三年高考2017-2019物理真題分項版解析——20力學計算題解析版

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1、專題20力學計算題 1. （2019新課標全國I卷）豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小 物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（ a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一 段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當 A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減 為0,此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊 A運動的v式圖像如圖（b）所示，圖中的v 1和ti均為未知量。已知 A的質量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。 （1）求物塊B的質量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中

2、，求物塊 A克服摩擦力所做的功； （3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊 B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因 數(shù)，然后將 A從P點釋放，一段時間后 A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。 【答案】（1） 3m （2） -2mgH （3）：=三 15 -- 9 【解析】（1）根據(jù)圖（b） , V1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小， 微為其碰撞后瞬間速度的大小。設 物塊B的質量為m;碰撞后瞬間的速度大小為 v',由動量守恒定律和機械能守恒定律有 mv1 =m（ —v 2 1 / V1 \2 1 - 2 補 -mv1 =—m（—） +-m v ② 2

3、 2 2 聯(lián)立①②式得 m* =3m ③ （2）在圖（b）所描述的運動中，設物塊 A與軌道間的滑動摩擦力大小為 f,下滑過程中所走過的路程 為返回過程中所走過的路程為 S2, P點的高度為h,整個過程中克服摩擦力所做的功為 W,由動能 定理有 1 2 mgH — fS1 =±m(xù)v1 -0④ ） +m V '① 2 _(fs2 -+mgh) H—1ml-v1)2 ⑤ 2 2 從圖（b）所給的vd圖線可知 1 .小 Si =-Viti ⑥ 2 1 v1 造2 (14」)⑦ 由幾何關系 包=1⑧ S1 H 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為 W =fs1

4、+fs2 ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 2 W =—mgH ⑩ 15 （3）設傾斜軌道傾角為 0,物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為 W M-mgcos^H——h ? sin 二 設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為 s',由動能定理有 -4mgsf=c —!mv2 f2） 2 設改變后的動摩擦因數(shù)為 由動能定理有 ,■ h mgh - ■ mgcos t1 - ； 一Jmgs =0 13 sin 二 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 。。）13式可得 」_11 C 丁尸 2. （2019新課標全國n卷）一質量為m=2000 kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程

5、中， 司機突然發(fā)現(xiàn)前方100 m處有一警示牌。立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化可簡化 為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0?t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應時間（這段時間內 汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛）， G=0.8 s; t1~t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間， t2=1.3 s; 從t2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作， 直至汽車停止，已知從t2時刻開始，汽車第1 s內的位移為24 m, 第4 s內的位移為1 m。 （1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的 v-t圖線； （2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加

6、速度大小； (3)求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及 車停止，汽車行駛的距離約為多少(以 tl~t2時間內汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽 tl~t2時間段始末速度的算術平均值替代這段時間內汽車的 平均速度)？ i I ii ? ? g t ， I il t I i I l ，? o rj.o t2 2.。曲 圖（b） 【答案】（1）見解析 （2） a =8m/s2 , V2=28 m/s⑦ （3） 87.5 m 【解析】（1） v-t圖像如圖所示。 o 1.0 2.0 ■ J/S (2)設剎車前汽車勻速行駛時的速度大

7、小為 V1,則ti時刻的速度也為 Vi, t2時刻的速度為V2,在t2時刻 后汽車做勻減速運動，設其加速度大小為 a,取At=1 s,設汽車在t2+(n-1) A-t2+nAt內的位移為Sn, n=1, 2,3, -o 若汽車在t2+3 At~t2+4 At時間內未停止，設它在 t2+3At時刻的速度為 V3,在t2+4At時刻的速度為 V4,由 運動學公式有 S1 -S4為位)2① 1 . ., _ s1K2 G —a(At)② 2 V4 =V2 -4a At （g 聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得 v4Jm/s ④ 6 這說明在t2+4At時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，

8、①式不成立。 由于在t2+3At~t2+4At內汽車停止，由運動學公式 V3 X -3a & ⑤ 2 as4上⑥ 聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得 2 a =8m/s , V2=28 m/s⑦ 288 , 2 或者 a m/s , V2=29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下，v3<0,不合題意，舍去 (3)設汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為 fi,由牛頓定律有 fi=ma ⑨ 在ti~t2時間內，阻力對汽車沖量的大小為 1 … I =”2 T)⑩ 由動量定理有 I .=m% -m2 ? 由動量定理，在t「t2時間內，汽車克服阻力做的功為 1 2 1

