmgL＝E K代入解得：E K＝0故小球一直没有脱离CDO轨道设此球静止前在水平轨道经过的路程s对全程列动能定理方程：mg(H＋R)－μmgs＝0解得：s＝8.5 m.答案见解析考点二用动力学和能量观点分析多过程问题若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解．例2如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上x P＝2 m的P 点．小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)N点的纵坐标；(2)从P点到Q点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量；(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标y M＝0.25 m的M点，求这些位置的横坐标范围．解析(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t t ＝v 0a＝1 s 运动的位移Δx ＝v 022a ＝2.5 m ＜x PQ在N 点由牛顿第二定律mg ＝m v 2NR从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 12m v 20＝mgy N ＋12m v 2N 又R ＝y N 2解得y N ＝1 m(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 x ＝v 0t －Δx ＝2.5 m产生的热量Q ＝μmgx ＝12.5 J(3)设在坐标为x 1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点， 由能量守恒得：μmg (L －x 1)＝mgy M 代入数据解得x 1＝7.5 m当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时 μmg (L －x 2)＝12mgy N代入数据解得x 2＝7 m若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C ，μmg (L －x 3)＝mgy N ＋12m v 2Nmg ＝m v 2NR，可解得x 3＝5.5 m故小物块放在传送带上的位置坐标范围 7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m答案 (1)1 m (2)12.5 J (3)7 m ≤x ≤7.5 m 和0≤x ≤5.5 m突破训练 如图3所示，为一传送装置，其中AB 段粗糙，AB 段长为L ＝0.2 m ，动摩擦因数μ＝0.6，BC 、DEN 段均可视为光滑的，且BC 的始、末端均水平，具有h ＝0.1 m 的高度差，DEN 是半径为r ＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DN 沿竖直方向，C 位于DN 竖直线上，C 、D 间的距离恰能让小球自由通过．在左端竖直墙上固定一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m ＝0.2 kg ，压缩轻质弹簧至A 点后由静止释放(小球和弹簧不粘连)，小球刚好能沿DEN 轨道滑下．求：(g 取10 m/s 2)图3(1)小球到达N 点时的速度； (2)压缩的弹簧所具有的弹性势能． 答案 (1)2 5 m/s (2)0.44 J解析 (1)小球刚好能沿DEN 轨道滑下，则在半圆最高点D 点必须满足：mg ＝m v 2Dr从D 点到N 点，出机械能守恒得： 12m v 2D ＋mg 2r ＝12m v 2N＋0 联立以上两式，代入数据得： v D ＝2 m/s ，v N ＝2 5 m/s.(2)弹簧推开小球的过程中，弹簧对小球所做的功W 等于弹簧所具有的弹性势能E p ，根据动能定理得W －μmgL ＋mgh ＝12m v 2D －0代入数据得W ＝0.44 J.即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44 J.26．应用动力学和能量观点分析力学综合题例3 如图4所示，质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑的圆弧轨道．B 、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R ＝1.0 m ，圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h ＝0.8 m ，小物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0.8 s 后经过D 点，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ1＝13.(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37 °＝0.8)图4(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v 1的大小； (2)求小物块经过O 点时对轨道的压力；(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.3，传送带的速度为5 m/s ，求P 、A 间的距离；(4)求斜面上C 、D 间的距离． 