2019届高考物理二轮复习计算题专项练（一）力与运动计算题过关练.doc

1、1计算题专项练（一） 力与运动计算题过关练1(2018乌鲁木齐期末)我国 ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。假设一辆家庭轿车以 30 m/s 的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用 10 s 时间完成交费，然后再加速至 30 m/s继续行驶。若进入 ETC 通道，轿车从某位置开始减速至 15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至 30 m/s 继续行驶。两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为 3 m/s2。求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至 30 m/s 的过程中通过的

2、路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过 ETC 交费通道所节省的时间。解析：(1)设轿车匀减速至停止通过的路程为 x1x1 150 mv022a轿车匀加速和匀减速通过的路程相等，故轿车通过人工收费通道通过的路程为 x2x22 x1300 m轿车匀减速至停止需要的时间为 t1 10 sv0 0a轿车通过人工收费通道所用时间为 t22 t110 s30 s。(2)通过人工收费通道所需时间为 30 s。此过程总位移为 300 m，通过 ETC 通道时，速度由 30 m/s 减至 15 m/s 所需时间为 t3，通过的路程为 x3t3 5 sv0 v1ax3 112.5 mv02 v122a

3、轿车以 15 m/s 匀速行驶 15 m 所用时间 t41 s轿车在 x2300 m 路程内以 30 m/s 匀速行驶的路程 x4和所需时间 t5x4 x22 x315 m60 mt5 2 sx4v0故通过 ETC 交费通道节省的时间为t t22 t3 t4 t517 s。答案：(1)300 m 30 s (2)17 s2.(2019 届高三保定模拟)如图所示，皮带的最大传送速度为v06 m/s，传动轮圆心之间的距离 s4.5 m，现将 m 1 kg 的小物体轻轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数 0.5， g10 m/s 2。2(1)皮带以 v0的速度匀速传动，把物体从左端传送

4、到右端，分别求出该过程中摩擦力对皮带和物体所做的功。(2)皮带以 a06 m/s2的加速度匀加速启动，把物体从左端传送到右端，求出该过程中因摩擦产生的热量。解析：(1)物体放在匀速传动的皮带上，做加速度为 a 的匀加速运动，设达到 v0所用时间为 t0mg mav0 at0解得： a5 m/s 2， t01.2 s这段时间里，物体的位移 s0 at0212解得 s03.6 m s，所以物体之后随传送带一起匀速运动，不再受摩擦力。摩擦力对传送带做功 W1 mgv 0t036 J摩擦力对物体做功 W2 mgs 018 J。(2)因为 a a0，所以物体与皮带有相对运动。设皮带达到 v0所用时间为

5、t1v0 a0t1解得 t11 s物体在达到 v0的过程中的运动与第(1)问相同，所以皮带与物体的相对位移 s a0t12 v0(t0 t1) s012摩擦生热 Q mg s解得 Q3 J。答案：(1)36 J 18 J (2)3 J3.(2018上海黄浦期末)如图所示，固定在水平地面上的一个粗糙斜面长 L4 m，倾角 37。一个质量为 10 kg 的物体在F200 N 的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，经过 2 s 到达斜面顶端。(1)求物体沿斜面运动时的加速度大小；(2)求物体与斜面间的动摩擦因数大小；(3)若物体运动到斜面顶端时恰好撤去推力 F，求物体落到水平地面前瞬

6、间的速度大小。(已知 sin 370.6，cos 370.8，重力加速度为 g 取 10 m/s2)解析：(1)物体在斜面上做匀加速直线运动，根据运动学规律有L at2123解得 a2 m/s 2。(2)物体在斜面上运动时受到四个力作用，如图所示。沿运动方向，根据牛顿第二定律有Fcos f mgsin ma垂直于运动方向，合力为零：Fsin mgcos Nf N得 Fcos mgsin maFsin mgcos 代入已知数据得 0.4。(3)物体离开斜面下落至地面前的过程中仅有重力做功， 机械能守恒。设物体在斜面上运动的末速度为 v1，落地前的速度大小为 v2根据匀加速直线运动的规律有v1 a

7、t22 m/s4 m/s根据几何关系，斜面顶端到水平面的高度h Lsin 40.6 m2.4 m根据机械能守恒定律得 mv12 mgh mv2212 12得 v2 v12 2gh代入已知数据得 v28 m/s。答案：(1)2 m/s 2 (2)0.4 (3)8 m/s4.如图所示，长 L1.5 m，高 h0.45 m，质量 M10 kg 的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度 v03.6 m/s 时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力 F50 N，并同时将一个质量 m1 kg 的小球轻放在距木箱右端 处的 P 点(小球可视为质点，放在 P 点时相对于地面的速度为零)，经过L3一段时