9、2 W =-mv1 一一mv2 ? 2 2 , 聯(lián)立⑦⑨⑩?? 式，代入已知數(shù)據(jù)解得 v1=30 m/s? W =1.16 105 J? 從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離 s約為 s =%L 1(v1 v2)(t2 T) * ? 2 2a 聯(lián)立⑦??，代入已知數(shù)據(jù)解得 s=87.5 m? 3. (2019新課標全國 出卷)靜止在水平地面上的兩小物塊 A、B,質量分別為mA=l.0 kg, mB=4.0 kg；兩者 之間有一被壓縮的微型彈簧， A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0 m,如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈 簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和

10、為 Ek=l0,0 Jo釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右 運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為 u=0.20o重力加速度取g=10 m/s2o A、B運動過程中所涉及的 碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。 (1)求彈簧釋放后瞬間 A、B速度的大小； (2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時 A與B之間的距離是多少？ (3) A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 【答案】(1) Va=4.0 m/s, vb=1.0 m/s (2) B 0.50 m (3) 0.91 m 【解析】(1)設彈簧釋放瞬間 A和B的速度大小分別為 Va、vb,以向右為正，由動量守恒定律和

11、題給 條件有 0=mAVA _mBVB① .1 2 1 2G Ek =2mAvA +― mBvB ② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 va=4.0 m/s, vb=1.0 m/s③ (2) A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設為 a。假設A和B 發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的 Bo設從彈簧釋放到 B停止所需 時間為t, B向左運動的路程為 ％。，則有 mBa =Mm)Bg ④ 1 2 sb =VbI ——at ⑤ 2 Vb —at =0 ⑥ 在時間t內，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后 A將向左運動，碰撞并不改

12、變 A的速度大小，所以無論 此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內的路程sa都可表示為 1 .2、 sA=VAt --at ⑦ 2 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sa=1.75 m, sb=0.25 m⑧ 這表明在時間t內A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與 B發(fā)生碰撞，此時 A位于出發(fā)點右邊 0.25 m處。B 位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離 s為 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨ (3) t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設它能與靜止的 B碰撞，碰撞時速度的大小為 Va',由動能定理有 1 2 1 2 2mAVA-2mA” = 5“（21+用）⑩

13、 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 故A與B將發(fā)生碰撞。設碰撞后 A、B的速度分別為Va'和vb','由動量守恒定律與機械能守恒定律有 mA -Va i；=mAVA EbVb ? 1 2 1 2 1 2 _ -mAVA =—mAVA —itbvb ? 2 2 2 查 m/s? 聯(lián)立??? 式并代入題給數(shù)據(jù)得 3.7 , va = m / s, vb 5 A向右運動距離為Sa時停止，B向左運動距離 這表明碰撞后 A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設碰撞后 為立時停止，由運動學公式 一 ■ 2 _ ' 2一 2asA =va , 2asB =vb ? 由④？？

14、 式及題給數(shù)據(jù)得 sA =0.63 m, sB =0.28 m sa小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離 F F F s =sA sB =0.91 m ? 4. (2019北京卷)雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關。雨滴 間無相互作用且雨滴質量不變，重力加速度為 g。 (1)質量為m的雨滴由靜止開始，下落高度 h時速度為u,求這一過程中克服空氣阻力所做的功 W。 (2)將雨滴看作半徑為r的球體，設其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力 f=kr2v：其中v是雨滴的速 度，k是比例系數(shù)。 a.設雨滴的密度為 P,推導雨滴下

15、落趨近的最大速度 vm與半徑r的關系式； b.示意圖中畫出了半徑為 ri、「2 (ri>「2)的雨滴在空氣中無初速下落的 vd圖線，其中 對應半 徑為ri的雨滴(選填①、②)；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的 v4圖線。 (3)由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于 運動方向面積為 S的圓盤，證明：圓盤以速度 v下落時受到的空氣阻力 f 8V2 (提示：設單位體積內空 氣分子數(shù)為n,空氣分子質量為 mg)。 b.見解析 (3)見解析 【答案】(1) mgh -1 mu2 (2) a. vm =14；。r 1 2 【斛

