《课标版2020高考物理二轮复习专题一力与运动第4讲计算题对“力与运动”的考查限时练含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《课标版2020高考物理二轮复习专题一力与运动第4讲计算题对“力与运动”的考查限时练含解析.doc（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、计算题对“力与运动”的考查A组12分中难大题练少失分1(12分)(2019洛阳六校联考)ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的.2015年我国ETC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汽车以10 m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费，
2、若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间解析：(1)汽车进入人工收费通道后做匀减速直线运动，根据速度位移公式可知，a2.5 m/s2.(1分)汽车进入ETC通道后，做匀减速直线运动的时间t12 s(2分)匀减速运动的位移x115 m(2分)(2)汽车在ETC收费通道，匀速行驶的时间t21 s(1分)从开始减速到交费完成所需的时间tt1t23 s(1分)在人工收费通道，匀减速直线运动的时间t34 s(1分)汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间tt0t314 s(2
3、分)节省的时间ttt11 s(2分)答案：(1)15 m(2)11 s2.(12分)(2019高考模拟)如图所示，甲同学站在某平台边缘将小球以v4 m/s的速度竖直上抛，甲同学把小球抛出的同时，乙同学在距抛出点水平距离x4 m处由静止开始运动，在小球正下方距地面高h2 m处接住小球，并且此时乙同学的水平速度为零，在此过程中可将乙同学的运动看成匀加速和匀减速直线运动，由于乙同学需要急停，在减速运动过程中的加速度大小为加速运动过程中加速度大小的4倍已知小球抛出点距地面的高度为H3 m，重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力，求乙同学在加速过程中的加速度大小解析：设小球从被抛出到被乙同学接住的整个
4、过程所用时间为t，小球的位移为h1.由运动学规律可得：h1Hh(2分)h1vt(2分)解得：t1 s(1分)设乙同学加速时加速度大小为a，位移为x1，时间为t1；减速时位移为x2，时间为t2，vm为最大速度x1x2(t1t2)(2分)x1x24 m(1分)t1t21 s(1分)vmat14at2(1分)解得：a10 m/s2.(2分)答案：10 m/s23(12分)(2019西安未央区联考)为了减少汽车刹车失灵造成的危害，如图所示为高速路上在下坡路段设置的可视为斜面的紧急避险车道一辆货车在倾角30的连续长直下坡高速路上，以v07 m/s的速度在刹车状态下匀速行驶(在此过程及后面过程中，发动机不
5、提供牵引力)，突然汽车刹车失灵，开始加速运动，此时汽车所受到的阻力为车重的0.2倍，在加速前进了x096 m后，货车冲上了平滑连接的倾角53避险车道，已知货车在该避险车道上所受到的阻力为车重的0.45倍货车的各个运动过程均可视为直线运动sin 530.8，g10 m/s2.求：(1)汽车刚冲上避险车道时的速度大小v；(2)汽车在避险车道上行驶的最大距离x.解析：(1)设货车加速下行的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：mgsin 0.2mgma1(2分)代入数据计算得出：a13 m/s2(1分)根据v2v2a1x0(2分)代入数据计算得出：v25 m/s.(1分)(2)设货车在避险车道上行驶
6、的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：mgsin 0.45mgma2(2分)代入数据计算得出：a212.5 m/s2(1分)根据0v22a2x(2分)代入数据，计算得出：x25 m(1分)答案：(1)25 m/s(2)25 m4(12分)(2019河南名校联考)蓝牙(Bluetooth)是一种无线技术标准，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换(使用2.42.485 GHz的ISM波段的UHF无线电波)现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d4.0 m的O1、O2两点，甲车从O1点以初速度v04 m/s、加速度a11 m/s
7、2向右做匀加速运动，乙车从O2点由静止开始以加速度a22 m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过s010.0 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间已知2.4.(1)求甲、乙两车在相遇前的最大距离；(2)求甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间解析：(1)当两车速度相等时相距最大即：v0a1t1a2t1(1分)解得t14 s(1分)所以两车相距最大距离为：s1s甲ds乙v0t1a1tda2t12 m(2分)(2)当两车的间距大于s0时，两车无法保持通信由题可知，两车的间距先增大后减小所以当s甲ds乙s0时有：v0ta1t2da2t2s0(1分)解得：t22 s，t36 s(2分)即中间有
8、t3t24 s的时间无法通信又当乙车追上甲车时有：s甲ds乙(1分)即：v0t4a1tda2t(2分)解得：t48.8 s(1分)所以，能保持通信的时间为tt4(t3t2)4.8 s(1分)答案：(1)12 m(2)4.8 s5(12分)(2019河南南阳模拟)如图甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板，开始时质量为m1 kg的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，今将水平力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，滑块滑上木板的过程不考虑能量损失此后滑块和木板在水平面上运动的vt图象如图乙所示，g10 m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块