审题与关联解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2y ＝2gh 在B 点，有tan θ2＝v y v 1所以v 1＝3 m/s(2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知 mgR (1－cos θ2)＝12m v 2O －12m v 2B其中v B ＝v 21＋v 2y ＝32＋42m /s ＝5 m/s由牛顿第二定律知，在O 点，有F N －mg ＝m v 2O R ，所以F N ＝43 N由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为F N ′＝43 N ，方向竖直向下 (3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg ＝ma 设P 、A 间的距离为x P A ，则x P A ＝v 212a ＝v 212μ2g ＝1.5 m(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 mg sin θ2＋μ1mg cos θ2＝ma 1解得a 1＝10 m/s 2小物块沿斜面下滑时有mg sin θ2－μ1mg cos θ2＝ma 2解得a 2＝6 m/s 2由机械能守恒定律可知v C ＝v B ＝5 m/s小物块由C 点上升到最高点历时t 1＝v Ca 1＝0.5 s小物块由最高点回到D 点历时 t 2＝0.8 s －0.5 s ＝0.3 s 故x CD ＝v C 2t 1－12a 2t 22解得x CD ＝0.98 m答案 (1)3 m/s (2)43 N ，方向竖直向下 (3)1.5 m (4)0.98 m高考题组1．(2013·北京理综·23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段．最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F ＝kx (x 为床面下沉的距离，k 为常量)．质量m ＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0＝0.10 m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt ＝2.0 s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x 1.取重力加速度g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力的影响．图5(1)求常量k ，并在图5中画出弹力F 随x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；(3)借助Fx 图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值． 答案 (1)5000 N/m 见解析图 (2)5 m (3)W ＝12kx 2 1.1 m 2.5×103 J解析 (1)运动员静止在蹦床上时受力平衡，则mg ＝kx 0. 代入数据得：k ＝5000 N/m Fx 图象如图(2)运动员从x ＝0处离开床面，离开床后做竖直上抛运动，且腾空时间为2 s ，其上升、下落时间相等，h m ＝12g ⎝⎛⎭⎫Δt 22＝12×10×⎝⎛⎭⎫222 m ＝5 m (3)由图象可知弹簧弹力做功应为Fx 曲线下的面积，其规律为W ＝12kx 2.在运动员从最低点到最高点过程中，由动能定理得： 12kx 21＝mg (h m ＋x 1) 代入数据得：x 1＝1.1 m运动员所做的总功W ＝mg (h m ＋x 0)－12kx 20≈2.5×103J 模拟题组2．如图6所示，半径R ＝0.9 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L ＝1 m 的水平面相切于B 点，BC 离地面高h ＝0.45 m ，C 点与一倾角为θ＝30°的光滑斜面连接，质量m ＝1.0 kg 的小滑块从圆弧顶点A 由静止释放，已知滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2.求：图6(1)小滑块刚到达圆弧的B 点时对圆弧的压力的大小； (2)小滑块到达C 点时速度的大小； (3)小滑块从C 点运动到地面所需的时间． 答案 见解析解析 (1)设滑块到B 点时速度为v B ，由机械能守恒 12m v 2B＝mgR 在B 点：F N －mg ＝m v 2BR得F N ＝3mg ＝30 N ．由牛顿第三定律，滑块在B 点对圆弧的压力大小为30 N (2)由动能定理，12m v 2C ＝mgR －μmgLv C ＝2(gR －μg L )＝4 m/s.(3)滑块离开C 点后做平抛运动，设其下落h 的时间为t ，则 由h ＝12gt 2得t ＝0.3 st ＝0.3 s 内滑块的水平位移x ＝v C t ＝1.2 m. 而斜面的水平长度x 0＝h cot θ≈0.78 m因为x >x 0，所以滑块不会落到斜面上而直接落到地面上，所以小滑块从C 点运动到地面所需的时间为0.3 s.3．为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想，取一个与水平方向夹角为37°、长为L ＝2.0 m 的粗糙倾斜轨道AB ，通过水平轨道BC 与竖直圆轨道相连，出口为水平轨道DE ，整个轨道除AB 段以外都是光滑的，其中AB 与BC 轨道以微小圆弧相接，如图7所示，一个小物块以初速度v 0＝4.0 m /s ，从某一个高度水平抛出，到A 点时速度方向恰沿AB 方向，并沿倾斜轨道滑下，已知物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图7(1)小物块的抛出点和A 点的高度差；(2)为了让小物块不离开轨道，并且能够滑回倾斜轨道AB ，则竖直圆轨道的半径R 应该满足什么条件；(3)要使小物块不离开轨道，并从水平轨道DE 滑出，求竖直圆轨道的半径R ′应该满足什么条件．