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1、力学计算题满分练1. (2021-4月浙江杭州二模)随着社会的发展，外卖配送也正踏入“无人+”领域。某天工作人员正在通过无人机将质量m=kg的医疗物品送至用户家中，如图所示，在无人机的作用下，物品在水平地面上由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，经过fi=2s后变成匀速直线运动，己知匀速直线运动时间”=5s,然后再经匀减速6=4s后到达用户窗台，此时物品恰好静止，离地高度入=40m。若在匀速运动阶段无人机对物品的作用力大小为F=15N,整个运动过程中物品可看成质点，物品所受空气阻力恒定，求：(1) 物品运动过程中的最大速率；(2) 匀减速阶段物品的加速度大小和位移大小；(3) 匀加速阶段无人机对
2、物品的作用力大小。解析：(1)由题意可知t4-=h解得Om=5m/So(2) 匀减速阶段物品的加速度大小。2=邪解得。2=1.25m/s12,位移大小x=?3,解得x=10m。(3) 由题意可知解得F阻=5N由牛顿第二定律有FFmg=ma又01=7,解得F=17.5No答案!(1)5m/s(2)1.25m/s210m(3)17.5N2. (2021-4-R山东潍ttrF)北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点4、B.C,测得三点间的高度差和水平间距分别为知=12.8人2=27.2m、X=Xc=36m。运动员落到倾角为23的滑道上时，
3、速度方向与滑道成30。角，然后用2s时间完成屈膝缓冲后下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60kg,g取10m/s2,sin53=0.8,cos53=0.6,sin23=0.39,cos23=0.92。求：甲A解析：运动员从A到矿从B到C时间相等，设时间间隔为T,则力2知=g产,XAff=VttTt解得#0=30m/So(2)由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为53。，速度关系为cos53o=号垂直滑道方向由动量定理有(Fnigcos23)/=0/wrsin3(),解得F=1302No答案：30in/s(2)1302N3.(20214月广东深圳二次1*研)如图甲所示，一个体
4、重为m=50kg的中学生，乘坐正常工作的电梯从七楼下降到一楼。用传感器记录下他受到的支持力随时间变化的关系如图乙所示。查阅资料得知电梯的空轿厢质量为切=1150kg,“对重”的质量为Mi=1300kg,不计滑轮摩擦，重力加速度g=10m/s2,求：代入数据解得W=210600J。答案：20m13650N210600J4.（2021-4月安散黄山二模）第24届冬季奥运会将于2022年在北京和张家口举行，国人瞩目，万众期盼。跳台滑雪项目是冬奥会极具观赏性的项目之一，“跳台滑雪可以简化为如图所示的模型，40为助滑道，其中OC段是半径为A的一小段圆弧（与AC段平滑对接）；OB为着陆坡，其倾角为。质量为
5、，的运动员从助滑道上的4点由静止自由下滑，然后从。点沿水平方向飞出，最后落在着陆坡上某点（图中未画出）。已知A点与O点的高度差为人=崩重力加速度为g。运动员和滑雪板整体可看作一个质点，一切摩擦和空气阻力均可忽略。求运动员：（1）滑到O点时对滑道的压力大小；（2）从O点飞出到离着陆坡OB的距离最大的过程经历的时间和重力的功率。解析：对运动员从4到O,根据机械能守恒得mSh=mv.2解得Vo=yl2gli=ylgR根据向心力公式得外一圾碧解得滑道对运动员的支持力大小为F=2mg由牛顿第三定律得运动员对滑道的压力大小为P/=2炫。（2）设从O点飞出在远离着陆坡OB的距离最大的过程经历的时间为/,运动
6、员离OB的距离最大时，其速度方向与斜面平行，此时竖直速度vv=v（）tan0=ygRtan0,vy=gtt解得功）tan0y/tan0z=gg从O点飞出在远离着陆坡OB的过程重力的平均功率为P=m卷解得P=y/gHtan0。答案：总件四零俪顷5.（2020安做巢湖质检）如图所示，在光滑的水平面上，质量M=3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质量m=l.0kg的小物块（可视为质点），处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数0=0.30。在木板4的左端正上方，用长/?=0.80m且不可伸长的轻绳将质量皿=1.Okg的小球C悬于固定点0,现将轻绳拉直使小球C于。点以下且与水平方向成0=30。角的
