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力学综合计算题【原卷】
1.(2020·山东潍坊市二模)如图所示，固定光滑轨道ABC的AB段水平，BC段为半圆形，B是半圆轨道的最低点、C是半圆轨道的最高点．长L＝1.5
m、质量M＝0.4
kg的木板位于足够长的光滑水平面上，木板左端紧靠A点，上表面与AB等高．将质量均为m＝0.2
kg的小滑块甲、乙放置在木板上距A点0.5
m处，甲、乙之间夹有被压缩的轻质短弹簧．某时刻弹簧弹开，甲向左运动，乙恰好未从木板上滑下，已知甲、乙与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，重力加速度g＝10
m/s2.
(1)求甲到达A点时的速度大小；
(2)若甲能通过半圆轨道的C点且整个过程中对轨道的压力不超过20
N，求轨道BC半径的取值范围；
(3)若在水平面与木板间固定一块桌布，木板与桌布间的动摩擦因数μ′＝0.1，求乙滑下木板时的速度大小．
2．(2020·河南五岳联盟4月联考)跑步健身可以增强体质，发达肌肉，完美身材，增强人的意志和毅力．跑步涉及很多物理现象．如图所示，长L＝24
m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝60
kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.05.质量m＝60
kg的人(视为质点)立于木板左端，木板与人均静止．若人以大小a1＝2
m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端，并立即抱住立柱，取g＝10
m/s2，求：
(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；
(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE；
(3)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的位移x的大小．
3.
(2020·河南信阳市高三上学期第一次教学质量检测)如图所示，固定光滑斜面ABC，其中AC＝BC＝2.5
m，质量为m＝1
kg的小球(可视为质点)，以10
m/s的初速度从底端A冲上斜面，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为O，轨道半径R＝1
m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点(不计空气阻力，取g＝10
m/s2)．求：
(1)小球从B点抛出后在空中运动到最高点时的速度大小；
(2)小球从A点运动到P点所用的时间；
(3)小球在Q点时对圆弧轨道的作用力大小．
4.(2020·全国1卷·T24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105
kg时，起飞离地速度为66
m/s；装载货物后质量为1.69×105
kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1
521
m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
5
.(2020·全国2卷·T25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
6.
(2020·全国3卷·T25)如图，相距L＝11.5
m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10
kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0
m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10
m/s2。
(1)若v＝4.0
m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0
m/s，载物箱滑上传送带Δt＝
s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
7.(2020·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径R＝3
m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m＝60
kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
(1)P、B两点间的距离；
(2)滑板在C点对轨道的压力大小．
8.(2020·广西梧州市联考)如图所示，半径R＝0.4
m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5
m处的A点放一质量m＝3
kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．
9.(2020·浙江7月选考·20)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1
kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0
m处静止释放．已知R＝0.2
m，LAB＝LBC＝1.0
m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
10.(2020·浙江杭州二中模拟)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6
m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1
kg，mB＝0.2
kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3
kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6
m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10
m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8
m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
11.(2020·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．
(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80
m范围内车辆和行人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6
m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30
m处，两车都以20
m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6
m/s2的加速度刹车1.4
s后，后方汽车驾驶员立即以5.0
m/s2的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？
12.(2020·福建百校联考)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20
m/s，靠近站口时以大小为a1＝5
m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8
m/s，然后立即以大小为a2＝4
m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
13.(2020·安徽安庆市第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量
m＝2.2
kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2
s撤去外力F，物体在0～4
s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4
s内的位移大小．
14.(2020·浙江新高考研究联盟联考)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84
N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0
s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0
s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60
kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12
N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
(2)t＝3.0
s时运动员的速度大小；
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
15.(2020·青岛一模)如图甲所示，m1＝5
kg的滑块a自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B点，传送带以速度v＝3
m/s沿顺时针方向匀速运转。滑块a下滑前将m2＝3
kg的滑块b停放在B点。滑块a下滑后与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B点运动到传送带的右端C点的v－t图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10
m/s2。
(1)求A、B的高度差h；
(2)求滑块a与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；
(3)滑块b到达C点时速度恰好减到3
m/s，求滑块b的传送时间；
(4)求系统因摩擦产生的热量。
16.(2020·日照模拟)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v0＝2
m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4
m/s的速度从右侧滑上木板，经过1
s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1
m/s，方向向左。取重力加速度g＝10
m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
力学综合计算题【解析】
1.(2020·山东潍坊市二模)如图所示，固定光滑轨道ABC的AB段水平，BC段为半圆形，B是半圆轨道的最低点、C是半圆轨道的最高点．长L＝1.5
m、质量M＝0.4
kg的木板位于足够长的光滑水平面上，木板左端紧靠A点，上表面与AB等高．将质量均为m＝0.2
kg的小滑块甲、乙放置在木板上距A点0.5
m处，甲、乙之间夹有被压缩的轻质短弹簧．某时刻弹簧弹开，甲向左运动，乙恰好未从木板上滑下，已知甲、乙与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.6，重力加速度g＝10
m/s2.
