1、1宝安区物理考前训练题 计算题部分 (力学)1. 航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量为 2kg，动力系统提供的恒定升力为 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。（1）第一次试飞，飞行器飞行 8s 时到达高度 64 m，求飞行器所阻力的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行 6s 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高度；（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。解：（1）第一次飞行中，由匀加速运动 ， 解得21Hat21/ms由牛顿第二定律 ，解得1Fmgf4fN（2）第二次飞行中，失去升力时
2、的速度为 ，12/vts上升的高度为 ；2136sat设失去升力后的加速度为 ，上升的高度为 ，221/mgfs216vsma所以最大高度 h= s1+ s2=42m （3）设失去升力下降阶段加速度为 ；238/fams恢复升力后加速度为 ；241/mgfas设恢复升力时速度为 v3，则 + =h，解得v322a3v322a4 30.1/vsv3= a3 t3，解得 t3=2.51s 2. 如图所示，内壁光滑的木槽质量为 mA=m，置于水平桌面上，槽与桌面间的动摩擦因数为 ，槽内有两个小球 B、C，它们的质量分别是 mB=m，m C=2m，两球间是很短的被压缩的轻弹簧 (球与弹簧不连接)，且
3、B 球到木槽左端、C 球到木槽右端的距离均为L，这时弹簧的弹性势能为 EP=mgL，同时释放 B、C 球，并假设小球与槽碰撞后不分离，碰撞时间不计。求：(1)第 1 个小球与槽碰撞后的共同速度；(2)第 2 个小球与槽碰撞后的共同速度；230h(3)整个运动过程中，桌面与槽因摩擦而产生的内能。解：(1)释放瞬间有：0=m BvB-mCvC ，E P= 221CBvm联立解得： ， gL34gL3物体 B 经时间 t1= 先与木槽 A 相撞，vB有：m BvB=(mA+mB)v1 共 ， 解得：v 1 共 = 3gL(2)木槽 A 与 B 球相撞后，一起向左匀减速运动，加速度gaBAC2木槽 A
4、 和球 B 相撞后速度减为 0 的时间 gLavt122共在(t 1+t2)这段时间内，物体 C 和槽移动的距离之和为：L， 所以在 C 与 A 相撞前 A 已停止运动。tvvsC4321共再经过一段时间，球 C 和木槽相撞，有： mCvC=(mA+mB+mC)v2 共 解得 v2 共 = ，方向水平向左。 gL(3)第一次相撞后 A 与 B 的总动能全都转化为为摩擦热：gLvmEQk 31121 共第二次相撞后系统的总动能全都转化为为摩擦热mCBAk 6222 共整个过程中桌面和木槽因摩擦而产生的内能为 mgLQ2113. 如图所示，电动机带着绷紧的传送皮带始终以 02ms 的速度运动，传送
5、带与水平面的夹角为 30，现把某一工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高 h2m 的平台上，在此过程中电动机由于传送工件多消耗的电能为 420 J。已知工件与皮带间的动摩擦因数 ，除此之外，32不计其他损耗，g=10m/s 2，求：（1）工件从传送皮带底端运动到顶端所用的时间；3（2）此工件的质量为多少。解：（1）斜面长度 （1 分）m430sinhL工件刚开始运动时与传送皮带之间有相对滑动，工件沿传送皮带向上匀加速运动。由 （3 分） ，得工件的加速度 （2 分）agmicos .5m/sa工件达到速度 v02m/s 所需时间 （1 分） ，s8.01vt此过程工件沿传送皮带
6、向上运动的位移 （1 分）21.xatL在此之后由于工件与传送皮带相对静止，工件以 02m/s 的速度匀速直线运动工件匀速运动时间 （1 分）120.6Ltsv工件从传送皮带底端运动到顶端所用的时间 （1 分）12.4ts（2）在工件匀加速运动过程中传送皮带运动的距离为 0.6xvtm此过程中的相对位移为 （2 分）210.8xm电动机由于传送工件多消耗的电能为 （4 分）201cos3Egxvgh由以上各式可得 m=15kg （2 分）4. 如图，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于 B点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R=0.8