7、位置，由静止释放。此后，小球C与8恰好发生正碰且无机械能损失。空气阻力不计，取g=10m/s2o求：(1) 小球运动到最低点时对细绳的拉力大小；(2) 木板长度L至少为多大时小物块才不会滑出木板。解析：(1)小球C从开始下落到与B碰撞前瞬间，由动能定理得sin6?)=|wiVo2-0解得v0=ygR小球在最低点，有Fmg=mr解得F=20N由牛顿第三定律得，小球对细绳的拉力F=F=20N,方向竖直向下。(2)设小球。与小物块8在碰撞后，小球C速度为趴，小物块3的速度为召2,由动量守恒定律和机械能守恒定律得nhVo=miVi+mV25IVo2=。12+3再2联立解得Q1=O,V2=Vo=ygR小
8、物块B在木板4上滑动，小物块和木板A组成的系统动量守恒，设滑到木板A最右端时速度大小为C则mV2=(M-m)v小物块B在木板A上滑动的过程中，小物块B和木板A组成的系统减少的机械能转化为内能，由功能关系得pmgL彩22_；(m+时#2联立以上各式并代入数据，解得.MRL2(M+m)Tm答案：(1)20N(2)1m6. 如图所示，半径R=2.8m的光滑半圆轨道C与倾角0=37。的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道A8相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，8处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、0压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球户向左运动到4点时，小球
9、。沿圆轨道到达C点；之后小球。落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量7/h=3.2kg,小球。的质量m2=lkg,小球P与斜面间的动摩擦因数=0.5,剪断细线前弹簧的弹性势能EP=168J,小球到达4点或H点时己和弹簧分离。重力加速度g=l()m/s2,sin37。=0.6,cos37=0.8,不计空气阻力,求：(1) 小球Q运动到C点时的速度大小；(2) 小球P沿斜面上升的最大高度hx(3) 小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。解析：(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得mV=m2Vi联立可得Vi=5m/s,庭=16m/s小球。沿圆轨道运动过程中，由机械
10、能守恒定律可得2。22=!血2贝2+籍A解得如=12m/So(2) 设小球P在斜面向上运动的加速度为ay由牛顿第二定律得migsinQ+iigcos0=wifli解得。1=10m/s2O故上升的最大高度力=五萨11。=0.75m。(3) 设小球P从4点上升到两小球相遇所用的时间为/,小球P沿斜面下滑的加速度为。2,由牛顿第二定律得wigsin/Migcos0=ma解得ai=2m/s2小球P上升到最高点所用的时间1=3=0.5s则2R=gt2+/)2sin0解得t1So答案：(1)12m/s(2)0.75m(3)1s7. 如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道4BC和水平轨道必在A点相
11、切，BC为圆弧轨道的直径。为圆心，Q4和08之间的夹角为a,sina=|,一质量为，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，己知小球在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。解析：(1)设水平恒力的大小为凡，小球到达C点时所受合力的大小为尸。由力的合成法则有尸=(哗)2+正02设小球到达C点时的速度大小为S由牛顿第二定律得F=“斑
12、由式和题中所给数据得3Fo=；mgv=29(2)设小球到达4点的速度大小为oi,作CDPAt交以于D点，由几何关系得xci)=A(l+cosa)由动能定理有mg*xci)Fxda=inv2invr由式和题给数据得，小球在A点的动量大小p=g=小缶祝(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，加速度大小为备设小球在竖直方向的初速度为卜从C点落至水平轨道上所用时间为，。由运动学公式有。Uv=vsina由式和题给数据得3Z=5答案：沁辱(2)竺零(1)014s内电梯下降的高度；(2)04s内钢索对“对重”的拉力大小以及010s内钢索对“对重”做的功。解析：(1)在04s内，对该中学生，由牛顿第二定律分析可知mg-Fi=max代入数据可得。1=0.5m/s12此段时间内电梯下降的位移为/h=|in2此时电梯的速度为vi=aiti在410s内，由于Fi=mg可知电梯匀速下降，下降的位移为肽=&2在1014s内，对该中学生，由牛顿第二定律分析可知mFi=mai代入数据可得。3=0.5m/s2,即电梯将减速下降，位移为心=。伯+；。珀2电梯下降的总高度H=hy+hi+hi代入数据解得H=20nio(2)04s内对“对重”，由牛顿第二定律分析可知Ft-M2g=M2ai代入数据解得Ft=13650N010s内对“对重，由动能定理可知