16、析】(1)根據(jù)動能th理mgh -W =-mu 2 1 2 可得 W =mgh -- mu (2) a.根據(jù)牛頓第二定律 mg - f =ma 得a =g ,2 2 kr v 當加速度為零時，雨滴趨近于最大速度 vm 4 3 雨滴質重m =— < P 3 由a=0,可得，雨滴最大速度 如答圖2 (3)根據(jù)題設條件：大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考 慮雨滴下落的定向運動。 ?1時間內，與圓盤碰撞的 簡化的圓盤模型如答圖 3。設空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在 空氣分子質量為 m =

17、Sv=tnm0 答圖3 以F表示圓盤對氣體分子的作用力，根據(jù)動量定理， 有 F . ：t*、,：, ；m v 得 F 二 nm0Sv2 由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力 f 二 v2 采用不同的碰撞模型，也可得到相同結論。 5. （2019天津卷）完全由我國自行設計、建造的國產(chǎn)新型航空母艦已完成多次海試，并取得成功。航母上 的艦載機采用滑躍式起飛，故甲板是由水平甲板和上翹甲板兩部分構成，如圖 1所示。為了便于研究艦 載機的起飛過程，假設上翹甲板 BC是與水平甲板 AB相切的一段圓弧，示意如圖2,AB長L1=150m, BC水平投影L2=63m,圖中C點切

18、線方向與水平方向的夾角 日=12。（ sin12口上0.21）。若艦載機 從A點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng) t =6 s到達B點進入BC 。已知飛行員的質量 m = 60 kg , 2 q g = 10 m/s ,求 圖I （1）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功 W ; （2）艦載機剛進入 BC時，飛行員受到豎直向上的壓力 FN多大。 【答案】（1） W =7.5^104 J （2） Fn =1.1 x103 N v,則有 【解析】（1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設其剛進入上翹甲板時的速度為 V L1 一 =—① 2 t 根據(jù)動能定理，有

19、 1 2 W =一 mv -0 ② 2 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 W =7.5父104 J③ (2)設上翹甲板所對應的圓弧半徑為 R,根據(jù)幾何關系，有 L2 = Rsin 6④ 由牛頓第二定律，有 2 V小 Fn -mg =m — ? 聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 3 Fn =1.1 X103 N ⑥ 6. (2019江蘇卷)如圖所示，質量相等的物塊 A和B疊放在水平地面上，左邊緣對齊. A與B、B與地面間的 動摩擦因數(shù)均為 因先敲擊A, A立即獲得水平向右的初速度，在 B上滑動距離L后停下。接著敲擊B, B立 即獲得水平向右的初速度， A、B都向右運動，左邊緣再

20、次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停 下.最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為 g.求： (1) A被敲擊后獲得的初速度大小 va； (2)在左邊緣再次對齊的前、后， B運動加速度的大小aB、aB'； (3) B被敲擊后獲得的初速度大小 vb. 【答案】(1) Va = J2%L (2) aB=3 聞 aB'律 (3) vb =2j2NgL 【解析】(1)由牛頓運動定律知， A加速度的大小aA=^g 2 勻變速直線運動 2aAL=vA 解得 va = 2 JgL (2)設A、B的質量均為m 對齊前，B所受合外力大小F=3^mg 由牛頓運動定律 F =

21、 maB,得 aB=3(ig 對齊后，A、B所受合外力大小 F' = 2 mg 由牛頓運動定律 F' =maB'，彳導aB' fig (3)經(jīng)過時間t, A、B達到共同速度v,位移分別為Xa、xb, A加速度的大小等于 aA 則 V=aAt, V=VB-aBt 1 2 1 2 xa =-aAt , xb =VBt ——aBt 2 2 且 XBiA=L 解得 vb =2..2^gr 7. (2019浙江選考)在豎直平面內，某一防I戲軌道由直軌道 AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成，如圖 所示。小滑塊以某一初速度從 A點滑上傾角為 ㈱37。的直軌道AB,到達B點的速度大小為2m

22、/s,然后進入 細管道BCD,從細管道出口 D點水平飛出，落到水平面上的 G點。已知B點的高度hi=i.2m, D點的高度h2 =0.8m, D點與G點間的水平距離L=0.4m,滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù) 尸0.25, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8。 (1)求小滑塊在軌道 AB上的加速度和在 A點的初速度； (2)求小滑塊從D點飛出的速度； (3)判斷細管道BCD的內壁是否光滑。 【答案】(1) 8 m/s2,6 m/s (2) 1 m/s (3)小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道 BCD 內壁不光滑。 【解析】(1)上滑過程中，由牛頓第二定律：