7、 m 的圆环剪去了左上角 135的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R。用质量m1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在 B 点。用同种材料、质量为 m2=0.2kg 的物块将弹簧也缓慢压缩到 C 点释放，物块过 B 点（B 点弹簧原长位置）后做匀减速直线运动，其位移与时间的关系为 26tx，物块从桌面右边缘 D 点飞离桌面后，由 P 点沿圆轨道切线落入圆轨道。g =10 m/s 2，求：（1）BP 间的水平距离；（2）判断 m2 能否沿圆轨道到达 M 点；（3）释放后 m2 运动过程中克服摩擦力做的功。4解：（1）设物块块由 D 点
8、以初速 Dv做平抛，落到 P 点时其竖直速度为gRvy2， 又 45tany，解得 smD/4 平抛用时为 t，水平位移为 s， RtvgtR6.12,21得 在桌面上过 B 点后初速 Dvsav减 速 到加 速 度 /4/60BD 间位移为 masD5.21，则 BP 水平间距为 m1.4（2）若物块能沿轨道到达 M 点，其速度为 Mv， 有 gRvD2221轨道对物块的压力为 FN，则 Rmg22，解得 0)21(gmN，即物块不能到达 M 点 （3）设弹簧长为 AC 时的弹性势能为 EP，物块与桌面间的动摩擦因数为 ，释放 CBPsE11,时 ，释放 20221, vgsCB时 且 Jv
9、.7220可 ， m在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为 Wf，则 2DfPvmE，可得JWf6.55. 如图所示，质量为 M=1kg 的平板小车上放置着 ml=3kg，m 2=2kg 的物块，两物块与小车间的动摩擦因数为 =0.5。两物块间夹有一压缩轻质弹簧，物块间有张紧的轻绳相连。小车右端有与 m2 相连的锁定开关，现已锁定。水平地面光滑，物块均可视为质点。现将轻绳烧断，若己知 m1 相对小车滑过 0.6m 时从车上脱落，此时小车以速度v0=2ms 向右运动，当小车第一次与墙壁碰撞瞬间锁定开关打开。设小车与墙壁碰撞前后速度大小不变，碰撞时间极短，小车足够长。（g=10ms 2）（1）最初弹簧
10、的弹性势能；（2）m 2 相对平板小车滑行的总位移；（3）小车第一次碰撞墙壁后非匀速运动所经历的总时间。m1 m2M5解：（1）因小车与 m2 先处于锁定状态，故可视小车与 m2 为整体。当小车与 m2 的速度为v0 时，物块 m1、m 2 与小车 M 组成的系统动量守恒，设此时物块 m1 的速度为 v1，由动量守恒定律可得：0=m 1v1-(m2+M)v0 ， 代入数据有：v 1=2m/s 由能量守恒可知，弹簧最初的弹性势能： 12022)(gsMEp 代入数据解得：E p=21J （2）因为小车第一次碰撞瞬间打开了锁定开关，且碰撞后小车的动量：P M=Mv0，方向向左。物块 m2 的动量：
11、P m2=m2v0，方向向右，由于 m2M，故小车与 m2 组成的系统总动量向右，所以经多次碰撞后，物块 m2 与小车都应停在墙角处。由能量守恒可知： 02)(1Mgs ，代入数据可得：s 2=0.6m （3）当小车与物块 m2 之间有摩擦力作用时，小车作非匀速运动。对物块 m2，由动量定理可得： m2gt=m2v0 所以小车非匀速运动阶段所经历的总时间：t=0.4s 6. 如图所示光滑水平面有一长木板其质量为 kgA1，长木板两端有两小物块，其质量分别为 kgB2， kC5。已知 B 与 A 之间、C 与 A 之间的动摩擦因数均为5.0,现物块 C 以初速度 smv/80向左运动，最终物块
12、C 恰好没有与 B 相碰。（1）在此过程 A 的最大速度是多大？（2）此过程中内能增加了多少？（3）为使 B、C 不相撞，木板的长度至少为多长？（ ,/02smgB、C 均可看成质点） 。解：（1）C 的加速度为 （1 分） ，若 A、B 之间不滑动，则25/CugamsA、B 一起加速运动，加速度为 ，故假设不成立，即 A、B 之间gBACB存在相对滑动（2 分） 。这样 A 的加速度为 （2 分） ；B/15smaAB的加速度为 ；25/Bmgas设 A、C 经过时间 t 后速度相同，都为 v，则 （1 分） ，0CAatAB C6所以 （1 分） ，此时的速度 v 即为 A 的最大速度，