(1)求甲到达A点时的速度大小；
(2)若甲能通过半圆轨道的C点且整个过程中对轨道的压力不超过20
N，求轨道BC半径的取值范围；
(3)若在水平面与木板间固定一块桌布，木板与桌布间的动摩擦因数μ′＝0.1，求乙滑下木板时的速度大小．
【答案】　见解析
【解析】　(1)弹簧弹开，以甲、乙组成系统为研究对象，在甲到达A点之前，系统动量守恒
mvA＝mv乙
甲、乙对木板的摩擦力大小相等、方向相反，故木板保持静止，当甲到达A点时乙距木板右端距离为
此后以乙和木板为研究对象，乙到达木板右端时两者同速，设为v
由动量守恒得：mv乙＝(M＋m)v
由能量守恒得：mv乙2＝μmg＋(M＋m)v2
联立解得：vA＝v乙＝3
m/s
(2)半圆轨道半径最大时甲恰能通过半圆轨道最高点
mg＝m
－2mgr1＝mv－mvA2
甲在B点对轨道的压力最大，且半径越小压力越大，半径最小时，由牛顿第三定律知轨道对乙的最大作用力：FN＝20
N
FN－mg＝m
则半径的取值范围为：r2≤r≤r1
代入数据解得：0.1
m≤r≤0.18
m
(3)甲离开木板后
对乙：μmg＝ma1
对木板：μmg－μ′(M＋m)g＝Ma2
(v乙t－a1t2)－a2t2＝
v乙′＝v乙－a1t
联立解得：v乙′＝
m/s.
2．(2020·河南五岳联盟4月联考)跑步健身可以增强体质，发达肌肉，完美身材，增强人的意志和毅力．跑步涉及很多物理现象．如图所示，长L＝24
m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量M＝60
kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.05.质量m＝60
kg的人(视为质点)立于木板左端，木板与人均静止．若人以大小a1＝2
m/s2的加速度匀加速向右跑至木板的右端，并立即抱住立柱，取g＝10
m/s2，求：
(1)从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间t；
(2)人抱住立柱的瞬间损失的机械能ΔE；
(3)从人开始运动到最终木板静止，木板发生的位移x的大小．
【答案】　(1)4
s　(2)2
160
J　(3)4
m
【解析】　(1)人向右运动过程中，受到摩擦力大小
Ff1＝ma1＝60×2
N＝120
N，摩擦力方向向右
由牛顿第三定律可知，木板受到人向左的摩擦力，
则Ff1′＝Ff1＝120
N，
则地面对木板的摩擦力方向向右，大小为Ff2＝μ(M＋m)g＝60
N，
所以木板向左加速运动，设木板的加速度为a2
Ff1′－Ff2＝Ma2
解得a2＝1
m/s2
人运动的位移大小为x1＝a1t2
木板运动的位移大小为x2＝a2t2
二者反向运动，位移大小满足L＝x1＋x2
解得t＝4
s
(2)人抱住立柱前的瞬间，人的速度大小为
v1＝a1t＝2×4
m/s＝8
m/s
此时立柱的速度大小为
v2＝a2t＝1×4
m/s＝4
m/s
人抱住立柱瞬间，人和立柱共速，选择水平向右为正方向，根据动量守恒定律
mv1－Mv2＝(M＋m)v
解得v＝＝
m/s＝2
m/s
根据能量守恒定律ΔE＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2
解得ΔE＝2
160
J
(3)从人开始向右跑到抱住立柱，木板向左运动的位移大小为x2＝a2t2＝×1×16
m＝8
m
人抱住立柱后，人和木板一起向右做匀减速运动的加速度大小为a3＝＝μg＝0.5
m/s2
匀减速的位移大小为x3＝＝
m＝4
m
则从人开始运动到最终木板静止，木板移动的位移大小为x＝x2－x3＝4
m.