23、mgsin^ + Nmgco5 = ma , 解得 a =8m/ s2; 由運動學公式vB -v2 = -2a』" sinl 解得 V0 =6m/s 1 2 (2)滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律 L=vDt, h2= — gt2 2 解得 Vd = 1 m/s (3)小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道 BCD內壁不光滑 8. (2019浙江選考)如圖所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的 A 點等高。質量m=0.5 kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距 A點高度h〔=1.10 m?；@球靜止釋放，測得第 一次撞擊彈簧時，彈簧的

24、最大形變量 Xi=0.15 m,第一次反彈至最高點，籃球底端距 A點的高度h2=0.873 m,籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量 X2=0.01 m,彈性勢能為Ep=0.025 J。若籃球 運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球的形變，彈簧形變在彈性限 度范圍內。求： (1)彈簧的勁度系數(shù)； (2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力； (3)籃球在整個運動過程中通過的路程； (4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置。 【答案】(1) 500 N/m (2) 0.5 N (3) 11.05 m (4) 0.009 m 【解析】(1)球靜

25、止在彈簧上，根據(jù)共點力平衡條件可得 mg -42 =0 (2)球從開始運動到第一次上升到最高點，動能定理 mg(h, — h2 )- f (幾+ h2 +2xi ) = 0 , 解得f = 0.5 N (3)球在整個運動過程中總路程 s： mg(h1+乂？ )= fs+Ep 解得 s = 11.05 m (4)球在首次下落過程中，合力為零處速度最大，速度最大時彈簧形變量為 X3； 則 mg - f 一 kx3 = 0 ； 在A點下方，離A點X3 =0.009 m 9. (2018江蘇卷)如圖所示，釘子 A、B相距51,處于同一高度.細線的一端系有質量為 M的小物塊，另 一

26、端繞過A固定于B。質量為m的小球固定在細線上 C點，B、C間的線長為31。用手豎直向下拉住小 球，使小球和物塊都靜止，此時 BC與水平方向的夾角為 53°。松手后，小球運動到與 A、B相同高度時 的速度恰好為零，然后向下運動。忽略一切摩擦，重力加速度為 g,取sin 53 =0.8, cos 53。=0.6。求： (1)小球受到手的拉力大小 F; (2)物塊和小球的質量之比 M:m； (3)小球向下運動到最低點時，物塊 M所受的拉力大小 To 咯案】(1)「fMg-mg ⑵⑶ T ="［第9 或 T^Mg) 【解析】(1)設小球受AC、BC的拉力分別為Fi、F2 F1s

27、in 53 =F2cos 53 F+mg=F1Cos 53 + F2sin 53 °且 F1=Mg .一 5 解得 F = - Mg -mg (2)小球運動到與 A、B相同高度過程中 小球上升高度 ％=3lsin 53°,物塊下降高度 h2=2l 機械能守恒定律mgh〔=Mgh2 (3)根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點.設此時 AC方向的加速度大小為 a,重物受到的拉力為 T 牛頓運動定律 Mg ^=Ma 小球受AC的拉力T' T 牛頓運動定律 T mgcos 53 =ma 8mMg 48 8 - 解得 T = - （ T =一mg 或 T =一 Mg）

28、 5（m+M） 55 11 【名師點睛】本題考查力的平衡、機械能守恒定律和牛頓第二定律。解答第（ 1）時，要先受力分析， 建立豎直方向和水平方向的直角坐標系，再根據(jù)力的平衡條件列式求解；解答第（ 2）時，根據(jù)初、末 狀態(tài)的特點和運動過程，應用機械能守恒定律求解，要注意利用幾何關系求出小球上升的高度與物塊下 降的高度；解答第（3）時，要注意運動過程分析，弄清小球加速度和物塊加速度之間的關系，因小球 下落過程做的是圓周運動，當小球運動到最低點時速度剛好為零，所以小球沿 AC方向的加速度（切向 加速度）與物塊豎直向下加速度大小相等。 10. （2018江蘇卷）如圖所示，懸掛于豎直彈簧下

29、端的小球質量為 m,運動速度白大小為 v,方向向下。 經(jīng)過時間t,小球的速度大小為 v,方向變?yōu)橄蛏稀：雎钥諝庾枇?，重力加速度?g,求該運動過程中, 小球所受彈簧彈力沖量的大小。 【答案】IF = 2mv mgt 【解析】取向上為正方向，動量定理 mv-（ ~mv） =I且I = （ F -mg） t 解得 IF = Ft = 2mv mgt 11. （2018北京卷）2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某 滑道示意圖如下，長直助滑道 AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h=10 m, C是半徑R=20 m圓 弧的最低點，質量 m=60

