三年高考(2017-2019)物理真题分项版解析——20力学计算题(解析版)

1、专题 20 力学计算题1 （ 2019 ·新课标全国 卷） 竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出）时，速度减为 0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v t图像如图（b）所示，图中的v1和 t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与 B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。（ 1）求物块B的质量；（ 2）在图（b）所描述的整个运动过程中，求物

2、块A克服摩擦力所做的功；（ 3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A 从 P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。1） 3m （ 2） 2 mgH （ 3）= 111591）根据图（b），v1 为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，21 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块 B 的质量为m ，碰撞后瞬间的速度大小为v ，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv11 2 1v1 2 12mv1m( 1 )m v 21222联立式得m 3m 2）在图（b）所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑

3、过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2， P 点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W，由动能定理有12 mgH fs1mv1 0 2( fs2 mgh) 0 1 m( v1 )222从图（ b）所给的v t 图线可知s21 v12 21 (1.4t1 t1)s2hHs1H物块 A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wfs1fs2 联立式可得2W mgH 3）设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有2HhW mg cos11sin设物块 B 在水平轨道上能够滑行的距离为s ，由动能定理有12 m gs 0 m v 12设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有hm

4、gh mgcossinmgs 0 13联立1 11 21 3式可得11= 9 142019 ·新课标全国 卷） 一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌。立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s； t1t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从 t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第 1 s内的位移

5、为24 m，第 4 s内的位移为1 m。v-t 图线；1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的2）求t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？1）见解析（ 2） a 8m/s2， v2=28 m/s（ 3） 87.5 m1） v-t 图像如图所示。（ 2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1， 则t1 时刻的速度也为v1， t2时刻的速度为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运

6、动，设其加速度大小为a， 取 t=1 s，设汽车在t2+（n-1） tt2+nt内的位移为sn， n=1,2,3, 。若汽车在t2 +3 tt2+4 t 时间内未停止，设它在t2+3 t 时刻的速度为v3，在t2 +4t 时刻的速度为v4，由运动学公式有s1 s43a（ t）212s1 v2 ta（ t） 2v4 v2 4a t 联立式，代入已知数据解得v417m/s 6这说明在t2+4t时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。t2+3tt2+4t 内汽车停止，由运动学公式v3v2 3a t 2as4 v3mv1 m2 ?t1t2时间内，汽车克服阻力做的功为1212Wmv1mv2 ? 122 联

7、立? 式，代入已知数据解得 v1=30 m/s?联立，代入已知数据解得2a s=87.5 m? m/s ， v2=28 m/s2882或者 a m/s ， v2=29.76 m/s25但式情形下，v3<0，不合题意，舍去f1，由牛顿定律有3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为 f1=ma在t1t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为1I =2 f1(t2t1)3 （ 2019 ·新课标全国 卷） 静止在水平地面上的两小物块A、 B，质量分别为mA=l.0 kg， mB=4.0 kg；两者l=1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧

8、的竖直墙壁距离簧释放，使A、 B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、 B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。 A、 B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。1 ）求弹簧释放后瞬间A、 B 速度的大小；2）物块A、 B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与 B之间的距离是多少？3） A和 B都停止后，A与 B之间的距离是多少？【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）设弹簧释放瞬间A 和 B 的速度大小分别为

9、vA、 vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有12 mAvA220=mAvA mBvBEk联立式并代入题给数据得vA=4.0 m/s， vB=1.0 m/s（ 2） A、 B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A 和 B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B 停止所需时间为t， B 向左运动的路程为sB。，则有mBamBg sB vBtat BB2vB at 0 在时间 t 内， A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间 t 内的路程s

10、A都可表示为12 sA=vAtat 2联立式并代入题给数据得sA=1.75 m， sB=0.25 m这表明在时间t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处。 B位于出发点左边0.25 m 处，两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m3） t 时刻后 A将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有21mAvAmAvA22mAg 2lsB 联立式并代入题给数据得故 A与 B 将发生碰撞。设碰撞后A、B 的速度分别为vA和vB ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mAvAmAvA12 mBvB21

11、2 mAvA212 mAvA2联立 ? 式并代入题给数据得vA 3 7m/s, vB 5m/s?这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动。设碰撞后A 向右运动距离为sA时停止，B 向左运动距离为sB时停止，由运动学公式222asA vA , 2asB vB? 式及题给数据得sA 0.63 m, sB0.28 m?sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离ssA sB 0.91 m?4 （ 2019 ·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。（ 1 ）质量为m 的雨滴由静止开始，下

12、落高度h 时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。（ 2） 将雨滴看作半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2， 其中 v 是雨滴的速度，k 是比例系数。a设雨滴的密度为，推导雨滴下落趋近的最大速度vm 与半径 r 的关系式；b示意图中画出了半径为r1、 r2（ r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v t图线，其中对应半径为 r1 的雨滴（选填、）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v t 图线。（ 3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受