3.
(2020·河南信阳市高三上学期第一次教学质量检测)如图所示，固定光滑斜面ABC，其中AC＝BC＝2.5
m，质量为m＝1
kg的小球(可视为质点)，以10
m/s的初速度从底端A冲上斜面，恰好沿P点切线进入口径很小的光滑圆管轨道中，圆心为O，轨道半径R＝1
m，且OP与竖直方向的夹角为θ＝60°，Q点为轨道最高点(不计空气阻力，取g＝10
m/s2)．求：
(1)小球从B点抛出后在空中运动到最高点时的速度大小；
(2)小球从A点运动到P点所用的时间；
(3)小球在Q点时对圆弧轨道的作用力大小．
【答案】　(1)5
m/s　(2)1.78
s　(3)60
N
【解析】　(1)设AB的长为s，小球从A运动到B的过程中，由动能定理得：
－mghBC＝mv－mv
解得：vB＝5
m/s
小球从B点抛出后做斜抛运动，在B点将速度沿水平方向和竖直方向分解，得
vBx＝vBy＝vBcos
45°＝5
m/s
小球斜抛到最高点时只有水平方向的速度，所以v最高点＝5
m/s
(2)小球从A运动到B，设时间为t1，加速度为a，则
a＝gsin
45°＝5
m/s2
t1＝＝
s＝(－1)
s
设小球从B点斜抛到最高点的过程中所用的时间为t2
则t2＝＝
s＝0.5
s
小球运动到P点时的速度为：vP＝＝
m/s＝10
m/s
设小球从最高点运动到P点的时间为t3
vPy＝vPsin
60°＝gt3＝5
m/s
得t3＝
s
所以小球从A点运动到P点所用的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝
s≈1.78
s；
(3)小球从P到Q过程中，由动能定理得－mg(R＋Rcos
θ)＝mvQ2－mvP2
解得：vQ＝
m/s
在Q点，当小球对圆弧轨道的作用力为零时，由重力提供向心力得：
mg＝m
解得：v0＝＝
m/s
因为vQ＝
m/s>v0，所以当小球运动到Q点时，圆轨道对小球的作用力FN方向竖直向下．由牛顿第二定律得：FN＋mg＝m
解得：FN＝60
N
由牛顿第三定律知：在Q点时小球对圆弧轨道的作用力方向竖直向上，大小为60
N.
4.(2020·全国1卷·T24)我国自主研制了运－20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F＝kv2描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度。已知飞机质量为1.21×105
kg时，起飞离地速度为66
m/s；装载货物后质量为1.69×105
kg，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。
(1)求飞机装载货物后的起飞离地速度；
(2)若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1
521
m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。
【答案】　(1)78
m/s　(2)2.0
m/s2　39
s
【解析】　(1)设飞机装载货物前质量为m1，起飞离地速度为v1；装载货物后质量为m2，起飞离地速度为v2，重力加速度大小为g。飞机起飞离地应满足条件
m1g＝kv①
m2g＝kv②
由①②式及题给条件得v2＝78
m/s③
(2)设飞机滑行距离为s，滑行过程中加速度大小为a，所用时间为t。
由匀变速直线运动公式有
v＝2as④
v2＝at⑤
联立③④⑤式及题给条件得a＝2.0
m/s2⑥
t＝39
s。⑦
5
.(2020·全国2卷·T25)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M＝4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】：(1)2g　3g　(2)H　(3)L≥H
【解析】　(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1＝Mg＋f①
ma2＝f－mg②
联立①②式并代入题给数据，得a1＝2g，a2＝3g③
(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0＝④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0－a1t1＝－v0＋a2t1⑤
联立③④⑤式得t1＝
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
h1＝v0t1－a1t⑦
v＝v0－a1t1⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2＝⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1＝h1＋h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得H1＝H?
