1、专题 20综合计算题1.(2019海南卷T13)如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。求(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；(2)轻绳的长度。【答案】(1) (2) 4s【解析】(1)设a的质量为m，则b的质量为3m。碰撞后b滑行过程，根据动能定理得 。解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小(2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mva+3m
2、vb。根据机械能守恒得。设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒得。联立解得L=4s。2.(2019全国卷T12)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0kg，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10m/s。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的
3、哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；(2)A先停止； 0.50m；(3)0.91m；【解析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，
4、由动量守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB联立式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程SA都可表示为sA=vAt联立式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位
5、于出发点右边0.25m处。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=025m+0.25m=0.50m(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有联立式并代入题给数据得 故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA以和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 联立式并代入题给数据得 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式 由式及题给数据得sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离3.(2019北京卷T12)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒
6、，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。_(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。a.设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；_b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1r2)的雨滴在空气中无初速下落的vt图线，其中_对应半径为r1的雨滴(选填、)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的vt图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的
7、作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)。_【答案】(1). (2). (3). (4). (5). 详见解析【解析】【分析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；(2) 雨滴的加速度为0时速度最大解答；(3)由动量定理证明(1)对雨滴由动能定理得：解得：；(2)a.半径为r的雨滴体积为：，其质量为当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有：其中联立以上各式解得：由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以对应半径为的雨滴，不计空气阻力，雨滴做自由落体
8、运动，图线如图：；(3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为U，在内，空气分子个数为：，其质量为设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：对圆盘上方空气分子由动量定理有：圆盘受到的空气阻力为：联立解得：。4.(2019全国卷T12)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图(b)所示
9、，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。【答案】(1)3m (2) (3)【解析】(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：联立方程解得：；根据v-t图象可知，解得：(2)设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得当物块A沿斜
10、面下滑时：，由v-t图象知：当物体A沿斜面上滑时：，由v-t图象知：解得：；又因下滑位移则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为：其中h为P点离水平面得高度，即解得故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：设改变后的摩擦因数为，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：又据(2)的结论可知：，得：联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。5.(2018江苏卷)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细
11、线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B.质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l.用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53.松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动.忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物块和小球的质量之比M:m；(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T.【答案】(1) (2) (3)()【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2cos53 F+mg=F1cos53+ F2sin5
12、3且F1=Mg解得(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点.设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53=ma解得()6.(2018北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点，质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速
13、度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。【答案】(1)(2)(3)3 900 N【解析】(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即可解得:(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以(3)小球在最低点的受力如图所示由牛顿第二定律可得：从B运动到C由动能定理可知：解得;故本题答案是：(1) (2) (3)点睛：本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定
14、理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。7.(2018全国III卷T12)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切。BC为圆弧轨道的直径。O为圆心，OA和OB之间的夹角为，sin，一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间
15、。【答案】(1) (2)(3)【解析】(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有 设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得由式和题给数据得 (2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CDPA，交PA于D点，由几何关系得：DARsin CD=R(1+cos)由动能定理有：由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为：(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为v，从C点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有： 由式和题给数据得：8.(2018新课标I卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直
16、升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度【答案】(1) ；(2)【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。(1)设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有 联立式得 (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度
17、为，由机械能守恒定律有 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为和。由题给条件和动量守恒定律有 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为，由机械能守恒定律有 联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为 9.(2016海南卷)水平地面上有质量分别为m和4m的物A和B，两者与地面的动摩擦因数均为。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：(1)物块B克服摩擦力所做的功；(2)物块A
18、、B的加速度大小。【答案】(1)2mgs (2) 【解析】(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为物块B受到的摩擦力大小为f=4mg物块B克服摩擦力所做的功为W=fs1=2mgs(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中张力为T0由牛顿第二定律得F-mg-TmaA 2T-4mg4maB由A和B的位移关系得aA2aB联立得aA，aB。【考点定位】牛顿第二定律、功、匀变速直线运动【名师点睛】采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可。解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度。10.(2011北
19、京卷)如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(小球的大小可以忽略)。(1)在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为，小球保持静止。画出此时小球的受力图，并求力F的大小；(2)由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的拉力。不计空气阻力。【答案】(1)如图所示，F=mgtan(2)、，方向竖直向上【解析】(1)受力图见图根据平衡条件，的拉力大小F=mgtan(2)运动中只有重力做功，系统机械能守恒则通过最低点时，小球的速度大小根据牛顿第二定律 解得轻绳对小球的拉力，方向竖直向上【考点定位】共点力平衡条件、机械能守恒定律，牛顿第二定律11.(
20、2016四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为8106 m/s，进入漂移管E时速度为1107 m/s，电源频率为1107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取1108 C/k
21、g。求：(1)漂移管B的长度；(2)相邻漂移管间的加速电压。【答案】(1)0.4 m(2)【解析】(1)设质子进入漂移管B的速度为，电源频率、周期分别为f、T，漂移管A的长度为L，则 联立式并代入数据得(2)设质子进入漂移管E的速度为，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功W，质子的电荷量为q、质量为m，则 联立式并代入数据得考点：动能定理【名师点睛】此题联系高科技技术-粒子加速器，考查了动能定理的应用，比较简单，只要弄清加速原理即可列出动能定理求解；与现代高科技相联系历来是高考考查的热点问题.12.(2011上海卷)如图，质量的物体静止于水平地面的
22、A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经拉至B处。(已知，。取)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。【答案】(1)0.5(2)【解析】(1)物体做匀加速运动 由牛顿第二定律解得即物体与地面间的动摩擦因数=0.5。(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a的加速度匀减速t秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有【考点定位】匀变速直线运动，牛顿第二定律13.