13、到的空气阻力f v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。b见解析3）见解析【答案】（1） mgh 1 mu2 （ 2） a vm4 g r12【解析】（1）根据动能定理mgh W mu212可得 W mgh mu（ 2） a根据牛顿第二定律mg f ma得ag22 kr vvm43雨滴质量m r3由 a=0，可得，雨滴最大速度vmb如答图 2虑雨滴下落的定向运动。3）根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考? t时间内，与圆盘碰撞的简化的圆盘模型如答图3。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在空气分子质量为m Sv tnm

14、0F 表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理， 有 Ft mv得 F nm0Sv2fv2采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。52019 ·天津卷） 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2， AB 长L1150 m ，BC 水平投影L2 63m ，图中 C点切线方向与水平方向的夹角12 （ sin12 0.21 ）。若舰载机从 A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t 6 s 到达 B 点进入 BC 。已知飞行员的质量m60 kg ，2g 10 m

15、/s ，求1 ）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；2）舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力FN 多大。1) W 7.5 104J2) FN 1.1 103 N1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有2根据动能定理，有12W mv 02联立式，代入数据，得W 7.5 104J（ 2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2 Rsin 由牛顿第二定律，有2 v FN mg m R联立式，代入数据，得3FN 1.1 103N 62019 ·江苏卷）如图所示，质量相等的物块A和 B叠放在水平地面上，左边缘对齐A与 B、

16、 B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A， A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B， B立即获得水平向右的初速度，A、 B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g求：（ 1 ） A被敲击后获得的初速度大小vA；（ 2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、 aB'；（ 3） B被敲击后获得的初速度大小vB【答案】（1）vA2 gL （2）aB=3gaB =g（3）vB2 2 gL【解析】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小aA= g匀变速直线运动2aAL=vA22）设A、 B 的质量

17、均为m对齐前，B 所受合外力大小F=3 mg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3g对齐后，A、 B 所受合外力大小F =2 mg由牛顿运动定律F =m2aB，得aB= g（ 3）经过时间t， A、 B 达到共同速度v，位移分别为xA、 xB， A加速度的大小等于aA则 v=aAt， v=vB aBt1212xAaAt ， xB vBtaBt22且 xB xA=L解得vB 2 2 gL7（ 2019 ·浙江选考）在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示。小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为 =37° 的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m

18、/s，然后进入细管道 BCD ，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点。已知B点的高度h1=1.2m， D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数 =0.25，sin37=°0.6，cos37°=0.8。1 ）求小滑块在轨道AB 上的加速度和在A 点的初速度；2）求小滑块从D 点飞出的速度；3）判断细管道BCD 的内壁是否光滑。1） 8 m/s2，6 m/s （ 2） 1 m/s （ 3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD1）上滑过程中，由牛顿第二定律：mgsin mgcosma，解得 a 8m/ s2；v

19、B2 v022a h1sin解得v0 6m/ s12（ 2）滑块在D 处水平飞出，由平抛运动规律LvDt ， h21 gt22解得 vD 1 m/s（ 3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD 内壁不光滑8 （ 2019 ·浙江选考）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高。质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h1=1.10 m。篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1=0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2=0.873m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x

20、2 =0.01 m，弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：（ 1 ）弹簧的劲度系数；（ 2）篮球在运动过程中受到的空气阻力；（ 3）篮球在整个运动过程中通过的路程；（ 4）篮球在整个运动过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）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得mg kx2 0（ 2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理mg h1 h2 f h1 h2 2x10，解得 f 0.5 N（

21、 3）球在整个运动过程中总路程s：mg h1 x2fs Ep解得 s 11.05 m4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为x3 ；则 mg f kx30 ；在 A点下方，离A 点 x3 0.009 m9 （ 2018·江苏卷）如图所示，钉子A、 B 相距 5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B。质量为m 的小球固定在细线上C 点，B、 C 间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩

22、擦，重力加速度为g，取sin 53° =0.8， cos 53° =0.6。求：（ 1 ）小球受到手的拉力大小F；（ 2）物块和小球的质量之比M:m；（ 3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T。5M 68mMg488【答案】（1） F Mg mg （ 2）（ 3） T（ T mg或 T Mg ）3m 5（5 m M ）5511【解析】（1）设小球受AC、 BC 的拉力分别为F1、 F2F1sin 53°=F2cos 53°F+mg=F1cos 53°+ F2sin 53°且 F1=Mg5解得 F Mg mg（ 2）小球运

23、动到与A、 B 相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin 53°，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2M6解得m5（ 3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC 方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg T=Ma小球受 AC 的拉力T = T牛顿运动定律T mgcos 53° =ma8mMg488解得 T（ Tmg或 T Mg ）（5 m M ）5511【名师点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律。解答第（1 ）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末

