力學綜合計算題

1、力學綜合計算題1 .一輕彈簧的一端固定在傾角為0的固定光滑斜面的底部， 另一端和質(zhì)量為 m的小物塊a相連,如gE圖所示.質(zhì)量為的小物塊 b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓始終bb施加沿斜面向上的外力，使縮量為x,從t=0時開始，對0分離；再經(jīng)過同樣 ba、做勻加速直線運動.經(jīng)過一段時間后，物塊.彈簧的形變始終在彈xb距其出發(fā)點的距離恰好也為長的時間，。.求：性限度內(nèi)，重力加速度大小為 g彈簧的勁度系數(shù)；(1)加速度的大小；物塊b(2)I 5 ' 或口a F 8- a . 4%看0,b分離前，外力大小隨時間變化的關(guān)系式.在物塊a、F- =近狼“血 25(3 (3)【答案】(1 )(2 )

2、【解析】)對整體分析，根據(jù)平衡條件可知， 沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有:(15 gsinBm) kx= ( m+ o £*Dk=解得：x經(jīng)兩段相等的時間位移為；(2)由題意可知，b晶二工 由勻變速直線運動相鄰相等時間內(nèi)位移關(guān)系的規(guī)律可知：卜1 =與一苧二學說明當形變量為時二者分離；mgsin 0 =ma間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：abkx-對m分析，因分離時 行Pi餡 聯(lián)立解彳導(dǎo):a= 10 2 2 x=at=t3 ()設(shè)時間為t,則經(jīng)時間時， ab前進的位移-x則形變量變?yōu)椋?x=xo三.后a4根看一工-B)mm+ (gsin8=) mm+ (x-A F+k對

3、整體分析可知，由牛頓第二定律有：2sxe 近2 t解得： mgsin 0 +F=T彳2解得：x= =at因分離時位移x=由能成立.故應(yīng)保證0 0t的足夠長的斜面上，有一個帶風帆的滑板從靜止02.如圖所示，在傾角為，滑，滑板與斜面間的動摩擦因數(shù)為 ma開始沿斜面下滑，滑板的總質(zhì)量為板上的風帆受到的空氣阻力與滑板下滑 的速度成正比，即 f=kv .的表達式；(1)試求滑板下滑的最大速度vm2一,滑塊從靜止開始沿斜面下滑的速度 g取10 m/s)若(2m=2 kg、 0 =30° ,由此時刻的速度圖象的切線.時間圖象如圖乙所示，圖中斜線是 t=0 .和k的值 求心)(2)【答案】(10.2

4、3 )風帆受力如下圖所示:vmgsin 0 =f +f時，風帆下滑的速度最大為當m123-00 -心 cos 0 ).v= m 122 a=m/s =3 m/st=0(2)由圖象知時風帆下滑的加速度：=2 m/sv風帆下滑過程中最大速度m mgsin 0 -心mgcos 0 =ma時，由牛頓第二定律得：當逼t=02 心 )=3m/sa=g(sin 0 -心 cos 0 )=10 x (0.5-口 ZKLC W =0.23 解得心 由 mgsin 0 =mg co 0 +kvm22 曝-1-1).sx 尸3 N/(m (0.5-0.23 x得：)N/(m - k =(sin 0 -s 心 cos

5、 8 )=3.如圖甲所示，帶有斜面的木塊放在光滑水平地面上，木塊水平表面 AB粗糙，斜面BC表面光滑且與水平面夾角為0=37。，木塊左側(cè)與豎直墻壁之間連接著一個力傳感器，當力傳感器受壓時，其示數(shù)為正值，當力傳感器被拉時，其示數(shù)為負值，一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量m=5kg的滑塊從B點以初速度v沿斜面向上0運動，運動整個過程中，傳感器記錄到的力與時間的關(guān)系如圖乙所示，已知斜面足夠長，設(shè)滑塊經(jīng)過 B點2。10m/s時無機械能損失，g取求 的數(shù)值大??；(1)圖乙中F1 ;滑塊的初速度 v(2)0。的長度(3)水平表面AB ;(2)6m/s【答案】(1)24N(3)2m【解析】ai =sinff_6m/s2：

