2012力学计算专题

1（2011四川）．（16分）

随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2（不超载时则为5m/s2）。

（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？

（2）若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？

2．(12 分)如图，质量m2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t02s拉至B处。(已知cos370.8，sin370.6。取g10m/s)

(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；

(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。

3（2011天津）．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨

道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：

（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t； （2）小球A冲进轨道时速度v的大小。

1

24（2011广东）、（18分）如图20所示，以A、B和C、D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l =6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A为S=5R，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g. (1) 求物块滑到B点的速度大小；

(2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系，并

判断物块能否滑到CD轨道的中点。

5（2011山东）.（15分）如图所示，在高出水平地面h1.8m的光滑平台上放置一质量

M2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长

度l10.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m1kg。B与A左段间动摩擦因数u0.4。开始时二者均静止，先对A施加F20N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A

取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x1.2m。（取g10m（1）B离开平台时的速度vB。

（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间ts和位移xB （3）A左端的长度l2

2

s2）求：

6（2011安徽）．（20分）

如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。

（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。

（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。

（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

P v0 m

L

O M

7. 2010·江苏物理·14在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点， 选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角=30，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度

g10m/s2， sin530.8，cos530.6

（1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；

（2） 若绳长l=2m, 选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平

均浮力f1800N，平均阻力f2700N，求选手落入水中的深度d；

（3） 若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点

距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。

3

8．（16分）在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H的平台上A点由静止出发，沿

着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B点后水平滑出，最后落在水池中。设滑道的水

2

平距离为L，B点的高度h可由运动员自由调节（取g=10m/s）。

A 求：

⑴运动员到达B点的速度与高度h的关系；

⑵运动员要达到最大水平运动距离，B点的高度h应调为多

B H 大？对应的最大水平距离smax为多少？ L ⑶若图中H=4m，L=5m，动摩擦因数μ=0.2，则水平运动距离h 要达到7m，h值应为多少？

9如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水

2

平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度aB=1.0m/s的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g2

取10m/s。求

⑴物体A刚运动时的加速度aA； ⑵t=1.0s时，电动机的输出功率P；

⑶若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？

电动机 A B

10．2010（18分）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，

cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求： d e c ⑴物块B在d点的速度大小； R A B ⑵物块A滑行的距离s。

a O b

4

1【解析】（1）货车刹车时的初速是v0=15vm/s ，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，

2v0根据位移推论式得 S

2a代入数据解得： 超载 S45m 不超载 S22.5m （2）货车与轿车相撞时的速度为 v2v02aS22522.52510m/s

相撞时动量守恒，有 Mv(Mm)V得 V9.8m/s 对轿车根据动量定理有 ftmV 解得 f9.810N

2答案．(12分) (1)物体做匀加速运动

4 L12a0t (1分) 22L220210(m/s) （1分） 22t02∴a由牛顿第二定律

Ffma （1分）

f30210∴1N0( (1分)

f100.5 (1分) mg210(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'，的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

Fcos37(mgFsina37)ma (1分)

∴aF(cos37sin37)30(0.80.50.6)g0.51011.5(m/s2)(1

m25

分)

a'fmg5(m/s2) （1分） 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

ata't' （1分）

∴t'aa't11.55t2.3t （1分） L12at212a't'2 （1分）

∴t2La2.32a'22011.52.3251.03(s) （1分） （2）另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理

[Fcos37(mgFsin37)]smg(Ls)0 （2分）

∴smgLF(cos37sin37)0.52102030(0.80.50.6)6.06(m) （1分）

由牛顿定律

Fcos37(mgFsin37)ma （1分）

∴aF(cos37sin37)30mg(0.80.50.6)20.51011.5(m/s2) （1

分） ∵s12at2 （1分） t2s26.06a11.51.03(s)

3．（16分）

（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有

2R12gt2

6

①

解得 t2Rg （2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为

0，由机械能守恒定律知

12mv212mv212mgR 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 mv12mv2 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2Rv2t 综合②③④⑤式得 v222gR

4、解析：

（1）μmgs+mg·2R=12mvB2 ①

所以 vB=3Rg

（2）设M滑动x1,m滑动x2二者达到共同速度v,则

mvB=(M+m)v ② μmgx1=

12mv2 ③ —μmgx2=

1mv2—1mvB222 ④ 由②③④得v=Rg, x1=2R, x2=8R

二者位移之差△x= x2—x1=6R＜6.5R，即滑块未掉下滑板 讨论：

① R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=

12mg（6.5R+L） ② 2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不

为0，滑上右侧轨道。

要使滑块滑到CD轨道中点，vc必须满足：12mvc2 ≥mgR ⑤

此时L应满足：μmg(l+L) ≤12mvB2—12mvc2 ⑥

则 L≤12R，不符合题意，滑块不能滑到CD轨道中点。

7

②

③ ④ ⑤

答案：（1） vB=3Rg

（2）

①R＜L＜2R时，Wf=μmg(l+L)=

1mg（6.5R+L） 2②2R≤L＜5R时，Wf=μmgx2+μmg(l—△x)=4.25mgR＜4.5mgR，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。 滑块不能滑到CD轨道中点

5解析：

6解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，

小球的机械能守恒。则

1212 ① mv1mgLmv022 v16m/s ② 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则

v12 Fmgm ③

L 由②③式，得 F=2N ④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过

程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向

8

为正方向，有

mv2MV0 ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

12112 ⑥ mv2MV2mgLmv0222 由⑤⑥式，得 v2=2m/s ⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距

离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，得 mv3MV0 ⑦ 将⑧式两边同乘以t，得

mv3tMVt0 ⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔t都成立，累积相加后，有 ms1Ms20 ○10 又 s1s22L ○11 由○10○11式得 s17答案：

212 m ○

3

8．⑴v02g(HhL) ⑵x2HLhh，s2

max

=L+H-μL ⑶h35m，h1=2.62m或h2=0.38m 29⑴aA=0.5m/s ⑵P=7W

9

⑶电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P'F'v1，代入数据解得F'5N，木板B受力满足F'1mAg2(mAmB)g0

所以木

板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为t'，有v1aA(t1t')，这段时间内B的位移 s1v1t，A、B速度相同后，由于F2(mAmB)g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得P'(t2t't1)2(mAmB)gs2'112(mAmB)vA(mAmB)v12，22木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移ss1s23.03m

10．⑴v

RgR ⑵s 28 10