9、开始下滑时的高度；(3)木板的质量解析：(1)对滑块受力分析可得mgsin Fcos ，(2分)代入数据可得F N(1分)(2)由题意可知，滑块滑到木板上的初速度为10 m/s，当F变为水平向右之后，由牛顿第二定律可得mgsin Fcos ma，解得a10 m/s2，(2分)下滑的位移x，解得x5 m，(1分)故下滑的高度，hxsin 302.5 m(1分)(3)由图象可知，二者先发生相对滑动，当达到共速后一起做匀减速运动，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2，由图象得，二者共同减速时的加速度大小a11 m/s2，发生相对滑动时，木板的加速度a21 m/s2，滑块减速的
10、加速度大小a34 m/s2，对整体受力分析可得a11g，(1分)可得10.1.(1分)在02 s内分别对m和M受力分析可得对M：a2，(1分)对m：a3，(1分)代入数据解得M1.5 kg.(1分)答案：(1) N(2)2.5 m(3)1.5 kg6(12分)(2019湖南十三校联考)如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v4 m/s，传送带与水平面的夹角37，现将质量m1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F8 N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h2.4 m的平台上已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5.(g取10 m
11、/s2，sin 370.6，cos 370.8)问：(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？解析：(1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带向上做初速为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：ma1Fmgcos 37mgsin 37，(1分)解得：a16 m/s2.(1分)t1 s(1分)x1 m传送带底端到顶端的距离x4 m(1分)物块达到与传送带同速后，物体未到顶端，物块受的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F8 N
12、而下滑力和最大摩擦力之和为10 N故不能相对斜面向上加速故得：a20(1分)t2 s(1分)得tt1t2 s1.33 s(1分)(2)若达到速度相等后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin 37mgcos 37，故减速上行ma3mgsin 37mgcos 37，(1分)得：a32 m/s2.(1分)物块还需t离开传送带，离开时的速度为vt，则：x2xx1 m，v2v2a3x2，vt m/s2.3 m/s(2分)t0.85 s(1分)答案：(1)1.33 s(2)0.85 s2.3 m/s7(12分)(2019高考仿真模拟5)如图所示，半径R0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，半圆环与粗
13、糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m0.10 kg的小球，以初速度v07.0 m/s在水平地面上向左做加速度a3.0 m/s2的匀减速直线运动，运动s4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点(取重力加速度g10 m/s2)(1)小球运动到A点时的速度大小；(2)小球经过B点时对轨道的压力大小；(3)A、C间的距离解析：(1)小球向左运动的过程中小球做匀减速直线运动，有vv2as解得vA5 m/s.(2分)(2)如果小球能够到达B点，设在B点的最小速度为vmin，有mgm解得vmin2 m/s.(2分)而小球从A到B的过程中根据机械能守恒，有mg2Rmvmv解得vB3 m/s.(2分)
14、由于vBvmin，故小球能够到达B点，且从B点做平抛运动，由牛顿第二定律可知Fmgm，解得F1.25 N，(2分)由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为1.25 N(1分)(3)在竖直方向有2Rgt2，(1分)在水平方向有sACvBt，(1分)解得sAC1.2 m故A、C间的距离为1.2 m(1分)答案：(1)5 m/s(2)1.25 N(3)1.2 m8.(12分)(2019江苏南京二模)如图所示，木块A固定在水平地面上，细线的一端系住光滑滑块B，另一端绕过固定在木块A上的轻质光滑滑轮后固定在墙上，B与A的竖直边刚好接触，滑轮左侧的细线竖直，右侧的细线水平已知滑块B的质量为m，
15、木块A的质量为3m，重力加速度为g，当撤去固定A的力后，A不会翻倒求：(1)A固定不动时，细线对滑轮的压力大小F；(2)撤去固定A的力后，A与地面间的动摩擦因数满足什么条件时，A不会向右运动；(3)撤去固定A的力后，若地面光滑，则B落地前，A向右滑动位移为x时的速度大小vA.解析：(1)细线对B的拉力大小Tmg(1分)滑轮对细线的作用力大小FT(1分)细线对滑轮的作用力大小FF(1分)由以上各式解得Fmg.(1分)(2)地面对A的支持力大小N3mgmg(1分)A不会滑动的条件TN(1分)由以上各式解得.(1分)(3)A向右滑动位移为x时，B下降hx(1分)A向右速度大小为vA时，B的速度大小v
16、BvA(1分)整个系统机械能守恒，mgx3mvmv(2分)由以上各式解得vA.(1分)答案：(1)mg(2)(3) B组20分压轴大题练多得分9(20分)(2019辽宁沈阳一模)如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动某时刻速度为v02 m/s，此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v14 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v21 m/s，方向向左重力加速度g10 m/s2，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数1；(2)木板与地面间的动摩擦因数2；(3)从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小解析：(1)对小滑块分析：其加速度为：