答案 (1)0.45 m (2)R ≥1.65 m (3)R ′≤0.66 m解析 (1)设抛出点和A 点的高度差为h ，从抛出点到A 点时有： v y ＝2gh ，且v yv 0＝tan 37°联立以上两式并代入数据得h ＝0.45 m. (2)小物块到达A 点时的速度：v A ＝v 20＋v 2y ＝5 m/s从A 到B ，由动能定理：mgL sin 37°－μmg cos 37°·L ＝12m v 2B －12m v 2A 要使小物块不离开轨道并且能够滑回倾斜轨道AB ，则小物块沿圆轨道上升的最大高度不能超过圆心，即： 12m v 2B≤mgR ， 解得R ≥1.65 m(3)小物块从B 运动到轨道最高点机械能守恒： 12m v 2B ＝12m v 2＋mg ×2R ′ 在最高点有：m v 2R ′≥mg由以上各式解得R ′≤0.66 m ，此时小物块不离开轨道，且能从水平轨道DE 滑出．(限时：45分钟)1．如图1所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端恰位于坡道的底端O 点．已知在OM 段，物块A 与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求：图1(1)物块滑到O 点时的速度大小；(2)弹簧被压缩至最短，最大压缩量为d 时的弹性势能(设弹簧处于原长时弹性势能为零)；(3)若物块A 能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？ 答案 (1)2gh (2)mgh －μmgd (3)h －2μd 解析 (1)由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2解得v ＝2gh .(2)在水平滑道上物块A 克服摩擦力所做的功为W ＝μmgd 由能量守恒定律得12m v 2＝E p ＋μmgd以上各式联立得E p ＝mgh －μmgd .(3)物块A 被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为W ＝μmgd 由能量守恒定律得E p ＝μmgd ＋mgh ′所以物块A 能够上升的最大高度为h ′＝h －2μd .2．如图2所示，长l ＝1 m 、厚度h ＝0.2 m 的木板A 静止在水平面上，固定在水平面上、半径r ＝1.6 m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 的底端与木板A 相切于P 点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B 从圆弧上距P 点高度H ＝0.8 m 处由静止释放，已知A 、B 质量均为m ＝1 kg ，A 与B 间的动摩擦因数μ1＝0.4，A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.求：图2(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P 处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离． 答案 (1)20 N (2)49J (3)0.42 m解析 (1)对B 下滑的过程由机械能守恒定律有 mgH ＝12m v 2，解得v ＝2gH ＝4 m/s小物块滑到最低点P 处时，由牛顿第二定律有 F N －mg ＝m v 2r解得F N ＝mg ＋m v 2r ＝20 N由牛顿第三定律得F N ′＝20 N(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中，对B 受力分析，由牛顿第二定律有a 1＝μ1mgm＝μ1g ＝4 m/s 2 小物块B 做匀减速直线运动 对A 受力分析，由牛顿第二定律有 a 2＝μ1mg －μ2·2mg m ＝2 m/s 2木板A 做匀加速直线运动 又由l ＝x B －x A x B ＝v t －12a 1t 2x A ＝12a 2t 2代入数据解得t ＝13s(t ＝1 s 舍去) 对A 由动能定理得W ＝μ1mg ·12a 2t 2＝49J (3)B 离开木板后以v 1＝v －a 1t ＝83 m/s 的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h ＝12gt ′2，得t ′＝ 2h g＝0.2 s 木板A 将以v 2＝a 2t ＝23 m/s 、加速度a 3＝μ2mg m＝μ2g ＝1 m/s 2做匀减速运动，物块B 落地时，两者相距Δx ＝v 1t ′－(v 2t ′－12a 3t ′2) 代入数据得Δx ＝0.42 m3．如图3甲所示，竖直平面内的坐标系xOy 内的光滑轨道由半圆轨道OBD 和抛物线轨道OA 组成，OBD 和OA 相切于坐标原点O 点，半圆轨道的半径为R ，一质量为m 的小球(可视为质点)从OA 轨道上高H 处的某点由静止滑下．图3(1)若小球从H ＝3R 的高度静止滑下，求小球刚过O 点时小球对轨道的压力；(2)若用力传感器测出滑块经过圆轨道最高点D 时对轨道的压力为F ，并得到如图乙所示的压力F 与高度H 的关系图象，取g ＝10 m/s 2.