8、间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为 0.2，其他摩擦均不计。取 g10 m/s 2，求：(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；(2)小球放在 P 点后，木箱向右运动的最大位移；(3)小球离开木箱时木箱的速度。解析：(1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动。由 h gt2，得 t s0.3 s12 2hg 20.45104小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为 0.3 s。(2)小球放到木箱上后，木箱的加速度大小为：a1F M m gM m/s27.2 m/s 250 0.2 10 1 1010木箱向右运动的最大

9、位移为：x1 m0.9 m0 v02 2a1 0 3.62 27.2小球放在 P 点后，木箱向右运动的最大位移为 0.9 m。(3)x1小于 1 m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为a2 m/s2F M m gM 50 0.2 10 1 10102.8 m/s 2设木箱向左运动的距离为 x2时，小球脱离木箱，则x2 x1 (0.90.5)m1.4 mL3设木箱向左运动的时间为 t2，则：由 x2 a2t22，得 t2 s1 s12 2x2a2 21.42.8所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2 a2t22.81 m/s2.8 m/s。答案：(1)0

10、.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s，方向向左5.在水平长直轨道上，有一长度为 L 的平板车在外力控制下始终保持速度 v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为 m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为 。(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能 Q 是一个与动摩擦因数 无关的定值；(2)已知滑块与车面间动摩擦因数 0.2，滑块质量 m1 kg，车长 L2 m，车速v04 m/s， g 取 10 m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力 F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力 F 的大小应该满足的条件；(3)在(2)的情况

11、下，力 F 取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力 F 的作用时间t。解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为 v0，根据牛顿第二定律，对滑块：mg ma v0 at 5滑块相对车面滑动的距离：s v0t v0t 12滑块与车面摩擦产生的内能：Q mgs 联立解得： Q mv02 12所以 Q 是一个与动摩擦因数 无关的定值。(2)设在恒力 F 作用下滑块加速度为 a1，经过时间 t1后速度达到 v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：F mg ma1 v0 a1t1 v0t1 t1 v02 L2联立解得： F6 N。 (3)F 取最小值时，滑块经过时间

12、 t1运动到车左端后速度达到 v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在 F 作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为 a2，时间为 t2)，再撤去外力 F 做匀减速运动(设加速度大小为 a3)，到达右端时恰与车达到共同速度 v0，则有：F mg ma2 mg ma3 a2t22 L 12 a22t222a3联立式解得： t2 s0.58 s33由(2)可解得 t10.5 s，则力 F 的作用时间 t 应满足 t1 t t1 t2，即 0.5 s t1.08 s。答案：(1)见解析 (2) F6 N (3)0.5 s t1.08 s6.如图所示， AB、 CD 为两个光滑的平台，一倾角为 37

13、，长 l 为 5 m 的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以 v010 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台 CD 上。已知 sin 370.6，cos 370.8， g 取 10 m/s2。(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？(2)当小物体在平台 AB 上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台 CD，求这个临界速度。6(3)若小物体以 v18 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，欲使小物体能够到达平台 CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上运动时根据牛顿第二定律

14、得mg cos 37 mgsin 37 ma1小物体从 B 点运动到 C 点的过程有 v022 a1l联立解得： a110 m/s 2， 0.5。(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台 CD，此时根据牛顿第二定律得mgsin 37 mg cos 37 ma2若恰好能到达平台 CD 时，有 v22 a2l联立解得： a22 m/s 2， v2 m/s5即当小物体在平台 AB 上向右运动的速度小于 2 m/s 时，无论传送带顺时针运动的速5度多大，小物体都不能到达平台 CD。(3)小物体在平台 AB 上的运动速度大小为 v18 m/s，小物体能够到达平台 CD 时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为 vmin，由于 v1 v2 m/s，故若传送带的速度大于5或等于 2 m/s 时，小物体必能到达平台 CD，故所求的传送带的最小速度大小 vmin应小于5v。对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v12 vmin22 a1x1对小物体以速度大小 vmin减速到零到达平台 CD 的过程，有 vmin22 a2x2x1 x2 l联立解得： vmin3 m/s即传送带至少以 3 m/s 的速度顺时针运动，小物体才能到达平台 CD。答案：(1)0.5 (2)2 m/s (3)3 m/s5