6、的滑塊沿斜面向上運動時的加速度大小為：1)質(zhì)量為m=5kg=2"口3 =6 X 0.&n/5z _4. &n/s2 水平方向的分加速度為Fi=5 X 4網(wǎng)-24N水平方向斜面對滑塊的作用力為Fi=Ft=24N根據(jù)牛頓第 三定律可得： % = 6 X lm/s=6m/sl到達最高點，根據(jù)速度時間關(guān)系可得：t=ls ( 2)經(jīng)過時間)根據(jù)圖象可知，滑塊在水平部分運動的摩擦力大小為3(飽=:=高屈二5加 根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為：It' = 2.4t-2s-0.4s滑塊在水平部分運動的時間為:取I2 =6 xOA-rX S x。.爐根據(jù)位移時間關(guān)系可得: .

7、如圖甲為冰庫工作人員移動冰塊的場景，冰塊先在工作人員斜向上拉力作用下拉一段距離，然后4M = 100kg ,放手讓冰塊向前滑動到運送冰塊的目的地其工作原理可簡化為如圖乙所示，設(shè)冰塊質(zhì)量口三。.。553可角向，工人拉冰塊時拉力與水平方向成m12 ,運送冰塊距離為冰塊與滑道間動摩擦因數(shù).(D 4.0m向前勻加速前進后放手，某次拉冰塊時，冰塊初速度可視為零工人從滑道前端拉著冰塊冰塊上1t驅(qū)5乎=0,6) £由5于= 0.g '(、已知剛好到達滑道末端靜止求：甲乙(1冰塊在加速與減速運動過程中加速度大小之比； J) 冰塊滑動過程中的最大速度；(3)工人拉冰塊的拉力大小.|2V2m/s

8、234.4N)(21) 2:1 (3)【答案】(D 口工口m «1| ,加速最大速度為，加速位移【解析】冰塊先做勻程全加速運動，加速度，減速加速度大小為%*國/a = 12一 刈=&m 1Hl =4m ；(2)02 - Vft3 =2(- C2)X2初末速度為零位為所以減速移，為因為 ;在減速階段，冰塊受滑動摩擦力減速，根據(jù)牛加速結(jié)束時刻速度最大，減速開始時刻速度最 大=演出1 r =四館頓第二定律:= V2 x 0,5 X 0 = 2 V2th/ s 冰塊在加速階段：受力如圖，F(xiàn)8式530）-f = Ma !根據(jù)牛頓第二定律：水平方向:M+Fsin（53g）-Mg = 0豎

9、直方向：f=M Qi = 2仙= 1皿二（1）r. _ iiMg +JW 的問得：由 sKisntaor.）解得.F=2 34.4N代入數(shù)據(jù)得：。5.如圖所示，一斜面體固定在水平地面上，傾角為0=30。，高度為h=1.5m. 一簿木板B置于斜面頂端，恰好能保持靜止， 木板下端連接有一木K自然長度為L=0.2m的輕彈彈簧，木板總質(zhì)量為m=1kg，總0長度為L=2.0m. 一質(zhì)量為M=3kg的小物塊A從斜面體左側(cè)某位置水平拋出，該位置離地高度 H=1.7m ,物塊A經(jīng)過一段時間后從斜面項端沿平行于斜面方向落到木板上并開四始向下滑行，已知 A、B之間的出二彳 動摩擦因數(shù)，木板下滑到斜面底端碰到擋板時