24、状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等。10 （ 2018 ·江苏卷） 如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。【答案】I F 2mv mgt【解析】取向上为正方向，

25、动量定理mv （ mv） =I 且 I （ F mg） t解得 I F Ft 2mv mgt11 （ 2018·北京卷）2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高 h=10 m， C 是半径 R=20 m 圆弧的最低点，质量m=60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B 点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/s2。（ 1）求长直助滑道AB 的长度 L ；（ 2）求运动员在AB 段所受合外力的冲量的I 大小；（ 3）若不计

26、BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力FN 的大小。1 ）已知AB 段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即22 v2 v02 2aL22可解得：L vv0 100 m2a（ 2）根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以I mvB 0 1800 N svC mR3）小球在最低点的受力如图所示N mg从 B 运动到 C 由动能定理可知：mgh 1 mvC2 1 mvB2 22解得： N 3900 N12（ 2018 ·新课标全国 II 卷） 汽车 A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两

27、车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动了 4.5 m， A车向前滑动了2.0 m，已知A和 B 的质量分别为2.0 103 kg 和 1.5 103 kg， 两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大2小 g 10 m /s 。求（ 1）碰撞后的瞬间B 车速度的大小；（ 2）碰撞前的瞬间A 车速度的大小。【答案】（1 ） vB3.0m/s（ 2） vA 4.3m/s【解析】两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A 车的速度。（ 1）设B 车质量为

28、mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有mBg mBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B 车速度的大小为vB ，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB 2=2aBsB 联立式并利用题给数据得vB3.0m/s（ 2）设A 车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAg mAaA设碰撞后瞬间A 车速度的大小为vA ，碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有vA2 =2aAsA设碰撞后瞬间A 车速度的大小为vA ，两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA mAvA mBvB 联立式并利用题给数据得vA 4.3m/s13 （ 2018 ·天津卷） 我国自行

29、研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919 首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移 x=1.6×103 m 时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s，已知飞机质量m=7.0 ×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1 倍，重力加速度取g 10m/s 2，求飞机滑跑过程中1）加速度a 的大小；2）牵引力的平均功率P。1 ） a=2 m/s2（ 2） P=8.4 ×106 W力分析，结合牛顿第二定律，以及P Fv求解牵引力的平均功率；（ 1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运

30、动，有v2=2ax，解得a=2 m/s2（ 2）设飞机滑跑受到的阻力为F阻 ，根据题意可得F阻 =0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有F F阻ma ；设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，有 v v 2在滑跑阶段，牵引力的平均功率P Fv，联立得P=8.4×106 W【名师点睛】考查牛顿第二定律，匀变速直线运动，功率的求解，加速度是连接力和运动的桥梁，本题较易，注意在使用公式PFv求解功率时，如果v对应的是瞬时速度，则求解出来的为瞬时功率，如果 v 为平均速度，则求解出来的为平均功率。14 （ 2018 ·新课标全国III 卷） 如图，在竖直平面内，一半径为R 的

31、光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA在 A点相切。BC 为圆弧轨道的直径。O 为圆心，OA 和 OB 之间的夹角为， sin = 3 ，一质量为m 的小球5沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：1）水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；2）小球到达A 点时动量的大小；3）小球从C 点落至水平轨道所用的时间。1 ） 5gR （ 2） m 23gR （ 3） 3 5R225g1 ）设水平恒力的大小为F0

32、，小球到达C 点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有mg2 22F mgF0 设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得2Fm RF0 mg 422）设小球到达A 点的速度大小为v1 ，作CD PA，交 PA 于 D 点，由几何关系得DA Rsin CD R（1 cos ） 1212mg CD F0 DA mvmv1 22A 点的动量大小为m 23gRp mv13）小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方，从 C 点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有12v t gt CD 2v vsin式和题给数据得15 （ 2018 ·

33、;新课标全国I 卷） 一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E， 且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求（ 1）烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（ 2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。2Em2E12) hmg【答案】（1 ） t 1g【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。（ 1）设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条

34、件有2Emv0 2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t ，由运动学公式有0 v0gt 联立式得2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1 ，由机械能守恒定律有E mgh1 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1 和v2 。由题给条件和动量守恒定律有E1212mv1mv24411mv1mv2 0 22续上升的高度为h2 ，由机械能守恒定律有121mv1mgh242联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h h1h2 2E mg16 （ 2017 ·江苏卷）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1 m/s，甲、乙相遇时用力