(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg(H－H1)＋mg(H－H1＋x1)－4mgx1＝0?
联立??式并代入题给数据得x1＝H?
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2＝H1?
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1＋x2≤L?
联立????式，L应满足的条件为L≥H?
6.
(2020·全国3卷·T25)如图，相距L＝11.5
m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m＝10
kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0
m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度取g＝10
m/s2。
(1)若v＝4.0
m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0
m/s，载物箱滑上传送带Δt＝
s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【答案】　(1)2.75
s　(2)
m/s　4
m/s　(3)
N·s，方向竖直向上
【解析】　(1)传送带的速度为v＝4.0
m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2－v＝－2as1②
联立①②式，代入题给数据得s1＝4.5
m③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动。设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1′，由运动学公式有v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得t1＝2.75
s⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2。由动能定理有
－μmgL＝mv－mv⑦
μmgL＝mv－mv⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
v1＝
m/s，v2＝4
m/s⑨
(3)传送带的速度为v＝6.0
m/s时，由于v0v2－v＝2as2?
联立①⑩?式并代入题给数据得t2＝1.0
s?
s2＝5.5
m?
因此载物箱加速运动1.0
s、向右运动5.5
m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动(Δt－t2)的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的距离为s3，有
s3＝(Δt－t2)v?
由①???式可知，mv2>μmg(L－s2－s3)，即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3。由运动学公式有
v－v2＝－2a(L－s2－s3)?
v3＝v－at3?
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它摩擦力的冲量为I1，由动量定理有I1＝m(v3－v0)?
联立①?????式并代入题给数据得I1＝0?
传送带对它支持力(大小等于重力)的冲量为
I2＝mg(Δt＋t3)?
联立???式并代入题给数据得I2＝
N·s?
由于I1＝0，所以传送带对它的冲量为I＝I2＝
N·s，方向竖直向上。
7.(2020·湖南娄底市下学期第二次模拟)某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB与半径R＝3
m的光滑圆弧轨道BC相切于B，圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C点的切线水平，C点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备(整体视为质点)总质量m＝60
kg.某次试滑，他从斜面上某点P由静止开始下滑，发现在斜面CD上的落点Q恰好离C点最远．若他在斜面AB上滑动过程中所受摩擦力Ff与位移大小x的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单位)，忽略空气阻力，取g＝10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8.求：
(1)P、B两点间的距离；
(2)滑板在C点对轨道的压力大小．
【答案】　(1)4
m　(2)1
320
N
【解析】　(1)设爱好者滑到C点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1
C到Q由平抛运动规律有：tan
α＝＝＝①
则t＝②
因此x1＝vCt＝③
lCQ＝＝④
由④式可知vC越大则lCQ越大，由人和装备在BC间运动时机械能守恒可知，要使vC越大就要求vB越大．
设人和装备在P、B间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsin
θ－90x＝ma⑤
得a＝⑥
由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB最大．
故P、B两点间的距离大小为：x＝＝4
m⑦
(2)设P、B间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsin
θ＋Wf＝mv－0⑧
而Wf＝－·x⑨
B、C间运动时，机械能守恒，有：
mv＋mgR(1－cos
θ)＝mv⑩
在C点FN－mg＝m?
由⑦⑧⑨⑩?解得FN＝1
320
N
由牛顿第三定律可知滑板在C点对轨道的压力大小FN′＝FN＝1
320
N.