求滑块的质量m 和圆轨道的半径R . 答案 (1)7mg ，方向竖直向下 (2)0.1 kg 0.2 m解析 (1)由动能定理得mgH ＝12m v 20在O 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v 20R解得F N ＝7mg由牛顿第三定律得，小球刚过O 点时对轨道的压力为7mg ，方向竖直向下(2)由题图乙可知，当H 大于0.5 m 时，小球才能通过D 点．当H 1＝0.5 m 时，有mg (H 1－2R )＝12m v 2D 1mg ＝m v 2D 1R解得R ＝0.2 m当H 2＝1 m 时，有mg (H 2－2R )＝12m v 2D 2F 2＋mg ＝m v 2D 2RF 2＝5 N解得m ＝0.1 kg4．如图4所示，AB 为一光滑固定轨道，AC 为动摩擦因数μ＝0.25的粗糙水平轨道，O 为水平地面上的一点，且B 、C 、O 在同一竖直线上，已知B 、C 两点的高度差为h ，C 、O 两点的高度差也为h ，AC 两点相距s ＝2h .若质量均为m 的两滑块P 、Q 从A 点以相同的初速度v 0分别沿两轨道滑行，到达B 点或C 点后分别水平抛出．求：图4(1)两滑块P 、Q 落地点到O 点的水平距离．(2)欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v 0应满足的条件．(3)若滑块Q 的初速度v 0已满足(2)的条件，现将水平轨道AC 向右延伸一段L ，要使滑块Q 落地点距O 点的距离最远，L 应为多少？答案 (1)2v 20－2gh ·h g v 20－gh ·2h g (2)v 0＝3gh (3)154h 解析 (1)滑块P 从A 到B 过程机械能守恒：12m v 20＝12m v 2B＋mgh 得v B ＝v 20－2gh 从B 点抛出后：x 1＝v B t P ,2h ＝12gt 2P得x 1＝2v 20－2gh · h g滑块Q 从A 到C 过程，由动能定理得：－μmgs ＝12m v 2C －12m v 20 又μ＝0.25，s ＝2h ，得v C ＝v 20－gh从C 点抛出后：x 2＝v C t Q ，h ＝12gt 2Q 得x 2＝v 20－gh · 2h g(2)依题意有：x 1＝x 2，解得：v 0＝3gh所以滑块的初速度v 0应满足v 0＝3gh(3)由动能定理得：－μmg (s ＋L )＝12m v 2－12m v 20滑块Q 从水平轨道AC 向右延伸的最右端抛出后：x ＝v t Q ′，h ＝12gt Q ′2，距O 点的距离为d ＝L ＋x 从而得d ＝4h 2－hL ＋L ，当L ＝154h 时，d 取最大值为174h。
2020 年高考物理计算题专题训练----《力学综合计算题》
2020年高考物理计算题专题训练----《力学综合计算题》1．如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A 、B 置于水平地面上，它们的间距s ＝2.88 m ．质量为2m ，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端．C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为25mg 的恒力F ，假定木板A 、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．3.如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切．圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB上距B点的最大距离；(3)释放点距B点的距离L′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D.4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：(1)t＝0.5 s时滑块的速度大小；(2)0～2.0 s内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．5如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？6.2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。
初中物理力学综合计算
初中物理力学综合计算力学是物理学的一个分支，主要研究物体的运动规律和受力情况。
在初中物理中，力学是一个重要的内容，需要学生进行力学综合计算。
下面我们来介绍一些常见的力学综合计算题目。
1.速度计算：题目：一辆汽车以30m/s的速度行驶了2小时，求汽车行驶的距离。
2.力的计算：题目：一个质量为10kg的物体，受到一个50N的水平力，求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律$F=ma$，可得$a=\frac{F}{m}=\frac{50}{10}=5$m/s²，即物体的加速度为5m/s²。
3.力和距离的计算：题目：一个质量为20kg的物体，受到一个10N的力，沿水平方向移动了5m，求物体的加速度。
解答：根据牛顿第二定律$F=ma$，可得$a=\frac{F}{m}=\frac{10}{20}=0.5$m/s²，即物体的加速度为0.5m/s²。
4.动能计算：题目：一个质量为100kg的物体，以10m/s的速度运动，求物体的动能。
5.动能和势能计算：题目：一个质量为50kg的物体，距离地面10m高，求物体在这个高度时的势能和动能。