30、 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度 a=4.5 m/s2,到達B點時 速度Vb=30 m/so取重力加速度 g=10 m/s2。 （1）求長直助滑道 AB的長度L ； （2）求運動員在 AB段所受合外力的沖量的I大??； （3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過 C點時的受力圖，并求其所受支持力 Fn的大小。 【答案】（1） 100 m ⑵ 1 800 N s (3) 3 900 N  【解析】(1)已知AB段的初末速度，則利用運動學公式可以求解斜面的長度，即 2 2 v - V0 二 2aL 2 2 可解得：l = v - v0 =100 m 2a (2

31、)根據(jù)動量定理可知合外力的沖量等于動量的該變量所以 I =mvB -0 =1800 N s (3)小球在最低點的受力如圖所示 mg 2 由牛頓第二定律可得： N -ma mm — R 從B運動到C由動能定理可知： mgh」mvC」mvB 2 2 解得：N=3900 N 12. (2018新課標全國II卷)汽車A在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車 B,立即采取 制動措施，但仍然撞上了汽車 B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后 B車向前 滑動了 4.5 m, A車向前滑動了 2.0 m,已知A和B的質量分別為2.0父103 kg和1.

32、5父103 kg ,兩車與 該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為 0.10,兩車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大 小 g = 10 m / s2。求 (1)碰撞后的瞬間 B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間 A車速度的大小。 【答案】(1) vB'=3.0m/s ⑵ VA=4.3m/s 【解析】兩車碰撞過程動量守恒，碰后兩車在摩擦力的作用下做勻減速運動，利用運動學公式可以求 得碰后的速度，然后在計算碰前 A車的速度。 (1)設B車質量為mB,碰后加速度大小為 aB,根據(jù)牛頓第二定律有 ^g =mBaB ① 式中W是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。 設碰撞后瞬間B車

33、速度的大小為Vb',碰撞后滑行的距離為 Sb。由運動學公式有 Vb2=2HbSb ② 聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB' =3.0m/s ③ (2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為 aAo根據(jù)牛頓第二定律有 Mg =mAaA ④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為Va',碰撞后滑行的距離為 SAO由運動學公式有 Va2=2HaSa ⑤ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為Va ,兩車在碰撞過程中動量守恒，有 mAVA = mAVA mBVB ⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得 va =4.3m/s 13. (2018天津卷)我國自行研制、具有完全自主知識產(chǎn)權的新一代大型噴氣式客機

34、 C919首飛成功后， 拉開了全面試驗試飛的新征程，假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位 移x=1.6M03 m時才能達到起飛所要求的速度 v=80 m/s,已知飛機質量 m=7.0 M04 kg ,滑跑時受到的 阻力為自身重力的 0.1倍，重力加速度取 g =10m/s2,求飛機滑跑過程中 (1)加速度a的大?。? (2)牽引力的平均功率 P。 【答案】(1) a=2 m/s2 (2) P=8.4M06w 【解析】飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，結合速度位移公式求解加速度；對飛機受 力分析，結合牛頓第二定律，以及 P = Fv求解牽

35、引力的平均功率； (1)飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有 v2=2ax①，解得a=2 m/s2② (2)設飛機滑跑受到的阻力為 F阻，根據(jù)題意可得 F阻=0.1mg③ 設發(fā)動機的牽引力為 F,根據(jù)牛頓第二定律有 F —F阻=ma④； 設飛機滑跑過程中的平均速度為 V ,有v = 丫⑤ 在滑跑階段，牽引力的平均功率 P = FV⑥，聯(lián)立②③④⑤⑥得 P=8.4 X106 W 【名師點睛】考查牛頓第二定律，勻變速直線運動，功率的求解，加速度是連接力和運動的橋梁，本 題較易，注意在使用公式 P = Fv求解功率時，如果 v對應的是瞬時速度，則求解出來的為瞬時功率， 如果v為

36、平均速度，則求解出來的為平均功率。 14. (2018新課標全國III卷)如圖，在豎直平面內，一半徑為 R的光滑圓弧軌道 ABC和水平軌道PA在A 點相切。BC為圓弧軌道的直徑。 。為圓心，OA和OB之間的夾角為 電sin行0 , 一質量為m的小球 沿水平軌道向右運動，經(jīng) A點沿圓弧軌道通過 C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌 道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在 C點所受合力的方向指向圓心，且此時 小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為 g。求： (1)水平恒力的大小和小球到達 C點時速度的大?。? (2)小球到達A點時動量的大?。? (3)小球