23、(2012福建卷)如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；(2)小船经过B点时的速度大小；(3)小船经过B点时的加速度大小a。【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)小船从A点到达B点，受到的阻力恒为f，其克服阻力做的功为：来(2)：从A到B由动能定理可知：，解得：。(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角
24、为，绳的速度大小为，牛顿第二定律，得。【考点定位】本题考查动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解等相关知识14.(2012山东卷)如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数1=0.4。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=0.1。(取g=10m/s2)(1)若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。(2)若将一水平恒力F作用于工件，
25、使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。求F的大小。当速度时，使工件立刻停止运动(即不考虑减速的时间和位移)，物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。【答案】(1)0.2m；(2)8.5N；(3)0.4m【解析】(1)物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：代入数据得： (2)设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得 根据牛顿第二定律，对物体有 对工件和物体整体有 联立式，代入数据得 设物体平抛运动的时间为t，水平位移为，物块落点与B间的距离为，由运动学公式可得 联立式，代入数据得。【考点定位】本题考查动能定理
26、、平抛运动等相关知识15.(2012四川卷T24)如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角 = 37，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E = 2105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m= 510-2kg、电荷量q =+110-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，s
27、in37=0.6，cos37=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。【答案】(1)0.475J (2)0.57m【解析】(1)设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得代入数据解得：(2)取沿平直斜轨道向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得：-mgsin-(mgcos+qE)=ma1 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1 由可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：s1=v0t1+a1t12 电场力反向后，设物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：-mgsin
28、-(mgcos-qE)=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：0=v1+a2t2 s2=v1t2+a2t22 设CP的长度为s，有：s=s1+s2 联立相关方程，代入数据解得：s=0.57m。【考点定位】本题考查牛顿第二定律，动能定理及其相关知识16.(2012新课标卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为。(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。(2)设能使该拖把在地板上从静
29、止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为。已知存在一临界角0，若0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tan0。【答案】(1)；(2)【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有联立式得 (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有这时式仍满足。联立式得现考察使上式成立的角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有 使上式成立的角满足，这里0是题中所定义的临界角，即当时，不管沿拖杆方
30、向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为【考点定位】本题考查物体的平衡、力的合成与分解或正交分解临界条件的应用17.(2012浙江卷)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H 处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下滑hA后速度减为零，“B鱼” 竖直下滑hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
31、(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3)“A鱼”与“B鱼” 在水中运动时所受阻力之比fA：fB。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)A鱼入水前做自由落体运动，根据速度位移公式，有：解得：。(2)A鱼入水后，受重力、浮力和阻力，根据动能定理，有：，其中：，解得：。(3)同理，解得.【考点定位】本题考查匀变速运动、动能定理及其相关知识18.(2012重庆卷)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为S。比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。整个过程中球一直保持在球拍中心不动。比赛中，该
32、同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如题25图所示。设球在运动中受到空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g。(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数；(2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比0大了并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求应满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)在匀速运动阶段，有，得。(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为，有：，得。(3)以速度匀速运动时，设空
33、气阻力与重力的合力为F，有，球拍倾角为时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为，有，设匀速跑阶段所用时间为t，有，球不从球拍上掉落的条件，得。【考点定位】本题考查牛顿运动定律相关知识19.(2013浙江卷)山谷中有三块大石头和一根不可伸长的青之青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=2kg的大小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头A点起水平跳到中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤的下端荡到右边