17、a1 m/s23 m/s2，方向向右(2分)对小滑块根据牛顿第二定律有：1mgma1，可以得到：10.3；(2分)(2)对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgm(2分)然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mgm(2分)而且t1t2t1 s(2分)联立可以得到：20.05，t10.5 s，t20.5 s(2分)(3)在t10.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1t10.5 m，方向向右(2分)在t20.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2t20.25 m，方向向左(2分)在整
18、个t1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：xt2.5 m，方向向左(2分)则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：xxx1x22.75 m(2分)答案：(1)0.3(2)0.05(3)2.75 m10(20分)(2019全国考试大纲调研卷3)如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与M之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度v2(v2v1)匀速运动，求：(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？
19、解析：(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1、f2分别为物块和地面给木板的摩擦力(2分)由题意可知f11mg(2分)f22(mM)g(2分)由平衡条件得：Ff1f21mg2(mM)g(2分)(2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设t1(1分)物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1(2分)设物块由速度为零向右匀加速至木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2(1分)设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2(2分)此过程木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)(2分)则物块不从木板上滑下来的最小长度：Lxx1x2(2分)代入数据解得：L(2
20、分)解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速运动的初速度为v0，末速度为vt，则v0v1v2(2分)vt0(2分)加速度：a1g(2分)根据运动学公式：vv2aL(3分)解得：L(3分)答案：(1)1mg2(mM)g(2)11(20分)(2019湖南衡阳二模)如图1所示，在水平面上有一质量为m11 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m22 kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1.假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等现给木块施加随时间t增大的水平拉力F3t(N)，重力加速度大小g10 m/s2.图1图2(1)求木块和木板保持相对静止
21、的时间t1；(2)t10 s时，两物体的加速度各为多大；(3)在图2中画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)解析：(1)当F2(m1m2)g3 N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：fmax2(m1m2)gm1amax，fmax1m2g(2分)解得：amax3 m/s2(1分)对整体有：Fmax2(m1m2)g(m1m2)amax(2分)解得：Fmax12 N(1分)由Fmax3t1得：t14 s(1分)(2)t10 s时，两物体已相对运动，则有：对m1：1m2g2(m1m2)gm1a1(2分)解
22、得：a13 m/s2(2分)对m2：F1m2gm2a2(2分)F3t30 N(2分)解得：a212 m/s2(2分)(3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12)(3分)答案：(1)4 s(2)3 m/s212 m/s2(3)图象如图所示12(20分)(2019衡水金卷)如图所示，质量相等的a、b两球从斜面上的A、B两点同时沿光滑斜面向上推出，初速度大小分别为v1、v2，A、B间的距离为s，重力加速度为g，斜面的倾角为37.已知sin 370.6，cos 370.8.(v2、g和为已知)(1)若当b球向上运动的速度减为0时，a球刚好与它相碰，求v1的大小；(2)若当b球回到B点时，两球刚好
23、发生弹性碰撞，则碰撞后b球再次回到B点所用的时间为多少？解析：(1)由于斜面光滑，两球沿斜面向上运动的加速度为agsin g，当b球运动到最高点时所用的时间t1(2分)位移：x2(2分)b球速度为零时，a球刚好与b球相碰，则a球向上运动的位移x1sx2s(1分)x1v1t1at(1分)解得v1v2(1分)(2)当b球回到B点时，b球运动的时间为t22(1分)由对称性可知球a：sv1t2at(2分)解得：v1v2(2分)设碰撞前a球的速度大小为v1，b球速度大小为v2，则s(v1v1)t2(1分)求得v1v2，v2v2(1分)由于两球发生的弹性碰撞，且两球质量大小相等，设碰撞后a球的速度大小为v1，b球的速度大小为v2，由动量守恒定律可得：mv1mv2mv2mv1(1分)由机械能守恒定律：mvmvmvmv(1分)解得v2v1v2(2分)碰撞后b球再次回到B点所用的时间t3.(2分)答案：(1)v2(2)13