37、從C點落至水平軌道所用的時間。 【答案】(1)恒R (2)mJ23gR (3) 3匡 2 2 5\ g 【解析】(1)設水平恒力的大小為 F。，小球到達C點時所受合力的大小為 F。由力的合成法則有 =tan u ① mg C 2 C F =：「：mg F0 ② 設小球到達C點時的速度大小為 v,由牛頓第二定律得 2 F =mv-③ R 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 l 3一小 F0 =-mg ④ 4 5gR v = 一 ⑤ 2 (2)設小球到達 A點的速度大小為 5,作CD_LPA,交PA于D點，由幾何關系得 DA =Rsina 6 CD =R(1+cosa

38、)⑦ 由動能定理有 八 1 2 1 2 -mg CD - F0 DA = 一 mv -- mv1 ⑧ 2 2 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在 A點的動量大小為 mx 23gR - p = mM = ⑨ 2 g。設小球在豎直方 (3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為 向的初速度為爐！，從C點落至水平軌道上所用時間為 to由運動學公式有 1 2 一一 … vj +金 gt =CD ⑩ v = vsin 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 15. (2018新課標全國I卷)一質量為m的煙花彈獲得動能 E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度

39、 為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分， 兩部分獲得的動能之和也為 E,且均沿豎直方 向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為 g,不計空氣阻力和火藥的質量，求 (1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間; m 【答案】(1)t =工 2E (2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度。 2E (2) h = mg 【解析】本題主要考查機械能、勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關的知識 點，意在考查考生靈活運用相關知識解決實際問題的的能力。 (1)設煙花彈上升的初速度為 v0,由題給條件有 2 G E = — mv0 ①

40、 2 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為 t ,由運動學公式有 0 — vo = —gt ② 聯(lián)立①②式得 （2）設爆炸時煙花彈距地面的高度為 上 ,由機械能守恒定律有 Vi和V2。由題給條件 E =mgh1 ④ 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設炸后瞬間其速度分別為 和動量守恒定律有 1mv12 1mv； 4 4 imv 1mv2 2 2 =0⑥ 由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分繼 續(xù)上升的高度為h2 ,由機械能守恒定律有 1 2 1 一 —mv = - mgA ⑦

41、 4 2 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為 2E h =幾+ h2 =——⑤ mg 16. （2017江蘇卷）甲、乙兩運動員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運動，速度大小都是 1 m/s,甲、 乙相遇時用力推對方，此后都沿各自原方向的反方向運動，速度大小分別為 1 m/s和2 m/s.求甲、乙 兩運動員的質量之比. 【答案】3:2 甲 v2 V2 【解析】由動量守恒定律得 EM — m2V2 =m2V2 — m1V1 ,解得—=- I I 2 V1 V1 甲=3 代入數(shù)據(jù)得二二2 11 2 4 【名師點睛】考查動量守恒，注意動量的矢量性，比較簡單.

42、17. （2017天津卷）如圖所示，物塊 A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定 滑輪兩側，質量分別為 mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將 B豎直向 上再舉高h=1.8 m (未觸及滑輪)然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直， A、B以大小相等的速度一 起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取 g=10 m/s2?？諝庾枇Σ挥?。求： (1) B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間 t; (2) A的最大速度v的大?。? (3)初始時B離地面的高度Ho 囪 【答案】(1)t =0.6 s (2) v=2m/s (3) H=0

43、.6m 1 2 — 【解析】(1) B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有： h= —gt2解得：t = 0.6s 2 (2)設細繩繃直前瞬間 B速度大小為vb,有V0 = gt = 6 m/s 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于 A、B的重力，A、B相互作用，總動量守恒： mBv0 =(mA+mB)v 繩子繃直瞬間，A、B系統(tǒng)獲得的速度：v = 2m/s 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度 v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時 A、B的速度為零，這一過程中 1 , 、2 A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，

44、有： 一(mA+mB)v +mBgH =mAgH 2 解得，初始時B離地面的高度H =0.6 m 【名師點睛】本題的難點是繩子繃緊瞬間的物理規(guī)律 一一是兩物體的動量守恒，而不是機械能守恒。 18. (2017江蘇卷)如圖所示，兩個半圓柱 A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱 C,三者 半徑均為R. C的質量為m, A、B的質量都為 m,與地面的動摩擦因數(shù)均為 代現(xiàn)用水平向右的力拉 2 A,使A緩慢移動，直至 C恰好降到地面.整個過程中 B保持靜止.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力， 重力加速度為g.求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最

