人教版高中物理动力学计算问题单元测试

1、名校名 推荐2019 届人教版动力学计算问题单元测试1如 所示，在 角 30的光滑斜面上放置一 量 m的物 B，B 的下端 接一 簧， 簧下端与 板相 接，B 平衡 ， 簧的 量 x0， O点 簧的原 位置。在斜面 端另有一 量也 m的物块 A，距物 B 为 3x0， A 从静止开始沿斜面下滑，A 与 B 相碰后立即一起沿斜面向下运 ，并恰好回到 O点（ A、 B 均 点） 。 求：（ 1） A、 B 相碰后瞬 的共同速度的大小；（ 2） A、 B 相碰前 簧具有的 性 能；（ 3）若在斜面 端再 接一光滑的半径R=x0 的半 道PQ， 道与斜面相切于最高点P， 物 A 以初速度 v 从 P

2、点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点 具有向上的速度， ：v 多大 物 A 恰能通 弧 道的最高点？【答案】（ 1） 13gx0 （ 2） 1 mgx0（ 3） v3 3gx024【解析】 分析：（1） A 与 B 球碰撞前后， A 球的速度分 是v1 和 v2，因 A 球滑下 程中，机械能守恒，有：mg（ 3x0）sin30 = 1 mv1 22解得： v1 3gx0 1名校名 推荐2物 A 恰能通 弧 道的最高点C 点 ，重力提供向心力，得：mg m vcR所以： vcgRgx0C 点相 于O点的高度：h=2x 0sin30 +R+Rcos30= (43) x02物 从 O到 C 的 程中

3、机械能守恒，得：1 mvo2 mgh+ 1 mvc222 立得： vo (53) gx0 B的速度 AP 到 B 的 程中机械能守恒，得：12设 A 与 B 碰撞后共同的速度 v ，碰撞前 Av ，滑 从2mv +mg（ 3x 0sin30 ）12mvA2A 与 B 碰撞的 程中 量守恒得：mv =2mvABA 与 B 碰撞 束后从B 到 O的 程中机械能守恒，得：1 ?2mvB2+EP 1 ?2 mvo2 +2mg?x0 sin30 22由于 A 与 B 不粘 ，到达O点 ，滑 B 开始受到 簧的拉力，A与 B 分离 立解得：v33gx0考点： 量守恒定律；能量守恒定律【名 点睛】分析清楚物

4、体运 程、抓住碰撞 簧的 量与A、 B 到达 P 点 簧的伸 量相等， 簧 能相等是关 ， 用机械能守恒定律、 量守恒定律即可正确解 。2如 所示，在 直平面内有 道ABC，其中 AB段 水平直 道，与 量m=05 g的小物 （可 点）之 的 摩擦因数=0 2， BC段 光滑半 形 道， 道半径R=2m， 道 AB 与 BC在 B 点相切。小物 在水平拉力F=3N的作用下从A 点由静止开始做匀加速直 运 ，到达 弧 道的最低点B 撤去拉力，此 速度vB=10m s。取 g=10m s2， ：2名校名 推荐（ 1）拉力 F 做了多少功；（ 2）经过 B 点后瞬间，物块对轨道的压力是多大；（ 3）

5、若物块从最高点 C飞出后落到水平轨道上的 D 点（图中未画出） ，求 BD间的距离。【答案】（ 1） 37 5J；（ 2） 30N；（ 3） 4m。【解析】试题分析：（ 1）由牛顿运动定律 F mg=ma，解得 a=4m/s2； sAB= vB 2 =125m/s 2， W=FsAB=37 5J2a（ 2）由牛顿第二定律Nmg=mvB 2 ，解得 N=30N；R由牛顿第三定律得N=N=30N；（ 3）由机械能守恒定律12122mgR+mvc=mvB ；22由平抛规律得2R=1 gt 2，故 x=vc t ，代入数据解得 x=4m。2考点：牛顿运动定律，机械能守恒定律。3右端带有1/4 光滑圆弧

6、轨道且质量为M的小车静置于光滑水平面上，如图所示一质量为m的小球以速度 v0 水平冲上小车，设小球不会从小车右端滑出，求小球相对于小车上升的最大高度H【答案】【解析】v022MmH()2g2M2m3名校名 推荐考点：动量守恒；机械能守恒【名师点睛】本题的关键要判断出系统水平方向的动量守恒，系统的机械能也守恒，要注意系统的总动量并不守恒。4我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m 60 g的运动员从长直助滑道AB 的 A 处由静止开始以加速度a 36 m/s 2 匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度 vB 24 m/s ， A 与 B 的竖直高度差H

