三年高考2017-2019物理真題分項版解析——20力學(xué)計算題解析版

專題20力學(xué)計算題 1. （2019新課標(biāo)全國I卷）豎直面內(nèi)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(dāng) A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標(biāo)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(zhì)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(zhì)量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，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(shè) 物塊B的質(zhì)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 2 2 聯(lián)立①②式得 m* =3m ③ （2）在圖（b）所描述的運動中，設(shè)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 =±mv1 -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(guān)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 +fs2 ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 2 W =—mgH ⑩ 15 （3）設(shè)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(shè)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(shè)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(biāo)全國n卷）一質(zhì)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(yīng)時間（這段時間內(nèi) 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(nèi)的位移為24 m, 第4 s內(nèi)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速度大??； (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(nèi)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(shù)平均值替代這段時間內(nèi)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(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為 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(shè)其加速度大小為 a,取At=1 s,設(shè)汽車在t2+(n-1) A-t2+nAt內(nèi)的位移為Sn, n=1, 2,3, -o 若汽車在t2+3 At~t2+4 At時間內(nèi)未停止，設(shè)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(xué)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，①式不成立。 由于在t2+3At~t2+4At內(nèi)汽車停止，由運動學(xué)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(shè)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(nèi)，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(nèi)，汽車克服阻力做的功為 1 2 1 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(biāo)全國 出卷)靜止在水平地面上的兩小物塊 A、B,質(zhì)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(cè)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(shè)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(shè)為 a。假設(shè)A和B 發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的 Bo設(shè)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(nèi)，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(nèi)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(nèi)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(shè)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 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(shè)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(shè)碰撞后 為立時停止，由運動學(xué)公式 一 ■ 2 _ ' 2一 2asA =va , 2asB =vb ? 由④？？ 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(guān)。雨滴 間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為 g。 (1)質(zhì)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(shè)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(shè)雨滴的密度為 P,推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度 vm與半徑r的關(guān)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(yīng)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(shè)單位體積內(nèi)空 氣分子數(shù)為n,空氣分子質(zhì)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(dāng)加速度為零時，雨滴趨近于最大速度 vm 4 3 雨滴質(zhì)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(shè)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(nèi)，與圓盤碰撞的 簡化的圓盤模型如答圖 3。設(shè)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(zhì)量為 m =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(jié)論。 5. （2019天津卷）完全由我國自行設(shè)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(gòu)成，如圖 1所示。為了便于研究艦 載機的起飛過程，假設(shè)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(zhì)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(shè)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 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(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為 R,根據(jù)幾何關(guān)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(zhì)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(shè)A、B的質(zhì)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 = 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(dǎo)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(nèi)，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/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(nèi)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(nèi)壁不光滑。 【解析】(1)上滑過程中，由牛頓第二定律： mgsin^ + Nmgco5 = ma , 解得 a =8m/ s2; 由運動學(xué)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(nèi)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(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的 A 點等高。質(zhì)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(nèi)。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(zhì)量為 M的小物塊，另 一端繞過A固定于B。質(zhì)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(zhì)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(shè)小球受AC、BC的拉力分別為Fi、F2 F1sin 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(shè)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） 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(biāo)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(yīng)用機械能守恒定律求解，要注意利用幾何關(guān)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(guān)系，因小球 下落過程做的是圓周運動，當(dāng)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，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)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?。忽略空氣阻力，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(zhì)量 m=60 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大小； （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(xué)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)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(biāo)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(zhì)量分別為2.0父103 kg和1.5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車速度的大小； (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(xué)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(shè)B車質(zhì)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(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為Vb',碰撞后滑行的距離為 Sb。由運動學(xué)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(shè)A車的質(zhì)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(shè)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(xué)公式有 Va2=2HaSa ⑤ 設(shè)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(quán)的新一代大型噴氣式客機 C919首飛成功后， 拉開了全面試驗試飛的新征程，假設(shè)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(dāng)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(zhì)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(jié)合速度位移公式求解加速度；對飛機受 力分析，結(jié)合牛頓第二定律，以及 P = Fv求解牽引力的平均功率； (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(shè)飛機滑跑受到的阻力為 F阻，根據(jù)題意可得 F阻=0.1mg③ 設(shè)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(shè)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(yīng)的是瞬時速度，則求解出來的為瞬時功率， 如果v為平均速度，則求解出來的為平均功率。 14. (2018新課標(biāo)全國III卷)如圖，在豎直平面內(nèi)，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(zhì)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?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小?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點時動量的大小； (3)小球從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(shè)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(shè)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(shè)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(guān)系得 DA =Rsina 6 CD =R(1+cosa)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(shè)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(xué)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(biāo)全國I卷)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能 E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度 為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)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(zhì)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(guān)的知識 點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的的能力。 (1)設(shè)煙花彈上升的初速度為 v0,由題給條件有 2 G E = — mv0 ① 2 設(shè)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(xué)公式有 0 — vo = —gt ② 聯(lián)立①②式得 （2）設(shè)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(shè)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(shè)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 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(zhì)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. 17. （2017天津卷）如圖所示，物塊 A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長的細繩連接，跨放在質(zhì)量不計的光滑定 滑輪兩側(cè)，質(zhì)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挥嫛Ｇ螅? (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=0.6m 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(shè)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，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(zhì)量為m, A、B的質(zhì)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(shè)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」-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(guān)鍵，也是本題分析的難點. (2017新課標(biāo)全國I卷)一質(zhì)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(jié)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(zhì)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(shè)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(biāo)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& (&<S0) 處分別設(shè)置一個擋板和一面小旗，如圖所示。訓(xùn)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(xùn)練要求當(dāng)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(xùn)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(shè)冰球與冰面間的動摩擦因數(shù)為 0則冰球在冰面上滑行的加速度 a1= 由速度與位移的關(guān)系知 "2a1S0=v12、02② 聯(lián)立①②得」=亙= g 2 -Vi 7-③ 2gso (2)設(shè)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(yīng)用；分析物理過程，找到運動員和冰球之 間的關(guān)聯(lián)，并能靈活選取運動公式；難度中等。 21. (2017新課標(biāo)全國 出卷)如圖，兩個滑塊 A和B的質(zhì)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;木板的質(zhì)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(shè)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(shè) 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 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(shè)在ti時刻，B與木板達到共同速度，設(shè)大小為 vi。由運動學(xué)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(nèi)，B相對于地面移動的距離為 sB =v0tl —— aBt2⑩ 2 設(shè)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〔 f3 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(shè)其大小為 V2,設(shè)A的速度大小從 1變到V2所用時間為t2,則由運動學(xué)公式，對木板有 V2=V[-a2t2? 對 A 有 V2 = -V1 ' aAt2 ? 1 2 在t2時間間隔內(nèi)，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(nèi)，A相對地面移動的距離為 sA =V0(t1 +t2) --aA(t1 +t2) ? 2 A和B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(yīng)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(biāo)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)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小；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的 ti和vo應(yīng)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(shè)油滴質(zhì)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 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=2ti的時間間隔內(nèi)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(yīng)有2 -2也+1產(chǎn))2 >1 ? ' gti 4 gti 即當(dāng)0即：二(1 — Vo 才是可能的：條件 ?式和？ 式分別對應(yīng)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(yīng)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(yīng)用相應(yīng)的物理規(guī)律解決，還應(yīng)注意各過程間的聯(lián)系。