35、推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1 m/s 和 2 m/s求甲、乙两运动员的质量之比【答案】3:2m1v2 v2【解析】由动量守恒定律得m1v1 m2v2m2v2 m1v1 ，解得m2v1 v1m13代入数据得m22【名师点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单17 （ 2017·天津卷）如图所示，物块A和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA=2 kg、 mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上，B 悬于空中。先将B 竖直向A、 B 以大小相等的速度一g=10 m/s2。空气阻力不计。求：上再举高h=1.8

36、m（未触及滑轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，起运动，之后B 恰好可以和地面接触。取1） B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；2） A 的最大速度v 的大小；3）初始时B 离地面的高度H。1) t 0.6s2) v 2 m/s ( 3)H 0.6 m121） B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h 1 gt2解得： t 0.6s22）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为vB，有v0 gt 6 m/s细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、 B 的重力，A、 B 相互作用，总动量守恒：mBv0 （mA mB ）v绳子绷直瞬间，A、 B 系统获得的速度：v 2 m/s之后 A 做匀减速运动，所以

37、细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s（ 3）细绳绷直后，A、 B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A、 B 的速度为零，这一过程中12A、 B 组成的系统机械能守恒，有：（mA mB ）vmBgHmAgH2解得，初始时B 离地面的高度H 0.6 m【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律 是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。18 （ 2017 ·江苏卷） 如图所示，两个半圆柱A、 B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R C 的质量为m， A、 B 的质量都为m ，与地面的动摩擦因数均为 现用水平向右的力拉2A，使A

38、缓慢移动，直至C 恰好降到地面整个过程中B 保持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g求：1）未拉 A 时， C 受到 B 作用力的大小F ；2）动摩擦因数的最小值 min；3） A 移动的整个过程中，拉力做的功W1) F 3mg(2)min3 ( 3) W (21)( 3 1)mgR231） C 受力平衡 2Fcos30 mg 解得 F mg32） C 恰好降落到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大Fxmax3xmax 2mgB 受地面的摩擦力fmg 根据题意fminFxmax ，解得min3） C 下降的高度h( 3 1)RA 的位移 x2( 3 1)R摩擦力做功的大小Wffx

39、 2( 3 1) mgR根据动能定理W Wfmgh 0 0解得 W (21)( 31)mgR关键，也是本题分析的难点C 恰好降落到地面时，B 物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的192017 ·新课标全国 卷） 一质量为8.00 ×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.50 ×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2。（结果保留2位有效数字）1）分别求出该飞船着地前瞬

40、间的机械能和它进入大气层时的机械能；2） 求飞船从离地面高度600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。1)(1 ) 4.0×108 J 2.4 × 1012 J ( 2) 9.7 ×108 J12【解析】（1 ）飞船着地前瞬间的机械能为E0mv0 ）设冰球与冰面间的动摩擦因数为，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=g 2a1s0=v12 v02 0 020式中， m 和 v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由式和题给数据得E0 4.0 108 J设地面附近的重力加速度大小为g，飞船进入大气层时的机械能为Eh1 mv

41、h2 mgh h2h12式中，vh是飞船在高度1.6 ×105 m 处的速度大小。由式和题给数据得Eh 2.4 1012 J1 20（ 2）飞船在高度h' =600 m 处的机械能为Ehm（ . vh）2 mgh 2 100由功能原理得W Eh E0式中， W 是飞船从高度600 m 处至着地瞬间的过程中克服阻力所做的功。由式和题给数据得W=9.7 ×108 J【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。20 （ 2017 ·新课标全国 卷） 为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和 s

42、1（ s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0 击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。重力加速度大小为g。求1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；2）满足训练要求的运动员的最小加速度。2221) v20 gsv01( 2) s1(v20s02v1)联立得= a1g2gs02v12）设冰球运动的时间为t，则tv0v1 g又 s112 at 221

43、s1(v0 v1)22s022017·新课标全国 卷） 如图，两个滑块A和 B 的质量分别为mA=1 kg 和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为 2=0.1 。某时刻A、 B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。 A、 B 相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求1） B 与木板相对静止时，木板的速度；2） A、 B 开始运动时，两者之间的距离。1 ) 1 m/s ( 2) 1.9 m1 ）滑块 A 和 B

44、在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f1、 f2和f3， A和 B 相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B 与木板达到共同速度前有f11mAg f21mBgf32(mA mB m)g f1 mAaAf2mBaBf2 f1 f3ma1 v1。由运动学公式有设在 t 1 时刻， B 与木板达到共同速度，设大小为v1v0 aBt1v1a1t1 联立式，代入已知数据得v1 1 m/s 12（ 2）在t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sB v0t1aBt122设在 B 与木板达到共同速度v1 后，木板的加速度大小为a2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1 f3 （mB m）a2 ?由式知，aA=aB；再由可知，B 与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v2，设A 的速度大小从1 变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1 a2t2 ?对 A有 v2v1 aAt2 ?12在 t