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I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式图像如图（b）所示，图中的v1和ti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，求物块A克服摩擦力所做的功；（3）

2、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。【答案】（1） 3m （2） -2mgH（3） 0 = 1115-9【解析】（1）根据图（b） , V1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，微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mv1 =m（ v21/ % 21- 2 补-mv1 =m（） +-m v 222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,下滑过

3、程中所走过的路程为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12mgH fs1 =2mv1 0） +m v 2_(fs2 -+mgh) Himl-v1)2 22从图（b）所给的vd图线可知1 .小Si =-ViL 2 1 V1s2=2 2 (14)由几何关系包=1Si H物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W =fs1 +fs2 联立式可得2W =mgH 15（3）设倾斜轨道倾角为0,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为W =-mgcosHh sin 二设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有-4m gsf=o m v2 12 2

4、设改变后的动摩擦因数为由动能定理有,hmgh - mgcos t1 -； 一Jmgs =0 13sin 二联立。）13式可得_11 C丁尸2. （2019新课标全国n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，0t1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），G=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，

5、已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m,第4 s内的位移为1 m。（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v-t图线；（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车停止，汽车行驶的距离约为多少(以tlt2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽tlt2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)？iIiigt，IiltI iI l，o rj.o t22.。曲图（b）【答案】（1）见解析（2） a =8m/s2 , V2=28 m/s（3） 87.5 m【解析】（1） v-t图像如图所示。

6、o1.02.0 J/S(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为V1,则ti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动，设其加速度大小为a,取At=1s,设汽车在t2+(n-1)At2+nAt内的位移为Sn,n=1, 2,3, -o若汽车在t2+3Att2+4 At时间内未停止，设它在t2+3At时刻的速度为V3,在t2+4At时刻的速度为V4,由运动学公式有S1 -S4为位)21 .2 _s1K2 & a(At)2v4 =v2 -4a At （g联立式，代入已知数据解得v4Jm/s 6这说明在t2+4At时刻前，汽车已经停止。因此，式不成立。由于在t2+3Att

7、2+4At内汽车停止，由运动学公式V3 X -3a & 2 as4上联立，代入已知数据解得2a =8m/s , V2=28 m/s288, 2或者 a =25 m，V2=29.76 m/s但式情形下，v30,不合题意，舍去(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为fi,由牛顿定律有fi=ma 在tlt2时间内，阻力对汽车冲量的大小为1I =2fl(t2 T)由动量定理有I .=m% -m2 ?由动量定理，在tlt2时间内，汽车克服阻力做的功为1212W =-mv1 一一mv2 ?22,联立?式，代入已知数据解得V1=30 m/s?W =1.16 105 J?从司机发现警示牌到汽车停

8、止，汽车行驶的距离s约为s =%L j(% , V2)(t2 T) * ? 22a联立?，代入已知数据解得s=87.5 m?3. (2019新课标全国 出卷)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；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻，将压缩的微型弹 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。

9、(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 Va、vb,以向右为正，由动量守恒定律和题给 条件有0=mAVA _mBVB.1212GEk =2mAvA +_2 mBvB 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

10、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Bo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 。，则有 mBa =Mm)Bg 12sb =Vb 一一at 2Vb -at W 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Sa都可表示为1 .2、 SA=VAt -at 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=

11、0.25 m+0.25 m=0.50 m(3) 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12122mAVA-2mAVA=Ag2l+SB 迎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mA -Va i；=mAVA EbVb ?121212 _一 mAVA =mlAVA- ITBVb ?222查 m/s?联立?式并代入题给数据得3.7,va =m / s, vb5A向右运动距离为Sa时停止，B向左运动距离这表明碰撞后 A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后为立时停止，由运动学公式一 2

12、_2一2asA =va , 2asB =vb ?由？式及题给数据得sA =0.63 m, sB =0.28 msa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F FFs =sA 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go(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度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=kr2v：其中v是雨滴的速度，k是比例系数。a.设雨滴的密度为 p,推导雨滴下落趋近

13、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 ri、2 (12)的雨滴在空气中无初速下落的v4图线，其中 对应半径为ri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v4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下落时受到的空气阻力 f 8v2 (提示：设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为mO)。b.见解析(3)见解析【答案】(1) mgh -1 mu2(2) a. vm =4；g12【斛析】(1)根据动能th理mgh -W =-mu212可得 W =mgh -

14、 mu(2) a.根据牛顿第二定律 mg - f =ma得a =g,2 2 kr v当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm43雨滴质重m =4P3由a=0,可得，雨滴最大速度如答图2(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。以下只考虑雨滴下落的定向运动。?1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=tnmo答图3以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有 F . ：t*、,：, m v得 F 二 nm0Sv2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力f 二 v2采用不同的碰撞模型，

15、也可得到相同结论。5.（2019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。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图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L1=150m,BC水平投影L2=63m,图中C点切线方向与水平方向的夹角日=12。（ sin12口上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 m = 60 kg ,2 qg = 10 m/s ,求图I（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的

16、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。【答案】（1） W =7,5104 J（2） Fn=1.1M103Nv,则有【解析】（1）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 L1一 =2 t根据动能定理，有1 2W =一 mv -0 2联立式，代入数据，得W =7.5x104 J(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 6由牛顿第二定律，有2 V小FN -mg =m 联立式，代入数据，得3FN =1.1 X103 N 6. (2019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