45、小值 所所； (3) A移動的整個過程中，拉力做的功 W 匚3 FTg 匚 3 F mg xi nax 2 3 3 【答案】(1) F -mg ⑵ 與in=3 (3) W=(2N-1)03-1)mgR 3 2 【解析】(1) C受力平衡2Fc0s30=mg 解得 19. B受地面的摩擦力f = Nmg根據(jù)題意fmin = Fxmax , (3)C下降的高度h =(V3-1)R 解得」min a 的位移 x = 2(6-1)R 摩擦力做功的大小 W =fx=2(\3-1)」mgR 根據(jù)動能定理W-Wf.mgh = 0-0 解得 W = (2

46、」-1)(.3-1)mgR 二立 2 【名師點睛】本題的重點的 C恰好降落到地面時，B物體受力的臨界狀態(tài)的分析，此為解決第二問的 關鍵，也是本題分析的難點. (2017新課標全國I卷)一質量為8.00 M04 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面 高度1.60 M05 m處以7.50 103 m/s的速度進入大氣層， 逐漸減慢至速度為 100 m/s時下落到地面。取 地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為 9.8 m/s2。(結果保留2 位有效數(shù)字) (1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能; (2)求飛船

47、從離地面高度 600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功, 已知飛船在該處的速度 大小是其進入大氣層時速度大小的 2.0%。 【答案】(1) (1) 4.0 ￥08 J 2.4 1012 J (2) 9.7 108 J (2) C恰好降落到地面時，B受C壓力的水平分力最大 1 2 【解析】(1)飛船著地前瞬間的機械能為 E0=—mv；+0① 2 式中，m和vo分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數(shù)據(jù)得 E°=4.0m108J② 設地面附近的重力加速度大小為 g,飛船進入大氣層時的機械能為 Eh =- mv2+mgh③ 2 5 12 . _ 式中，Vh

48、是飛船在高度1.6 10 m處的速度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得 Eh =2.4x10 J④ 1 2 0 c (2)飛船在圖度h'=600 m處的機械能為 Eh. = — m(——vh)2+mgh⑤ 2 100 由功能原理得 W=Eh，—E。⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。由②⑤⑥式和題給數(shù)據(jù)得 W=9.7 108 J⑦ 【名師點睛】本題主要考查機械能及動能定理，注意零勢面的選擇及第( 2)問中要求的是克服阻 力做功。 20. (2017新課標全國n卷)為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離 S0和& (&

49、設置一個擋板和一面小旗，如圖所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰 球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂 直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員 在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為 vi。重力加速度大小為 g。求 (1)冰球與冰面之間的動摩擦因數(shù)； (2)滿足訓練要求的運動員的最小加速度。 &(W %)2 2s2 2 2 【答案】(1) v0■二v- (2) 2gs) 【解析】(1)設冰球與冰面間的動摩擦因數(shù)為 0則冰球在冰面上

50、滑行的加速度 a1= 由速度與位移的關系知 "2a1S0=v12、02② 聯(lián)立①②得」=亙= g 2 -Vi 7-③ 2gso (2)設冰球運動的時間為 t,則t =包二上④ 」g 又 Si = 'at2 ⑤ 2 由③④⑤得。二電^”女⑥ 2s2 【名師點睛】此題主要考查勻變速直線運動的基本規(guī)律的應用；分析物理過程，找到運動員和冰球之 間的關聯(lián)，并能靈活選取運動公式；難度中等。 21. (2017新課標全國 出卷)如圖，兩個滑塊 A和B的質量分別為 mA=1 kg和mB=5 kg,放在靜止于水平 地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為 崗=0.5;

51、木板的質量為 m=4 kg,與地面間的動 摩擦因數(shù)為 位=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為 vo=3 m/So A、B相遇時，A 與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小 g=10 m/s2。求 月 (1) B與木板相對靜止時，木板的速度； (2) A、B開始運動時，兩者之間的距離。 【答案】(1)1 m/s (2 ) 1.9 m 【解析】(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設 A、B和木板所受的摩擦力大小 分別為力、f2和f3, A和B相對于地面的加速度大小分別是 aA和aB,木板相對于地面的加速度大小為 a