8.(2020·广西梧州市联考)如图所示，半径R＝0.4
m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5
m处的A点放一质量m＝3
kg的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10
m/s2，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)求：
(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．
【答案】　(1)2
m/s　(2)36
N　(3)
N≤F≤50
N
【解析】　(1)小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为vC，
由mg＝m得：vC＝2
m/s
物块从B运动到C，由动能定理有：
－2mgR＝mv－mv
解得：vB＝2
m/s
(2)物块从P到C由动能定理有：
－mgR(1－sin
θ)＝mv－mv
解得vP＝
m/s
在P点由牛顿第二定律有：mgsin
θ＋FN＝m
解得FN＝36
N
根据牛顿第三定律可知，小物块在P点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36
N
(3)当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：
Ff＝μ(mg－Fminsin
θ)，Fminxcos
θ－Ffx＝mv
解得Fmin＝
N
当物块在AB段即将离开地面时，拉力F有最大值，则Fmaxsin
θ＝mg
解得Fmax＝50
N
综上，拉力的取值范围是：
N≤F≤50
N.
9.(2020·浙江7月选考·20)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成．质量m＝0.1
kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0
m处静止释放．已知R＝0.2
m，LAB＝LBC＝1.0
m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系．(碰撞时间不计，sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)
【答案】　见解析
【解析】　(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋mvD2
根据牛顿第二定律有FN＝＝8
N
根据牛顿第三定律可知滑块在D点时对轨道的压力FN′＝FN＝8
N，方向水平向左
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，根据能量守恒定律可知mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos
θ＋mgLBC′sin
θ
得LBC′＝
m<1.0
m，故不会冲出
(3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgx＝mv2
设两滑块碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律有mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，根据动能定理有－3μmg－3μmgcos
θ·－3mgh＝0－(3m)v′2
得h＝x－(
mm)或
h＝0(0≤x≤
m)．
10.(2020·浙江杭州二中模拟)如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6
m．平台上静止着两个滑块A、B，mA＝0.1
kg，mB＝0.2
kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑的水平地面上．小车质量为M＝0.3
kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ＝0.2，Q点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度vA＝6
m/s，而滑块B则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g＝10
m/s2.求：
(1)滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8
m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内．
【答案】　(1)1
N，方向竖直向上　(2)0.22
J
(3)0.675
mm
【解析】　(1)A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：mAvA2－mAv2＝mAg·2R
在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mA
解得FN＝1
N
11.(2020·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．
(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80
m范围内车辆和行人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6
m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30
m处，两车都以20
m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6
m/s2的加速度刹车1.4
s后，后方汽车驾驶员立即以5.0
m/s2的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？
【答案】：(1)24
m/s　(2)见解析
【解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有
－2ax＝0－v
代入数据解得v0＝24
m/s.　①
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v
该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4
s
对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1)　②
对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2　③
联立②③式得t2＝3.6
s，v＝2
m/s
又x无＝(t2＋t1)　④
x有＝t2＋v0t1　⑤
Δx＝x有－x无　⑥
联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6
m<30
m，即两车不会相撞．
12.(2020·福建百校联考)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20
m/s，靠近站口时以大小为a1＝5
m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8
m/s，然后立即以大小为a2＝4
m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】　(1)33.6
m　(2)5.4
s　(3)1.62
s
【解析】(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x1处开始减速，则有：v－v＝－2a1x1
解得：x1＝33.6
m。
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则
减速阶段：vt＝v0－a1t1
解得：t1＝2.4
s
加速阶段：v0＝vt＋a2t2
解得：t2＝3
s
则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4
s。
(3)在加速阶段：x2＝t2＝42
m
则汽车加速和减速过程的总位移：x＝x1＋x2＝75.6
m
若不减速所需要的时间：t′＝＝3.78
s
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62
s。
13.(2020·安徽安庆市第二次模拟)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量
m＝2.2
kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2
s撤去外力F，物体在0～4
s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8，取g＝10
m/s2，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F的大小；
(2)物体在0～4
s内的位移大小．
【答案】　(1)0.5　4
N　(2)28
m
【解析】　(1)根据v－t图象的斜率表示加速度，则2～4
s内物体的加速度大小为：
a2＝
m/s2＝2
m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin
θ－μmgcos
θ＝ma2，
解得：μ＝0.5；
0～2
s内物体的加速度大小为：a1＝
m/s2＝4
m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin
θ＋Fcos
θ－μ(mgcos
θ－Fsin
θ)＝ma1，解得：F＝4
N；
(2)物体在0～4
s内的位移为：x＝
m＋×2
m＝28
m.