13、故 （1 分）st4.0 smv/6（2）此时 A、C 间相对滑动的距离 （1tattsSACC .210分）此后 A、C 不再相对滑动，最终三者的共同速度由动量守恒定律得：（2 分） ，可得 （1 分）0()cBCmvv5/vms故内能的增加量为 （2 分）201()60ABcQmJ（3）首先是 C 与 A 的相对滑动，当 A 与 C 相对静止后，B 与 A 仍有相对滑动，B 与A 的总的相对滑动距离可由能量守恒求得： （2 分） ，ACgssQ解得： （1 分）所以木板的最小长度为 （1 分）sB2 mLAB6.37. 如图所示，平板车 AB 质量为 m ，长为 L , C 为车面 A 、
14、B 的中点车右端有一可视为质点、质量为 2m 的滑块，整个装置静止在光滑水平面上现在给车施加一个向右的水平外力 F ，使车向右运动，同时滑块相对于车滑动，当滑块滑至 C 点时撤去外力，此时滑块的速度为 ，车的速度为0v2 ，最后滑块恰好停在车的左端 B 点与车一0v起向右运动滑块与车面 AC 段、CB 段间的动摩擦因数是不同的，设分别为 、 。求：12（1）外力 F 的大小；（2） 的大小；（3） 的大小 .2解：方法（一）动力学方法。(1) 设滑块相对平板车从 A 滑到 C 的过程中，运动时间为 t1，滑块的位移为 s1,加速度为 平板车的加速度为 。根据牛顿第二定律：,1a2a滑块： （1
15、） 平板车： (2)2mgu 21maguF滑块： （3） 平板车： (4)10sv )()210Lsv（滑块： （3） 平板车： (4)tat联立求解得： LmvF2047(2) 联立求解得： gLv201(3)撤去外力后，滑块加速度为： (5)32magu平板车加速度为： （6）42am滑块匀加速运动： （7）/130sv平板车匀减速运动： (8)2()/42L（滑块匀加速运动： （9）230tav平板车匀减速运动： (10)4联立求解得： gLv320方法（二）动量和能量方法滑块相对平板车从 A 滑到 C 的过程中，设滑块位移为 s1,运动时间为 t1，根据动能定理：滑块： （1）201
16、2mvgsu平板车： (2)20)(1)( vLF根据动量定理：滑块： （3）012vgtu平板车： (4)01)(mt联立求解得： LvF204(2) 联立求解得： g201（3）滑块相对平板车滑到 C 点撤去外力后，设滑块和平板车的共同速度为 v。根据系统动量守恒得： （5）vmvm)2(20滑块相对平板车从 C 点滑到 B 点的过程中，根据能量守恒有： （6）220202 )(1)(1Lg求解得： v3288. 如图 19 所示，水平地面上静止放置着物块 B 和 C，相距 l=1.0m。物块 A 以速度v0=10m/s 沿水平方向与 B 正碰。碰撞后 A 和 B 牢固地粘在一起向右运动，
17、并再与 C发生正碰，碰后瞬间 C 的速度 v=2.0m/s。已知 A 和 B 的质量均为 ，C 的质量为 A质量的 K 倍，物块与地面的动摩擦因数 =0.45。 （设碰撞时间很短， 取 10m/s2）g（1）计算与 C 碰撞前瞬间 AB 的速度；（2）根据 AB 与 C 的碰撞过程分析 K 的取值范围，并讨论与 C 碰撞后 AB 的可能运动方向。解：（1）设 A、B 碰后速度为 ，由于碰撞时间1v很短，A、B 相碰的过程动量守恒，得 2 分01mv在 A、B 向 C 运动，设与 C 碰撞前速度为 ，在此过程中由动能定理，有22 分2112mglv得 A、B 与 C 碰撞前的速度为 2 分214
18、/vglms（2）设 A、B 与 C 碰后速度为 ，A、B 与 C 碰撞的过程动量守恒32 分 所以 3mvkv23()/vks碰后 A、B 的速度 必须满足 2 分 2 分322311mvk由式得 2 分6由式知：当 时， ，即与 C 碰撞后，AB 向右运动 2 分24k30v当 时， ，即与 C 碰撞后，AB 停止 2 分4k30v当 时， ，即与 C 碰撞后，AB 向左运动 2 分69. 如图所示，长为 2L 的板面光滑且不导电平板小车 C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量 m=4m，绝缘小物块 B 的质量 mB=2m，若 B 以一定速度沿平板向右与 C 车的挡板相碰，碰后小
19、车的速度总等于碰前物块 B 速度的一半。今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q、质量为 mA=m 的小物块 A，将物块 B 放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块 A由静止开始向右运动，当 A 以速度 v0 与 B 发生碰撞，碰后 A 以 的速度反弹回来，041v9B 向右运动，求：（1）匀强电场的场强大小和方向；（2）若 A 第二次和 B 相碰，判断是在 B 与 C 相碰之前还是相碰之后?（3）A 从第一次与 B 相碰到第二次与 B 相碰的这个过程中，电场力对 A 做的功解析：（1）对金属块 A，用动能定理得： 201mvqEL所以电场强度大小： 方向水平向右 m