17、.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为 因先敲击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) Va = J2%L(2) aB=3 闻 aB律 (3) Vb =2j2NgL【解析】(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=g2匀变速直线运动2aAL=VA解得 Va

18、= 2 JgL(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3mg由牛顿运动定律 F = maB,得 aB=3(ig对齐后，A、B所受合外力大小 F = 2 mg由牛顿运动定律 F =maB，彳导aB fig(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=OAt, V=VB-aBt 1212xa =-aAt , xb =VBt aBt 22且 XBiA=L解得 Vb =2. 2gT7.(2019浙江选考)在竖直平面内，某一防I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

19、轨道AB,到达B点的速度大小为2m/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hi=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 尸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。【答案】(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BCD内壁不光滑。【解析】(1)上滑过程中，由牛顿第二定律：

20、mgsin + Nmgco5 = ma ,解得 a =8m/ s2;由运动学公式vB v2 = -2a-h- sin l解得 vo =6m/s 12(2)滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律L=vDt, h2=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

21、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X2=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：A(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 -42 =0(2)球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理mg(

22、h) h2 )- f (几+ h2 +2X1 ) = 0 ,解得f = 0.5 N(3)球在整个运动过程中总路程s： mg(h1+乂？ )= fs+Ep解得 s = 11.05 m(4)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 一 kx3 = 0 ；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51,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31。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，

23、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 To咯案】(n-fMg-mg(2) ：=6 (3)T =+9 或 TTMg)【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin 53 =F2cos 53F+mg=F1Cos 53 + F2sin 53 且 F1=Mg.一 5解得 F = - Mg -mg(2)小球运动到与 A、B相同高度过程中小球上升高度 =3lsin

24、53,物块下降高度 h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2(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 =Ma小球受AC的拉力T T牛顿运动定律 T mgcos 53 =ma8mMg488 -解得 T =- （ T =一mg 或 T =一 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

25、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,运动速度白大小为 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】IF = 2mv mgt【解析】取向上为正方向，动量定理mv-（ mv） =I且I = （ F -mg） t解得 IF = Ft = 2

26、mv 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/so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。【答案】（1） 100 m 1 800

27、N s (3) 3 900 N【解析】(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22v - Vo 二 2aL22可解得：l = v - v0 =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 s(3)小球在最低点的受力如图所示mg2由牛顿第二定律可得： N -mg -mvCR从B运动到C由动能定理可知：mghmvCmvB22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Bo两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示

28、，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父103 kg和1.5父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，重力加速度大小 g = 10 m / s2。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) vB=3.0m/s 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mB,碰后加速度大小为 aB,根据牛顿第二定律有RmBg =m

29、BaB 式中W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Vb2=2HbSb 联立式并利用题给数据得vB =3.0m/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Mg =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 SAO由运动学公式有Va2=2HaSa 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

30、，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=1.6M03 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 M04 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/s2,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。【答案】(1) a=2 m/s2 (2) P=8.4M06w【解析】飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，结合速度位移公式求解加速度；对飞机受力分析，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动，有

31、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 = 丫在滑跑阶段，牵引力的平均功率P = FV，联立得 P=8.4 X106 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 P = Fv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的光滑圆弧轨道 A

32、BC和水平轨道PA在A 点相切。BC为圆弧轨道的直径。 。为圆心，OA和OB之间的夹角为 电sin行0 , 一质量为m的小球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go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。【答案】(1)恒R (2)mJ23gR(3) 3匡225 g【解析】(1)设水平恒力的大小为 Fo,小球到达C点时所受合力的大

33、小为 F。由力的合成法则有=tan u mgC2CF =：mgFo 设小球到达C点时的速度大小为 v,由牛顿第二定律得2F =mv-R由式和题给数据得l 3一小Fo =-mg 4(2)设小球到达 A点的速度大小为 5,作CD_LPA,交PA于D点，由几何关系得DA =Rsina 6CD =R(1+cosa)由动能定理有八1212-mg CD - F0 DA = 一 mv - mv1 22由式和题给数据得，小球在A点的动量大小为mx 23gR - p = m,=2go设小球在竖直方(3)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，加速度大小为向的初速度为炉！，从C点落至水平轨道上所用时

34、间为 to由运动学公式有12vj +金 gt =CD v = vsin由式和题给数据得15. (2018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。m【答案】(1)t =工2E2E(2) h =mg【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

35、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v0,由题给条件有2 GE = mv0 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 vo = gt 联立式得（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为上 ,由机械能守恒定律有Vl和V2。由题给条件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和动量守恒定律有1mv12 1mv；441mvi 1mv2 22=0由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2 ,由机械能守恒定律有121 一mv = - mgh2

36、42联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为2Eh =几+ h2 = 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】3:2m1 _ V2 V2【解析】由动量守恒定律得 EM m2v2 =m2v2 mM ,解得=-I I 2 v1 v1m1 =3代入数据得二二211 24【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

37、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竖直向上再举高h=1.8 m (未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取 g=10 m/s2。空气阻力不计。求：(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。囱【答案】(1)t=0.6s(2) v=2m/s (3) H=0.6m1 2【解析】(1) B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：h= gt2解得：t = 0.6s2(2)设细绳绷直前瞬间

38、B速度大小为vb,有Vo = 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 = 2m/s之后A做匀减速运动，所以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1 ,、2A、B组成的系统机械能守恒，有：一(mA+mB)v +mBgH = mAgH2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一一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代现用水平向右的力拉2A,使A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