10、立刻停最后恰好能脫離彈簧，且彈簧被壓縮時一直處A下，物塊于彈性限度內(nèi)，最大靜摩擦力可認為等于滑動擦力，取重 m/M g=i。，不計空氣阻力。求：力加速度v；（1）物塊A落到木板上的速度大小，木板和物塊的速度大??；（2）木板與擋板碰撞前的瞬間4啊0=V） V1=3m/s ）（2【答案】（BA2 v, h（H?） = ）物塊 【解析】（1A落到木板前做平拋運動，豎直方向：2gysm/得：v = 2啟拈/s= = 4物塊A落到木板時的速度大小為：vm應(yīng)滿足：心（2）在由木板恰好靜止在斜面上，得到斜面與木板間的摩擦因數(shù)0 cos30° = m mgmgsin30° qT =6.如圖

11、甲所示是高層建筑配備的救生緩降器材。遇到突發(fā)情況時，逃生者可以將安全帶系于腰苧 =3 2.4" )加速運動的時間(3,通過的位移為【答案】(1)4.6s (2) 4.1m/s ' =2. 5m"tan30° 得：i = 0在木板上滑行時， 以A為對象有：物塊A (沿斜面向上)(沿斜面向下)以木v-a£t=v-aA1解得：v=3m/s, t=0.4s 共部，通過鋼絲繩等安全著陸， 如圖乙所示，某次演練中，逃生者從離地面 72m 市'2的速度勻速18高處，由靜止以大小為 6m/sm/s加速度開始下滑，隨后以2不計加速度減速，運動，緊接著以大小

12、為5m/s到達地面時速度恰好為零?？諝庾枇?。求：x； (1)加速下滑的位的時間，=“ +電+匕=7,出 因此到達地面的時間已參加某電視臺娛樂節(jié)目的選手從較高的平臺上以水平速度躍出后，落在水平傳送帶上. 7.如圖所示，.由于傳送帶足=9.6m間的距離L,傳送帶 知平臺與傳送帶的高度差H=1.8m ,水池寬度s=1.2mAB 002a=2m/s反應(yīng)時間后，立刻以夠粗糙， 假設(shè)選手落到傳送帶上后瞬間相對傳送帶靜止，經(jīng)過t=1.0S2。恒定向右的加速度跑至傳送帶最右端。取 g=10m/s選手從開始躍出到跑至傳送帶右端所經(jīng)歷的時間。的恒定速度向左運動，選手要能到達2)若傳送帶以v=1m/s ( v傳送帶

13、右端，則他從高臺上躍出的水平速度至少為多大？i板B為對象有:還沒有壓縮彈簧且木板還沒有到達底端，則有：時,vA假設(shè)與木板達到 A共移i (2)加速下滑時鋼絲繩對逃生者的拉力與重力的比值；。到達地面的時間(3)t(1)27m(2)0.4(3)7.3s【答案】帕L = 201尤1(1)對于加速下滑的過程，由運動學公式得：【解析】也一的I)加速下滑時，根據(jù)牛頓第二定律得：(2T=4m=27m可得:工2 = h -Xi-Xj =72-27-32A= 12.6tr,則勻速運動的位移為含"為勻速運動解得：旃=TF二0"故加速下滑時鋼絲繩對逃生者的拉力與重力的比值的水平速度從平臺躍出，v

14、=3m/s1 ()若傳送帶靜止，選手以 0求根據(jù)平拋運動規(guī)律有:【解析】（1）=0.6s解得：平拋運動的水平位移s=vt=1.8m110V = % 一 （»_ 與）=Vat2 根據(jù) 解得t=3s2則運動的時間t=t+t+t=4.6s; 21' = vAts= 1 m （2）設(shè)水平躍出速度v,落到傳送帶1s反應(yīng)時間內(nèi)向左位移大小島二片0然后向左減速至速度為零又向左發(fā)生位移sm=+不從傳送帶上掉下，平拋水平位移s> Ss2.45+208.如圖所示，一條輕繩上端系在車的左上角的A點，另一條輕繩一端系在車左端B點，B點在遮。兩條b,輕繩BC的小球，輕繩 AC長度為長度為 b質(zhì)量