20、vE20（2）A 、 B 碰撞，系统动量守恒： 所以BAv)41(00 085vB 碰后做匀速运动，碰到挡板的时间为： 058LvtBA 的加速度： LvaA20A 在 tB段时间的位移为 LvLvattsB 256)8(215842100因 ，故 A 第二次与 B 相碰必在 B 与 C 相碰之后Ls（3）B 与 C 相碰，由动量守恒定律可得021BCBvvmvA 从第一次相碰到第二次与 B 相碰的位移为 L，因此电场力做的功为：201qELW电10. 如图所示，平板车长为 L=6m，质量为 M=10kg，上表面距离水平地面高为 h=1.25m，在水平面上向右做直线运动，A、B 是其左右两个端
21、点某时刻小车速度为v0=7.2m/s，在此时刻对平板车施加一个方向水平向左的恒力 F=50N，与此同时，将一个质量 m=1kg 为小球轻放在平板车上的 P 点（小球可视为质点，放在 P 点时相对于地面的速度为零） ， ，经过一段时间，小球脱离平板车落到地面车与地面的3LPB动摩擦因数为 0.2，其他摩擦均不计取 g=10m/s2求：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间；（2）小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间；（3）从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小FPA Bv010解：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间 （3 分）20.5htsg（2）小球在平板车
22、上相对地面静止，小车加速度 （2 分） ，1()7./FMma向右运动的距离为 （1 分） ， 小于 4m，所以小球不会从车mavx6.327.1201x左端掉下（1 分） ，小车向右运动的时间为 （1 分） ；savt2.710小车向左运动加速度为 （2 分） ，向左运动的距离为 2-().8/FMga，向左运动的时间为 （2 分）mLx6.5.312 saxt8.652；小球从轻放到平板车开始至离开平板车所用的时间 （1 分）123tts（3）小球刚离开平板车瞬间，小车的速度方向向左，大小为 （125.6/vatms分） ， 小球离开车子后，车的加速度为 （2 分） 3/3smMgFa车子
23、向左运动的距离为 （1 分）23211(5.60.5)3.7xvt从小球轻放上平板车到落地瞬间，平板车的位移大小 x= x1 + x2+ x3 =5.175m （1 分）11. 如图所示，光滑水平面上放置质量均为 M=2kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离） 。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块 P 之间的动摩擦因数 =0.5。一根通过细线拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为 m=1kg 的滑块 P(可视为质点) 与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能 E0=10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止。现剪断细线，求：
24、滑块 P 滑上乙车前的瞬时速度的大小；滑块 P 滑上乙车后最终未滑离乙车，P 在乙车上滑行的距离为多大？解：设滑块 P 滑上乙车前的速度为 v，对整体应用动量守恒和能量关系有：mv2MV = 0（3 分） E0 = （4 分） 解之得 v = 4m/s （2 分）221MVm甲 乙P11B C DA Om1m2m3设滑块 P 和小车乙达到共同速度 v，对滑块 P 和小车乙有：mv MV = (mM)v（3分） mgL= （4 分）代入数据解之得：L= m （2 分）21mv2MV2)(1vm 512. 如图所示，质量为 m3 3kg 的滑道静止在光滑水平面上，滑道的 AB 部分是半径为R0.1