7、48 m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h 5 m，运动员在B、 C 间运动时阻力做功W 1 530 J ，取 g 10 m/s 2。（ 1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff 的大小；（ 2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6 倍，则 C 点所在圆弧的半径R至少应为多大。【答案】（ 1） 144 N（ 2） 12 5 m【解析】由题意和牛顿第三定律知FN6mg联立式，代入数据解得R 125 m考点：牛顿第二定律；动能定理【名师点睛】本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周

8、运动，是牛顿第二定律、运动公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理5二十一世纪， 能源问题是全球关注的焦点问题从环境保护的角度出发，电动汽车在近几年发展迅速下表给出的是某款电动汽车的相关参数：参数指标整车质量0 100 m/h最大速度电池容量制 动 距 离 （ 1004名校名 推荐加速时间m/h 0 ）数值2000 g4 4s250 m/h90 W?h40m请从上面的表格中选择相关数据，取重力加速度g=10m/s2，完成下列问题：（ 1）求汽车在（100 m/h 0 ）的制动过程中的加速度大小（计算过程中100 m/h 近似为 30m/s）；

9、（ 2）若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为 =80 ，整车在行驶过程中的阻力约为车重的0 05 倍，试估算此电动汽车以20m/s 的速度匀速行驶时的续航里程（能够行驶的最大里程）已知 1 W?h=3610 6J根据你的计算，提出提高电动汽车的续航里程的合理化建议（至少两条）（ 3）若此电动汽车的速度从5m/s 提升到 20m/s 需要 25s ，此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的关系简化如图所示，整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的005 倍，求此加速过程中汽车行驶的路程（提示：可利用p-t图像计算动力对电动汽车做的功）【答案】（ 1） 11 25 m/s 2 ；（ 2） 259 2

10、 m；建议略；（3） 265m。【解析】a vt 2 v02试题分析：（ 1）制动过程中的加速度大小2xa 11.25m / s2所以加速度的大小为：11 25 m/s 2（ 2）动能定理： W- Wf= E80 E- 0 05mgx=0x=259 2 m考点：匀变速直线运动，动能定理，功率，汽车的启动问题。62012 年 11 月，我国舰载机在航母上首降成功。设某一舰载机质量为m = 25104 g ，着舰速度为v0=50m/s，5名校名 推荐着 舰 过 程 中 航 母 静 止 不 动 。 发 动 机 的 推 力 大 小 恒 为 F = 1 210 5 N，若空气阻力和甲板阻力保持不变。（

11、1）若飞机着舰后，关闭发动机，仅受空气阻力和甲板阻力作用，飞机将在甲板上以a0 =2m/s2 的加速度做匀减速运动，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里。（ 2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了拦阻索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机。若飞机着舰后就钩住拦阻索，图示为飞机钩住拦阻索后某时刻的情景，此时飞机的加速度大小为1240 m/s ，拦阻索夹角 =106两滑轮间距a =38m/s，速度为40m，（ sin530.8,cos530.6 ）a求此时拦阻索承受的张力大小。b飞机从着舰到图示时刻，拦阻索对飞机做的功。【答案】（ 1） 6

12、25m；（ 2） a 8 5 105N； b -1 2310 7J。【解析】试题分析：（ 1）由匀变速直线运动规律得vt2v022ax代入数据解得x625 m5分（ 2） a有牛顿第二定律得maf 得 f4510 N飞机着舰受力如图：6名校名 推荐考点：匀变速直线运动，牛顿第二定律，动能定理。7在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E，水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和，两小球质量均为m，A球带电荷量为，B球不带电，A、B连线与电场线B平行，开始时两球相距L，在电场力作用下，A 球与 B 球发生对心弹性碰撞。设碰撞过程中，A、B 两球间无电量转移。；(1)

13、 第一次碰撞结束瞬间 A、B 两球的速度各为多大 ?(2) 从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3) 从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面 (v=0 时刻除外 ) ，可以在水平面内加一与电场正交的磁场。请写出磁场B 与时间 t 的函数关系。【答案】(1)(2)(3)()【解析】（1） A 球的加速度，碰前 A 的速度；碰前 B 的速度设碰后 A、B 球速度分别为、，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有：，所以 B 碰撞后交换速度：，（ 2）设 A 球开始运动时为计时零点，即，A、 B 球发生第一次、第二次的碰撞