6.力的合成：题目：两个力P1=20N和P2=30N作用在同一物体上，P1与P2的夹角为90°，求合力的大小和方向。
解答：合力的大小等于力的矢量和的大小，即$F=\sqrt{P1^2+P2^2}=\sqrt{20^2+30^2}=10\sqrt{13}N$，合力的方向与P1和P2构成的夹角相同，即合力的方向与P1的夹角为$\arctan{\frac{P2}{P1}}=\arctan{\frac{30}{20}}=\arctan{\frac{3}{ 2}}$。
力学综合计算专题
2014届高三二轮复习学案课题：力学综合计算专题（1）复习目标知识与技能：力与运动的主干知识过程与方法：通过往年高考力学计算题的拆解、对比分析和变式训练，让学生学会分析力学计算题， 掌握列得分方程的技巧和方法。
情感态度和价值观：通过往年高考力学计算题的回顾，让学生不要畏惧高考力学计算。
培养学生敢于挑战思想、知识、心理困难的拼搏精神 进一步向学生强化知己知彼百战百胜的信念 重点：如何让学生敢列方程，会列得分方程难点：面对力学计算题如何进行恰当的分析，高效的列出得分方程。
复习过程一、考纲展示2014年考试大纲说明中，力学部分的15个Ⅱ级要求的考点位移、速度和加速度 匀变速直线运动及其公式、图像力的合成和分解 共点力的平衡 牛顿运动定律、牛顿定律的应用 运动的合成和分解 抛体运动 匀速圆周运动的向心力 功和功率 动能和动能定理 重力做功与重力势能 功能关系、机械能守恒定律及其应用 万有引力定律及其应用 环绕速度 动量、动量守恒定律及其应用 二、近几年高考力学计算题回顾 【2010年广东35】（18分）如图15所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab 段水平，bcde 段光滑，cde 段是以O 为圆心、R 为半径的一小段圆弧。
可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起，静止于b 处，A 的质量是B 的3倍。
两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。
B 到d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力大小等于B 所受重力的43，A 与ab 段的动摩擦因数为μ，重力加速度g ，求：(1) 物块B 在d 点的速度大小v; (2) 物块A 滑行的距离s .【2011年广东36】（18分）如图20所示，以A 、B 和C 、D 为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C ，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板。
中考物理—新课标(JK)第三版块力学
均匀容器：F 底＝G 液；口大底小容器：F 底＜G 液；口小底大 容器：F 底＞G 液。
专题六┃ 要点聚焦
要点四 密度、压强、浮力相关计算
例 5 [2012·泸州] 图 TZ6－7 是常见的厕所自动冲水 装置原理图，水箱内有质量 m1＝0.4 kg，体积 V＝3×10－3m3 的浮筒 P，另有一厚度不计，质量 m2＝0.2 kg，面积 S＝8 ×10－3m2 的盖板 Q 盖在水箱底部的排水管上，用细线将 P、 Q 连接。当供水管流进水箱的水使浮筒刚好完全浸没时，盖 板 Q 恰好被拉开，水通过排水管流出冲洗厕所。当盖板 Q 恰 好被拉开的瞬间，求：(g 取 10 N/kg)
专题五┃ 要点聚焦
要点二 运动和力的关系
例 [2012·南京] 下列关于“力和运动”的认识正
确的是
(C )
A．船从河里开到海里浮力变大
B．匀速上升的气球不受重力的作用
C．用水平力推水平地面上的课桌，没有推动，推力与
阻力大小相等
D．挂在天花板上的电灯处于静止状态是因为物体间力
的作用是相互的
专题五┃ 要点聚焦
专题六┃ 要点聚焦
要点二 压力、压强大小比较
例 2 [2012·昆明] 一个铁锭如图 TZ6－3 甲所示 放置在水平地面上时，对地面产生的压力和压强分别是
F1 和 p1；当如图乙所示放
置在水平地面上时，对地 面产生的压力和压强分别
是 F2 和 p2，那么 ( B )
A．F1＝F2，p1＝p2 B．F1＝F2，p1<p2 C．F1>F2，p1＝p2 D．F1<F2，p1>p2
人教版八年级下册物理训练五关于浮力的综合计算-ppt下载
漂浮或悬浮状态
依据原理 浮力产生的原
因 阿基米德原理
物体受力平衡
二力平衡
类型一 压力差法求浮力 1．如图所示，用细绳将一物体系在容器底部，若上表面受到水向下 的压力为4 N，下表面受到水向上的压力为14 N，则物体所受浮力为 ( C) A．4 N B．6 N C．10 N D．7 N
（教学提纲）人教版八年级下册物理 训练五 关于浮 力的综 合计算- ppt下 载【优 质公开 课推荐 】
（教学提纲）人教版八年级下册物理 训练五 关于浮 力的综 合计算- ppt下 载【优 质公开 课推荐 】
9．如图所示，装有少量细沙的长直平底玻璃管漂浮于水面。玻璃管 的底面积为5×10－4 m2，浸入水中的深度为0.2 m。ρ水＝1.0×103 kg/m3，g取10 N/kg。则 (1)玻璃管和细沙总重是多少？ (2)当向水中撒入一些食盐并搅拌均匀后，玻璃管向上浮起0.02 m，此 时食盐水的密度为多大？
（教学提纲）人教版八年级下册物理 训练五 关于浮 力的综 合计算- ppt下 载【优 质公开 课推荐 】
（教学提纲）人教版八年级下册物理 训练五 关于浮 力的综 合计算- ppt下 载【优 质公开 课推荐 】
解：(1)木料的体积：V＝Sh＝0.1 m2×0.4 m＝0.04 m3，由ρ＝mV得木料的质量