52、 1。在物塊B與木板達到共同速度前有 f2 = N〔mBg ② f3 = ^2(mA +mB +m)g d 由牛頓第二定律得 f1 =mAaA ④ f2 =mBaB ⑤ 設在ti時刻，B與木板達到共同速度，設大小為 vi。由運動學公式有 vi — V0 _ aBt1 CD v1 = a1tl ⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 Vi =1 m/s⑨ 1 C (2)在力時間間隔內，B相對于地面移動的距離為 sB =v0tl —— aBt2⑩ 2 設在B與木板達到共同速度 V1后，木板的加速度大小為 32,對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定 律有 f〔 f

53、3 Km>B m)a2? 由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B與木板達到共同速度時， A的速度大小也為 V1,但運動方 向與木板相反。由題意知， A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為 V2,設A的速度大小從 1變到V2所用時間為t2,則由運動學公式，對木板有 V2=V[-a2t2? 對 A 有 V2 = -V1 ' aAt2 ? 1 2 在t2時間間隔內，B (以及木板)相對地面移動的距離為 G = V1t2-一 a2t2? 2 1 2 在(t1+t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為 sA =V0(t1 +t2) --aA(t1 +t2) ? 2 A和B

54、相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此 A和B開始運動時，兩者之間的距離為 % = Sa . ' Sb? 聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得 ％ = 1.9 m? (也可用如圖的速度 W間圖線求解)  【名師點睛】本題主要考查多過程問題，要特別注意運動過程中摩擦力的變化情況, A、B相對木板靜 止的運動時間不相等，應分階段分析，前一階段的末狀態(tài)即后一階段的初狀態(tài)。 22. (2017新課標全國I卷)真空中存在電場強度大小為 Ei的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上 做勻速直線運動，速度大小為 vo。在油滴處于位置 A時，將電場強度的大小突然增大到某值，但保持 其方向不變。持續(xù)

55、一段時間 ti后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后， 油滴運動到B點。重力加速度大小為 g。 (1)求油滴運動到 B點時的速度。 (2)求增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應的 ti和vo應滿足的 條件。已知不存在電場時，油滴以初速度 vo做豎直上拋運動的最大高度恰好等于 B、A兩點間距 離的兩倍。 【答案】(1) V2=v0—2gti (2) E2 =[2 —2也+1(9)2]Ei ti>(巫+1葬 gti 4 gti 2 g 【解析】(1)設油滴質量和電荷量分別為 m和q,油滴速度方向向上為正。油滴在電場強度大小為 Ei

56、 的勻強電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。在 t=0時，電場強度突然從 Ei增加至E2時，油 滴做豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小 a1滿足qE2-mg =mai① 油滴在時刻ti的速度為v =v0 +aj② 電場強度在時刻ti突然反向，油滴做勻變速直線運動， 加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg =ma2③ 油滴在時刻t2=2ti的速度為v2 —azti④ 由①②③④式得 v =v。-2gti⑤ (2)由題意，在t=0時刻前有qEi=mg⑥ 油滴從t=0到時刻ti的位移為si =v0ti +1 aiti2 CD 2 1 O 油滴在從時刻ti到時刻t2

57、=2ti的時間間隔內的位移為 S2 =viti — a2ti⑧ 2 由題給條件有 v。2 =2g(2h)⑨ 式中h是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上，依題意有 s +&二八⑩ v0 1 v0 2 由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 E2二[2 -2— -(—)2]Ei? gti 4 gti 為使E2 >Ei應有2 -2也+1產(chǎn))2 >1 ? ' gti 4 gti 即當0即：二(1 — Vo 才是可能的：條件 ?式和？ 式分別對應于V2 >0和V2 <0兩種情形。 若B在A點之下, 依題意有 X2 xi = -h? 由①②③⑥⑦⑧⑨ ?式得—曦-4*)2舊? Vo 1 , V3、2 / 為使 E2 >Ei 應有 2 -2— --(—) >1 ? Vo gti 4 gti 即ti 另一解為負，不符合題意，已舍去。 【名師點睛】本題考查牛頓第二定律及勻變速直線運動的規(guī)律。雖然基本知識、規(guī)律比較簡單，但物 體運動的過程比較多，在分析的時候，注意分段研究，對每一個過程，認真分析其受力情況及運動情 況，應用相應的物理規(guī)律解決，還應注意各過程間的聯(lián)系。