14、时刻分别为、；由匀（另解：两个过程A 球发生的位移分别为、，由匀变速规律推论，根据电场力做功公式有：）7名校名 推荐（ 3）对 A球由平衡条件得到：，从 A 开始运动到发生第一次碰撞：从第一次碰撞到发生第二次碰撞：点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A 球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度那么A 球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些8如图所示， 倾角为 37 的部分粗糙的斜面轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的S 形

15、轨道 . 两个光滑半圆轨道半径都为=0.2 m ，其连接处之间留有很小空隙，刚好能够使小球通过，之间距离可忽略 . 斜面RCDCD上端有一弹簧，弹簧上端固定在斜面上的挡板上，弹黄下端与一个可视为质点、质量为m=0.02 g的小球接触但不固定，此时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧的弹性势能Ep=0.27 J. 现解除弹簧的锁定，小球从A点出发，经翘尾巴的S 形轨道运动后从E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与E 点在同一竖直线上B点的距离为 s=2.0 m ；己知斜面轨道的A 点与水平面上B 点之间的高度为 h=l.0 m ，小球与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数为0.75 ；小球从斜面到达半圆轨道通

16、过B 点时，前后速度大小不变，不计空气阻力，（sin002求：37 =0.6 ， cos 37=0.8. 取 g=10 m/s ).(1) 小球从 E 点水平飞出时的速度大小；(2) 小球对 B 点轨道的压力；(3) 斜面粗糙部分的长度 x.【答案】（ 1） 5m/s（ 2） 4.3N ，方向竖直向下（3）0.5m【解析】（1）小球从E 点水平飞出做平抛运动，设小球从E 点水平飞出时的速度大小为vE，由平抛运动规律知，s vEt ，4R 1 gt 2，28名校名 推荐联立解得 v s2g 5 m/sE4 R（ 2）小球从 B 点运动到 E点的过程，由机械能守恒有12mg4R122mv B2mv

17、 E2s2 g解得 vB 8gR，8R则 vB 41 m/s在 B 点有 FN mg mvB2R所以 F 9mgs2 g 4.3 NN8R由牛顿第三定律可知FN N4.3 N ，方向竖直向下F（ 3）小球沿斜面下滑到B点的过程，由功能关系有：mgh mgcos 37 ? x122mvB Ep解得 x 0.5 m.9如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0 g的物块 A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s 匀速运动。传送

18、带的右边是一半径 R=1.25m 位于竖直平面内的光滑1/4 圆弧轨道。质量m=2.0 g的物块 B 从 1/4 圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数 =0.1 ，传送带两轴之间的距离l =4.5m。设物块A、 B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取 g=10m/s2。求：（ 1）物块 B 滑到 1/4 圆弧的最低点 C时对轨道的压力；（ 2）物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（ 3）如果物块 A、 B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块 B 经第一次与物块 A碰撞后在传

19、送带上运动的总时间。【答案】（ 1） F=60N，方向竖直向下（2） 12J（ 3） 8s1【解析】（1）设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v09名校名 推荐由机械能守恒知：mgR1mv022得 v02gR 5m / s设物块 B 滑到 1 圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F，4由牛顿第二定律得： Fmgm v02R解得：F60N由牛顿第三定律得：物块B 滑到 1 圆弧的最低点C时受到的支持力大小为F 60N，4方向竖直向下。（ 2）设物块 B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：mg ma设物块 B 通过传送带后运动速度大小为v ，有 v2v022al联

20、立解得：v 4m / s由于 vu2m / s ，所以 v4m / s 即为物块 B与物块 A第一次碰撞前的速度大小 .由动能定理得：mgl 01mv122得 l 2m4.5m所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上. 当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动. 可以判断， 物块 B运动到左边台面时的速度大小为v1 2m / s ，继而与物块 A 发生第二次碰撞 . 设第 1 次碰撞到第2 次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1.由动量定理得：mgt12mv1 解得 t12v121v 21gg24s 4s210名校名 推荐设物块、第二次碰撞后的速度分别为v

21、4 、 v3 ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得:A Bmv1 mv3Mv4，1 mv121 mv321 Mv 42222解得 ： v312m / s1m / s2当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动. 可以判断，物块 B运动到左边台面时的速度大小为v3 1m / s，继而与物块 A 发生第 3 次碰撞 . 则第 2 次碰撞到第 3 次碰撞之间， 物块 B在点睛：本题是一道力 综合题，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与动量定理可以解题。10如图所示，以A、 B 和 C、D 为端点的两半圆