14.(2020·浙江新高考研究联盟联考)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84
N而从静止(t＝0时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0
s，撤除水平推力F后经过t2＝2．0
s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)的总质量为m＝60
kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12
N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
(2)t＝3.0
s时运动员的速度大小；
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
【答案】　(1)1.2
m/s　0.6
m　(2)0.8
m/s　(3)5.2
m
【解析】　(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为
a1＝＝1.2
m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2
m/s
位移x1＝a1t12＝0.6
m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝0.2
m/s2
经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8
m/s.
(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v22－v1′2＝2a1x1
解得v2＝
m/s
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝
解得x2＝5.2
m.
15.(2020·青岛一模)如图甲所示，m1＝5
kg的滑块a自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度滑下，槽的底端与水平传送带相切于传送带的左端B点，传送带以速度v＝3
m/s沿顺时针方向匀速运转。滑块a下滑前将m2＝3
kg的滑块b停放在B点。滑块a下滑后与滑块b发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送带上从B点运动到传送带的右端C点的v－t图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10
m/s2。
(1)求A、B的高度差h；
(2)求滑块a与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；
(3)滑块b到达C点时速度恰好减到3
m/s，求滑块b的传送时间；
(4)求系统因摩擦产生的热量。
【答案】　(1)0.8
m　(2)0.05　2.6
m　(3)6.5
s　(4)16
J
【解析】　(1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a的速度v1＝1
m/s，滑块b的速度v2＝5
m/s，设碰撞前瞬间滑块a的速度为v0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v0＝4
m/s
滑块a下滑的过程中机械能守恒，有m1gh＝m1v
解得h＝0.8
m。
(2)由图乙可知，滑块a在传送带上加速运动时的加速度大小a＝＝0.5
m/s2
滑块a的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a
可求出滑块a与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05
由图乙可知，滑块a在传送带上先加速4
s，后匀速运动6
s到达C点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传送带的长度LBC，即LBC＝26
m。
(3)滑块b一直做匀减速直线运动，到C点时速度恰好减为3
m/s，全程的平均速度为＝＝4
m/s
设滑块b的传送时间为tb，则有tb＝＝6.5
s。
(4)由图乙可知，滑块a在传送带上加速阶段的位移
x1＝v1t1＋at＝8
m
滑块a在传送带上加速阶段产生的热量
Q1＝μ1m1g(vt1－x1)＝10
J
滑块b在传送带上减速的加速度大小a′＝＝
m/s2
滑块b受到的滑动摩擦力大小f＝m2a′
滑块b在传送带上减速阶段产生的热量
Q2＝f(LBC－vtb)＝6
J
系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16
J。
16.(2020·日照模拟)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v0＝2
m/s，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4
m/s的速度从右侧滑上木板，经过1
s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1
m/s，方向向左。取重力加速度g＝10
m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3　(2)0.05　(3)2.75
m
【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝＝
m/s2＝－3
m/s2，负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝m
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝m
而且t1＋t2＝t＝1
s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5
s，t2＝0.5
s。
(3)在t1＝0.5
s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝·t1＝0.5
m，方向向右；
在t2＝0.5
s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝·t2＝0.25
m，方向向左；
在整个t＝1
s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5
m，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75
m。
由牛顿第三定律得，滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1
N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3
m/s
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v共
由能量守恒定律得：Ep＝mBvB2－(mB＋M)v共2－μmBgL，
联立解得Ep＝0.22
J
(3)滑块B最终没有离开小车，滑块B和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B与小车组成的系统动量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块B还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B恰好滑到Q点，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝mBvB2－(mB＋M)u2
联立解得L1＝1.35
m
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块B必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块B必然被弹回到PQ之间，设滑块B恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝mBvB2－(mB＋M)u2
联立解得L2＝0.675
m
综上所述，要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0.675
mm.
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