34、石头的D点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g=10m/s2，求：(1)大猴子水平跳离的速度最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)荡起时，青藤对猴子的拉力大小。【答案】(1)8m/s(2)9m/s(3)216N【解析】(1)根据h1gt2，解得，则跳离的最小速度.(2)根据机械能守恒定律得，(M+m)v2(M+m)gh2，解得(3)根据牛顿第二定律得，F(M+m)g(M+m)，根据几何关系得，(Lh2)2+x22L2，联立解得F=216N.【考点定位】机械能守恒定律、平抛运动、向心力。20.(2013重庆卷)如题8图所示，半径为R的半球形陶罐，固
35、定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合。转台以一定角速度匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO之间的夹角为60。重力加速度大小为g。(1)若=0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求0；(2)=(1k)0，且0k 1，求小物块受到的摩擦力大小和方向。【答案】(1) (2)当时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为；当时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为；【解析】(1)当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有：mgtanmRsin02，解得(2)当=(1+k)0时，重力和支持力的合力不够提供向
36、心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律得，fcos60+Ncos30=mRsin602.fsin60+mg=Nsin30联立两式解得 当=(1-k)0时，摩擦力方向沿罐壁切线向上，根据牛顿第二定律得，Ncos30-fcos60=mRsin602.mg=Nsin30+fsin60联立两式解得.【考点定位】摩擦力，受力分析，牛顿第二定律，匀速圆周运动的向心力。21.(2015山东卷T23)如图甲所示，物块与质量为m的小球通过不可伸长的轻质细绳跨过两等高定滑轮连接。物块置于左侧滑轮正下方的表面水平的压力传感装置上，小球与右侧滑轮的距离为l。开始时物块和小球均静止，将此时传感装置的示数记为初
37、始值。现给小球施加一始终垂直于l段细绳的力，将小球缓慢拉起至细绳与竖直方向成60o角，如图乙所示，此时传感装置的示数为初始值的1.25倍；再将小球由静止释放，当运动至最低位置时，传感装置的示数为初始值的0.6倍.不计滑轮的大小和摩擦，重力加速度的大小为g。求：(1)物块的质量；(2)从释放到运动至最低位置的过程中，小球克服阻力所做的功。【答案】(1)3m；(2)0.1mgl【解析】(1)设物块质量为M，开始时，设压力传感器读数F0，则F0+mg=Mg；当小球被抬高600角时，则对小球根据力的平行四边形法则可得：T=mgcos600，此时对物块：1.25F0+T=Mg；解得：M=3m；F0=2m
38、g(2)当小球摆到最低点时，对物块：0.6F0+T1=Mg；对小球：对小球摆到最低点的过程，根据动能定理可知：，联立解得：Wf=0.1mgl【考点定位】物体的平衡；牛顿第二定律；动能定理.22.(2015浙江卷T23)如图所示，用一块长的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长。斜面与水平桌面的倾角可在060间调节后固定。将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数，物块与桌面间的动摩擦因数，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失。(重力加速度取；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(1)求角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)(2)当增大到37时，物
39、块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数；(已知sin37=0.6，cos37=0.8)(3)继续增大角，发现=53时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离。【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)为使小物块下滑 满足的条件 (2)克服摩擦力做功 由动能定理得 代入数据得 (3)由动能定理可得 代入数据得 ， ， 【考点定位】动能定理，运动学公式23.(2015海南卷T14)如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点。已知h=2m，s=。取重力加速度大小。(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之
40、间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小。【答案】(1)(2)【解析】(1)一小环套在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有从ab滑落过程中，根据动能定理可得联立三式可得 (2)环由b处静止下滑过程中机械能守恒，设环下滑至c点的速度大小为v，有 环在c点的速度水平分量为 式中，为环在c点速度的方向与水平方向的夹角，由题意可知，环在c点的速度方向和以初速度做平抛运动的物体在c点速度方向相同，而做平抛运动的物体末速度的水平分量为，竖直分量为 因此 联立
41、可得 【考点定位】机械能守恒定律，平抛运动，动能定理。24.(2015重庆卷T8)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如题8图所示的实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板。M 板上部有一半径为的圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为.N板上固定有三个圆环.将质量为的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为处。不考虑空气阻力，重力加速度为.求：(1)距Q水平距离为的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；(3)摩擦力对小球做的功.【答案】(1)到底版的高度
42、；(2)速度的大小为 ，压力的大小，方向竖直向下 ；(3)摩擦力对小球作功【解析】(1)由平抛运动规律可知，同理：，解得：，则距地面高度为(2)由平抛规律解得对抛出点分析，由牛顿第二定律：，解得由牛顿第三定律知，方向竖直向下。(3)对P点至Q点，由动能定理：解得：【考点定位】平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。25.(2015全国新课标卷T25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为碰撞后木板速度水平向左，大小也是木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有解得木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间，位移，末速度其逆运动则为匀加速直线运动可得带入可得木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即可得(2)碰撞后，木板向左