＝ 10
N/kg×5×10－4
1N m2×（0.2
m－0.02
m）
≈1.1×103 kg/m3。
（教学提纲）人教版八年级下册物理 训练五 关于浮 力的综 合计算- ppt下 载【优 质公开 课推荐 】
八年级下册物理（人教版）
第十章 浮力
高考物理总复习 专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用
专题五动力学、动量和能量观点的综合应用力学的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；③动量观点(动量定理、动量守恒定律)．熟练应用三大观点分析和解决综合问题是本专题要达到的目的．考点一碰撞模型的拓展模型1“弹簧系统”模型1.模型图2．模型特点(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(2)在动量方面，系统动量守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大．(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零．例1. (多选)如图甲所示，物块a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物块最初与左侧固定的挡板相接触，b物块质量为1 kg.现解除对弹簧的锁定，在a物块离开挡板后，b物块的v t关系图象如图乙所示．则下列分析正确的是( )A．a的质量为1 kgB．a的最大速度为4 m/sC．在a离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为1.5 JD．在a离开挡板前，a、b及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒模型2“滑块—木板”模型1.模型图2．模型特点(1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的相对位移也最大．(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大．例2.如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m.P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L.物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 教你解决问题第一步：审条件 挖隐含①“与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短”隐含→ P 的速度不变． ②“碰撞后P 1与P 2粘连在一起”隐含→ P 1、P 2获得共同速度． ③“P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点”隐含→ P 1、P 2、P 三者有共同速度及整个碰撞过程中的弹性势能变化为零．第二步：审情景 建模型 ①P 1与P 2碰撞建模→ 碰撞模型．②P 与P 2之间的相互作用建模→ 滑块—滑板模型． 第三步：审过程 选规律 ①动量守恒定律―→求速度．②能量守恒定律―→求弹簧的压缩量x 及弹性势能E p .模型3“子弹打木块”模型 1.模型图2．模型特点(1)子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv 0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝12mv02－12(M＋m)v2.(2)若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝1 2mv−0212mv−1212Mv22.例3.(多选)如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车顶右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.45，小车静止在光滑的水平轨道上．现有一质量m1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v0＝18 m/s射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短．若使小物体不从车顶上滑落，g取10ms2.下列分析正确的是( )A．小物体在小车上相对小车滑行的时间为13sB．最后小物体与小车的共同速度为3 m/sC．小车的最小长度为1.0 mD．小车对小物体的摩擦力的冲量为0.45 N·s跟进训练1．[黑龙江哈尔滨模拟](多选)如图所示，两个小球A、B大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1<m2，A、B与轻弹簧拴接，静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与A球心等高处水平快速向右敲击A，作用于A的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与B球心等高处水平快速向左敲击B，作用于B的冲量大小为I2，I1＝I2，则下列说法正确的是( )A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B两球获得的动量大小分别为p1和p2，则p1＝p2B．若两次锤子敲击分别对A、B两球做的功为W1和W2，则W1＝W2C．