25、5m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑到水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道除 CD 部分粗糙外其他部分均光滑，质量为 m22kg 的物体 2（可视为质点）放在滑道的 B 点，现让质量为m11kg 的物体 1（可视为质点）自 A 点由静止释放。两物体在滑道上的 BC 之间相碰后并粘为一体（g10m/s 2）.（1）求物体 1 从释放到与物体 2 相碰的过程中，滑道向左运动的距离；（2）若 CD0.1m，两物体与滑道的 CD 部分的动摩擦因数都为 0.1，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能.解：（1） 从释放到与 相碰撞过程中， 、 组成的系统水平方向动量守恒，设1m21m3水
26、平位移大小 ， 水平位移大小 ，有 ，且 1s3s310sR1可以求得 m 05.3（2）设 、 刚要相碰时物体 1 的速度 ，滑道的速度为 ，由机械能守恒定律12 1v3v有23211vgRm由动量守恒定律有 310m设物体 1 和物体 2 相碰后的共同速度为 ，由动量守恒定律有 2v 211)(vmv弹簧第一次压缩最短时由动量守恒可知物体 1、2 和滑道速度为零，此时弹性势能最大. 设为 .从物体 1、2 碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有PmEPmECDgmv)()(212123联立以上方程，代入数据可得， J 45.0PE1213. （18 分）如图所示，倾角为 = 30
27、 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定着一块挡板，挡板固定着一根平行斜面的轻质弹簧，一段质量为 m = 1kg 的凹槽 A 倒扣在斜面上，槽的下端外侧压在弹簧上，槽内有一质量也为 m = 1kg 的小物块 B，A、B有一段细绳相连当它们都静止时，小物块 B 与槽的下端内侧的距离为 L = 8cm某时刻细绳突然断开，凹槽 A 上滑，当它与弹簧分离时速度恰好为零，此时物块 B 刚好滑到凹槽的下端并发生碰撞，碰撞后粘在一起，之后当凹槽下滑经过初始位置时速度变为 v = 0.5m/s求：（1）物块 B 与凹槽 A 碰撞过程中损失的机械能E（2）轻质弹簧的劲度系数 k（3）开始时弹簧具有的弹性势能
28、Ep解：（1）从细绳断开到凹槽下滑回到初始位置过程，物块 B 的重力势能减少了 EpB = mgLsin = 0.4J （2 分） ，A、B 的总动能增加了 = 0.25J （2 分）2)(1vmEk弹簧的弹性势能及凹槽 A 的重力势能的变化均为零物块 B 与凹槽 A 碰撞过程中损失的机械能E 等于该过程系统损失的机械能所以有 E = EpB Ek = 0.15J （2 分）（2）设开始时弹簧的压缩量为 x，此时 A、B 受力平衡，有 kx = 2mgsin （1 分）凹槽与弹簧分离时，弹簧刚好恢复原长，凹槽上滑了 x，所以物块 B 从断绳到碰撞下滑的距离为 s = L x设物块 B 碰撞前的
29、速度为 vB， 物块下滑过程机械能守恒，有 （2 分）sin21mgv设 A、B 碰撞后的共同速度为 v，根据动量守恒定律得 mvB = 2mv （2 分）A、B 碰撞前后能量守恒，有 （2 分）2)(11vmEB解得 x = 0.02m （2 分） k = 500N/m （1 分）（3）从断绳到碰撞前这一过程，凹槽 A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有Ep = mgxsin 代入数据解得 Ep = 0.1J （2 分）14. （18 分）如图所示，质量不计且足够长的倒 L 型支架下端固定在质量为 2m 的木板上，在其上端 O 处系一长为 L 的轻绳，绳的下端系一质量为 m 的小球，小球可视为质
30、点整个装置在光滑的水平面上以速度 v0 向右作匀速直线运动，水平面的右端为一矮墙壁(1)若木板与墙壁相碰后即与墙壁粘合在一起，试求碰后小球上升至最高点时绳的张力大小（小球在运动过程中不与支架相碰）0Lmv013(2)若木板与墙壁相碰后以原速率反弹，要使绳的最大偏角不超过 900，则绳长 L 应满足什么条件？解：（1）当 时，球上升到最高点时绳与竖直方向的夹角为 1 分gLv20 09对小球向上摆动的过程有： 1 分201)cos(mv小球在最高点时有： 1 分mT解得张力： 1 分Lvg20当 时，绳松弛后小球作斜上抛运动，故张力 T=0 1 分vL520当 时，设球运动到最高点时速度为 v。g对小球从最低点到最高点的过程有： 1 分Lmg21220小球在最高点时有： 1 分LvmgT解得张力： 1 分520（2）若绳长为 L0 时，碰后绳的最大偏角为 900，球与木板的共同速度为 v根据动量守恒定律得： 2 分mvv320根据机械能守恒定律得： 2 分221g解得： 1 分vL3420所以当 L 满足 时，绳的偏角不超过 900 1 分g20