15、為m。2mg輕繩能夠承受的最大拉力均為）（要求畫出受力圖輕繩 BC剛好被拉直時，車的加速度是多大？（1）在不拉斷輕繩的前提下，求車向左運動的最大加速度是多大。（2）要求畫出受力圖）（=3g a2a=g （）【答案】（1） m【解析】2分）1 （）繩BC剛好被拉直時，小球受力如圖所示（ b08 -因為AB=BC=b ,AC=22分）方向與故繩 BCAB 0=45° 垂直，（分）2（ mgtan0=ma由牛頓第二定律，得.2分）a=g （可得繩拉繩拉力變大 BCBC繩方向不變，所以 AC繩拉力不變，BC （2）小車向左的加速度增大，AB、 2分）力最大時，小車向左的加速度最大，小球受力如

16、圖（圖 + mgtan 0 =ma 2由牛頓第二 定律，得 T分）（mm 2分）a=3g （因這時 T=2mg所以最大加速度為 mm通過滑躍式起飛方式起飛?；S起飛的原理有點像高山滑雪，-15” 9.為了安全，中國航母艦載機“殲飛機由靜止開始先在一段水平距離為主要靠甲板前端的上翹來幫助戰(zhàn)斗機起飛，其示意圖如圖所示，的傾斜跑道上滑跑，直到起飛。已知飛機的質(zhì)=20.5mLL=160m 的水平跑道上運動， 然后在長度為2ij“ = 2.0m iOl 5N 1.4 10F,方向與速度方向相同，水平跑 kg,其噴氣發(fā)動機 的推力大小恒為量 m2.05h飛機在水平跑道上和傾斜跑道上運動的過程中受到的平均阻

17、，道與傾斜跑道末端的高度差倍，假設(shè)航母處于靜止狀態(tài)，飛機質(zhì)量視為不變并可看成質(zhì)點，傾斜跑 道0.2力大小都為飛機重力的看作斜面，不計拐角處的影響，且飛機起飛的過程中沒有出2 o取10m/s現(xiàn)任何故障。g （1）求飛機在水平跑道上運動的末速度.（2）求飛機從開始運動到起飛經(jīng)歷的時間.s/s8.540m （2）【答案】（1）v, a （1）設(shè)飛機在水平跑道上的加速度為，阻力為f,末速度為【解析】112L2av f=0.2mg 由牛頓第二定律得，F(xiàn)-f=ma, 11112 ; = 5m/s, v=40m/s聯(lián)立以上三式并代入數(shù)據(jù)解得an . （2）設(shè)飛機在傾斜跑道上的加速度為a,跑道末端速度為 v2

18、2V水平跑道上：is8t _ 1Hhm代入數(shù)據(jù)解得 傾斜跑道上：由牛頓第二定律有4a ma F f mg22_ s?L2m2242V L2a v v 由，代入數(shù)據(jù)解得：s22212V v12s 0.5 t =8.5s。則 t=t+t 所以 21 2g2 的小物塊，它與水平臺階表面的動摩擦1.0 kgm10.如圖所示，在粗糙水平臺階上靜止放置一質(zhì)量=圓弧擋板，圓弧半徑1/4m.在臺階右側(cè)固定了一個。點的距離s= 5 ,且與臺階邊緣因數(shù)0.250 5 N =。點為原點建立平面直角坐標系.現(xiàn)用 F,今以R=5 m2取的水平恒力拉動小物塊，已知重力加速度g10 m/s. F作用的最長時間； 為使小物塊不能擊中擋板，求拉力（1）若小物塊在水平臺階上運動時， 水平恒力一直作用在小物塊 （2）點時撤去拉力， 求小物塊擊中擋板上的位置的 。上，當小物塊過.坐標.微上二5mlr= 5m、）（【答案】（12）【解析】（1）為使小