若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1<L2D．若两次弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B的共同速度大小分别为v1和v2，则v1>v22．如图甲所示，质量为M＝3.0 kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t＝0时，两个质量均为1.0 kg的小物体A和B同时从左右两端水平冲上小车，1.0 s内它们的v t图象如图乙所示，g取10 m/s2.(1)小车在1.0 s内的位移为多大？(2)要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少？考点二力学三大观点解决多过程问题1．三大力学观点的选择技巧根据问题类型，确定应采用的解题方法．一般来说，只涉及作用前后的速度问题，考虑采用动量守恒和能量守恒；涉及运动时间与作用力的问题，采用动量定理，考虑动能定理；涉及变化情况分析时由于涉及变量较多，一般采用图象法等．2．三大解题策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例4.如图所示，质量为M＝100 g、带有光滑弧形槽的滑块放在水平面上，弧形槽上圆弧对应的圆心角为θ＝60°，半径R＝0.2 m，与其处于同一竖直平面内的光滑半圆轨道cd的半径为r＝0.2 m，c、d两点为半圆轨道竖直直径的两个端点，轨道与水平面相切于c点，已知b点左侧水平面光滑，b、c间的水平面粗糙．两质量分别为m1＝100 g、m2＝50 g的物块P、Q放在水平面上，两物块之间有一轻弹簧(弹簧与两物块均不拴接)，用外力将轻弹簧压缩一定长度后用细线将两物块拴接在一起，初始时弹簧储存的弹性势能为E p＝0.6 J．某时刻将细线烧断，弹簧将两物块弹开，两物块与弹簧分离时，物块P还未滑上弧形槽，物块Q还未滑到b点，此后立即拿走弹簧，物块P冲上弧形槽，已知/s2，两物块均可看成质点，忽略物块P冲上弧形槽瞬间的能量损失．(1)通过计算分析物块P能否从滑块左侧冲出，若能，求出物块P上升的最大高度，若不能，求出物块P和滑块的最终速度大小．(2)要使物块Q能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，则物块Q与水平面间的动摩擦因数μ应满足什么条件？跟进训练3.如图所示，在竖直平面(纸面)内固定一内径很小、内壁光滑的圆管轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A、C两端切线水平．在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D 端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接．一质量为m的小球(可视为质点)以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道．已知圆弧轨道DE的质量为2m.重力加速度为g.求：(1)小球从A点进入圆管轨道时的速度大小；(2)小球沿圆弧轨道上升的最大高度．专题五 动力学、动量和能量观点的综合应用 关键能力·分层突破例1 解析：由题意可知，当b 的速度最小时，弹簧恰好恢复原长，设此时a 的速度最大为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝m b v 1+m a v ，12m b v 02＝12m b v 12＋12m a v 2，代入数据解得：m a ＝0.5 kg ，v ＝4m/s ，故A 错误，B 正确；两物块的速度相等时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：m b v 0＝(m a ＋m b )v 2，E p ＝12m b v −0212(ma ＋ mb)v 22，代入数据解得：E p ＝1.5 J ，故C 正确；在a 离开挡板前，a 、b 及弹簧组成的系统受到挡板向右的力，所以系统机械能守恒、动量不守恒，故D 错误．答案：BC例2 解析：(1)P 1、P 2碰撞瞬间，P 的速度不受影响，根据动量守恒mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v02最终三个物体具有共同速度，根据动量守恒： 3mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0(2)根据能量守恒，系统动能减少量等于因摩擦产生的内能：12×2mv +1212×2mv −0212×4mv 22＝2mgμ(L＋x)×2解得x ＝v 0232μg－L在从第一次共速到第二次共速过程中，弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能，即：E p＝2mgμ(L＋答案：(1)v0234v0(2)v0232μg－L 116mv02例3 解析：子弹射入小车的过程中，由动量守恒定律得：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s；小物体在小车上滑行过程中，由动量守恒定律得(m1＋m2)v1＝(m1＋m2＋m3)v2，解得v2＝1.5 m/s，选项B错误；以小物体为研究对象，由动量定理得I＝μm3gt＝m3v2，解得t＝13s，选项A正确；小车对小物体的摩擦力的冲量为I＝0.45 N·s，选项D正确；当系统相对静止时，小物体在小车上滑行的距离为l，由能量守恒定律得μm3gl＝1 2(m1+m2)v−1212(m1＋m2＋m3)v22，解得l＝0.5 m，所以小车的最小长度为0.5 m，选项C错误．