专题21 力学计算题名校试题汇编
1.(2024·河南省洛阳市模拟)如图所示，一重力为10 N的小球，在F＝20 N的竖直向上的拉力作用下，从A点由静止出发沿AB向上运动，F作用1.2 s后撤去．已知杆与球间的动摩擦因数为3，杆足够长，取g＝10 m/s2.求： 6
(1)有F作用的过程中小球的加速度； (2)撤去F瞬间小球的加速度；
(3)从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点为2.25 m的B点． 答案 (1)2.5 m/s2 方向沿杆向上 (2)7.5 m/s2 方向沿杆向下 (3)0.2 s或0.75 s G
解析 (1)小球的质量m＝＝1 kg
g
取沿杆向上为正方向，设小球在力F作用时的加速度大小为a1，此时小球的受力如图所示，
Fcos 30°＝Gcos 30°＋FN Fsin 30°－Gsin 30°－μFN＝ma1 联立解得：a1＝2.5 m/s2，方向沿杆向上 (2)撤去F瞬间，小球的受力如图所示，
设此时小球的加速度为a2，FN′＝Gcos 30° －Gsin 30°－μFN′＝ma2
联立解得：a2＝－7.5 m/s2，即大小为7.5 m/s2，方向沿杆向下 (3)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3 m/s 1
小球的位移为x1＝a1t12＝1.8 m
2
0－v1
撤去F后，小球继续向上运动的时间为t2＝＝0.4 s
a20－v12
小球继续向上运动的最大位移为x2＝＝0.6 m
2a2
1
则小球向上运动的最大距离为xm＝x1＋x2＝2.4 m 1
在上滑阶段通过B点，即xAB－x1＝v1t3＋a2t32
2解得t3＝0.2 s或者t3＝0.6 s(舍) 小球返回时，受力如图所示，
设此时小球的加速度为a3， －Gsin 30°＋μFN′＝ma3
得a3＝－2.5 m/s2，即大小为2.5 m/s2，方向沿杆向下 1
小球由顶端返回B点时有－(xm－xAB)＝a3t42
2解得t4＝
3 s 5
则通过B点时间为t＝t2＋t4≈0.75 s.
2.(2024·安徽省巢湖市质检)如图所示，光滑水平轨道AB与光滑半圆形轨道BC在B点相切连接，半圆轨道半径为R，轨道AB、BC在同一竖直平面内．一质量为m的物块在A处压缩弹簧，并由静止释放，物块恰好能通过半圆轨道的最高点C.已知物块在到达B点之前已经与弹簧分离，重力加速度为g.求：
(1)物块由C点平抛出去后在水平轨道的落点到B点的距离； (2)物块在B点时对半圆轨道的压力大小； (3)物块在A点时弹簧的弹性势能． 5
答案 (1)2R (2)6mg (3)mgR
2
vC2
解析 (1)因为物块恰好能通过C点，则有：mg＝m
R1
x＝vCt,2R＝gt2
2解得x＝2R
即物块在水平轨道的落点到B点的距离为2R； (2)物块由B到C过程中机械能守恒，
2
11
则有mvB2＝2mgR＋mvC2
22
设物块在B点时受到的半圆轨道的支持力为FN， vB2
则有：FN－mg＝m，
R解得FN＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块在B点时对半圆轨道的压力大小FN′＝FN＝6mg. (3)由机械能守恒定律可知，物块在A点时弹簧的弹性势能为 15
Ep＝2mgR＋mvC2，解得Ep＝mgR.
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3.(2024·安徽省蚌埠二中期中)如图所示，质量M＝10 kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ＝0.2.在木楔的倾角θ为37°的斜面上，有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始从A点沿斜面下滑，当它在斜面上滑行距离x＝1 m时，其速度v＝2 m/s，在这过程中木楔没有动．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)求：
(1)物块与木楔间的动摩擦因数μ1； (2)地面对木楔的摩擦力的大小和方向；
(3)在物块沿斜面下滑时，如果对物块施加一平行于斜面向下的推力F＝5 N，则地面对木楔的摩擦力如何变化？(不要求写出分析、计算的过程)
答案 (1)0.5 (2)1.6 N，水平向左 (3)地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变 解析 (1)由v2＝2ax，得a＝2 m/s2
对物块由牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma，得μ1＝0.5 (2)以物块和木楔ABC整体为研究对象，作出受力图如图．
(m＋M)g－FN＝may，Ff＝max，ax＝acos θ，ay＝asin θ 解得：FN＝108.8 N，Ff＝1.6 N
(3)对木楔来说物块加推力以后它受到物块的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变．
4.(2024·甘肃省天水市调研)如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰
3
撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B.求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度． 123v02
答案 (1)mv0 (2) 440g
解析 (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向 由动量守恒定律得：mv0＝2mv 1
解得v＝v0；
2
11
碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝mv02－×2mv2
221
解得E损＝mv02.
4
(2)当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等．根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1 1
解得v1＝v0
5根据机械能守恒得
1?211?1v0?2 v0－×2mgh＝×2m?5m?2?2?5?23v02
解得h＝.
40g
5. (2024·广东省湛江市第二次模拟)如图所示，水平地面放置A和B两个物块，物块A的质量m1＝2 kg，物块B的质量m2＝1 kg，物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，A物块与B物块碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过多大？ 答案 (1)6 m/s (2)L不得超过3.4 m
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解析 (1)设物块A与物块B碰前速度为v1， 由牛顿第二定律得：Fcos 37°－μ(m1g－Fsin 37°)＝m1a 解得：a＝0.5 m/s2 则速度v1＝at＝6 m/s
(2)设A、B两物块相碰后A的速度为v1′，B的速度为v2 由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′＋m2v2 111
由机械能守恒定律得：m1v12＝m1v1′2＋m2v22
222联立解得：v1′＝2 m/s、v2＝8 m/s
1
对物块A用动能定理得：－μm1gxA＝0－m1v1′2
2解得：xA＝0.4 m
1
对物块B用动能定理得：－μm2gxB＝0－m2v22
2解得：xB＝6.4 m
物块A和物块B能发生第二次碰撞的条件是xA＋xB>2L， 解得L<3.4 m
即要保证物块A和物块B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得超过3.4 m. 6. (2024·湖北省黄冈市质检)如图所示，倾角θ＝37°、高h＝1.8 m的斜面位于水平地面上，小球从斜面顶端A点以初速度v0水平向右抛出(此时斜面未动)，小球恰好落到斜面底端B点处．空气阻力忽略不计，取重力加速度g＝10 m/s2，tan 37°＝0.75.
(1)求小球平抛的初速度v0的大小；
(2)若在小球水平抛出的同时，使斜面在水平面上由静止开始向右做匀加速直线运动，经t2＝0.3 s小球落至斜面上，求斜面运动的加速度大小． 答案 (1)4 m/s (2)13.3 m/s2
解析 (1)小球水平抛出后恰好落在斜面底端，设水平位移为x， 1h＝gt2 2x＝v0t
由几何知识可得 htan θ＝ x
联立并代入已知数据得v0＝4 m/s (2)如图所示，
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2024届高考物理一轮复习专题21 力学计算题名校试题汇编(教师版)