答案：AD1．解析：由动量定理I＝Δp可知，由于I1＝I2，则两次锤子敲击完成瞬间有p1＝p2，故A正确；由于两次锤子敲击完成瞬间两球具有动量大小相等，由E k＝p 22m可知，A球获得的初动能更大，由动能定理可知W1>W2，故B错误；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，得v＝m1v0m1+m2，由能量守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋E p，得E p＝m1m22(m1+m2)v02，由于p1＝p2，则质量越大的，初速度越小，即A球获得的初速度较大，则敲击A球后弹簧的最大弹性势能较大，即L1<L2，故C正确；由动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v＝p，得v＝m1v0m1+m2＝pm1+m2，则两次共速的速度大小相等，即v1＝v2，故D错误．答案：AC2．解析：(1)由v－t图象可知：A、B的加速度大小为a A＝2 m/s2，a B＝2 m/s2由牛顿第二定律可知，f A＝2 N，f B＝2 N所以平板小车在1.0 s内所受合力为零，故小车不动，即位移为零．(2)由图象可知0～1.0 s内A、B的位移分别为：＝3 m，＝1 m1．0 s后，系统的动量守恒，三者的共同速度为v，则mv A＝(M＋2m)v，代入数据得：v＝0.4 m/s1．0 s后A减速，小车和B一起加速且a车＝23+1m/s2＝0.5 m/s2车的长度至少为l＝x A＋x B＋例 4 解析：(1)弹簧将两物块弹开的过程中弹簧与两物块组成的系统动量守恒、机械能守恒，设弹簧恢复原长后P、Q两物块的速度大小分别为v1、v2，则有0＝m1v1－m2v2，E p＝12m1v+1212m2v22解得v1＝2 m/s，v2＝4 m/s物块P以速度v1冲上滑块，P与滑块相互作用的过程中水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，假设P不能从滑块的左侧冲出，且P在滑块上运动到最高点时的速度为v ，距水平面的高度为h ，则有m 1v 1＝(m 1+M )v ，12m 1v 12＝12(m 1＋M)v 2＋m 1gh解得h ＝0.1 m由于h ＝R(1－cos 60°)，所以物块P 恰好不能从滑块左侧冲出，假设成立，之后物块P 沿弧形槽从滑块上滑下，设物块P 返回到水平面时的速度为v 3、滑块的速度为v 4，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m 1v 1＝m 1v 3+Mv 4，12m 1v 12＝12m 1v +3212Mv 42 解得v 3＝0，v 4＝2 m/s.(2)若Q 恰能经过d 点，则Q 在d 点的速度v d 满足m 2g ＝m 2v d2rQ 从b 点运动到半圆轨道最高点d 的过程，由动能定理有－μm 2gx bc －2m 2gr ＝12m 2v −d 212m2v 22解得Q 恰能经过半圆轨道最高点时μ＝0.3若Q 恰好能运动到与半圆轨道圆心等高点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到与半圆轨道圆心等高点时μ＝0.6 若Q 恰能到达c 点，则由动能定理得－μm 2g 解得Q 恰能运动到c 点时μ＝0.8分析可知，要使Q 能冲上半圆轨道且不脱离半圆轨道，应使0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.8.答案：(1)见解析 (2)0<μ≤0.3或0.6≤μ<0.83．解析：(1)小球过C 点时，有2mg ＋mg ＝m v C2R，解得v C ＝√3gR .小球从A 到C ，由机械能守恒定律得12mv 02＝12mv C 2＋mg·2R，联立解得v 0＝√7gR(2)小球冲上圆弧轨道后的运动过程，在水平方向上，由动量守恒定律得mv C＝(m＋2m)v共．由机械能守恒定律得12mv C2＝12(m+2m)v共2＋mgh，联立解得h＝R.答案：(1)√7gR(2)R。
力学综合计算题
欣欣要从水中提升一个体积为8×10-3m3、密度 为2500kg/m3的立方体金属块。他使用如下图所 示的滑轮组提升重物。不计绳重和摩擦。求：
（1）金属块的质量是多少？
欣欣要从水中提升一个体积为8×10-3m3、密度为 2500kg/m3的立方体金属块。他使用如下图所示的滑轮 组提升重物。不计绳重和摩擦。求：
速度公式： v= 密度公式： ρ=
s t
m
V
重力公式： G= mg
压强
压强公式：p= F S
液体压强公式：p=ρgh
浮力
浮力测量公式：F浮=G－F 阿基米德原理公式：F浮=G排 =ρ液gV排
漂浮或悬浮时：F浮=G物来自功的定义式：W=Fs功率定义式：P=
W t
机械效率定义式：η= W有
W总=W有＋W额
简单机械
F·nh F·n
η= —ＷＷ—有总
=
Gh ————
=
—G—
— Gh+G动h G+G动
W有=G物h W有=(G物- F浮)h
公式的 适用条件
F拉
AF浮
G
η= W有 W总
W有=(G物- F浮)h
η==G——物ＷＷ—h—有总==—G—物G—F—物·hs
F·nh F·n
η= —ＷＷ—有总
=
Gh ————
=
V
重力公式： G= mg
压强
压强公式：p= F S
液体压强公式：p=ρgh
浮力
浮力测量公式：F浮=G－F 阿基米德原理公式：F浮=G排 =ρ液gV排
漂浮或悬浮时：F浮=G物
功的定义式：W=Fs
功率定义式：P=
W t
机械效率定义式：η= W有