2021年高考物理真题训练20力学计算题(解析版)

专题20力学计算题

1.（2020•新课标I卷）我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用F=ks描写，k为

系数：V是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的I,称为飞机的起飞离地速度，已知飞机

质量为I-21x19'kg时，起飞离地速度为66m/s：装载货物后质量为1.69X10skg,装载货物前后起飞离地

时的Q值可视为不变。

（D求飞机装载货物后的起飞离地速度：

（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1521m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小

和所用的时间。

【答案】（I）v?=78m/s（2）2m/s2.t=39s

【解析】G）空载起飞时，升力正好等于重力：解叫g

满载起飞时，升力正好等于重力：kv}=mg

由上两式解得:v=78m/s

2

（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速宜线运动，所以v~-0=2ax

■

解得:a=2m/s2

由加速的足义式变形得：t=——二--------

aa

解得：F=39s

2.（2020・新课标】【卷）如图，一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为川的

小球。圆管由静止自由下落，与地而发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持

竖直。已知M=4〃？，球和管之间的滑动摩擦力大小为4/g,g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

（1）求管第一次与地而碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

（2）管第一次落地弹起后，任上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

■VI

【答案】（1）"l=2gU2=3?;（2）H=—H:（3）L》-H

.25125

【解析】（1）笛第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为5,方向向下：球的加

速度大小为“2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为齐由牛顿运动泄律有

"g=卜mg②

联立①®式并代入题给数据，得5=2g,a%3^）

（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

vO=QgH④'

方向均向下。管勺单起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间"，管与小球的速度刚好相向。取向上为正方向，由运动学公式

\x^attv=-山+”2”⑤

联立③®⑤式得

2

/，=5

设此时管下端的高度为加，速度为“由运动学公式可得

A二八一TAVT

।।

V=vO-时⑧

由③0©⑧式可判断此时Q0C此后，管与小球将以加速度g减速上升加，到达最高点。由运动学公式有hr-

⑨

2g

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为乩，则7/i=A1+加⑩

13

联立③④⑥⑦⑧©⑩式可律HI=-H

25

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为在管开始下落到上升M这一过程中，由动能宦理有Mg

（H_H1）+nif（H_Ht+AI）-4z??gXI=00

4

联立®g式并代入题给数据得X=-H®

4

同理可推得，管与球从再次下落到第.次弹尼至最高点的过程中，球・的相对位移小为X?=%，⑭

设圆管长度为Zx。管第二次落地弹超后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是X,+X,WL（g）

157

联立⑪©⑭⑮式，Zx应满足条件为L，洛H⑯

3.（2020.新课标III卷）如图，相距A=H.5m的两平台位于同一水平而内，二者之间用传送带相接。传送带

向右匀速运动，其速度的大小V可以由驱动系统根据需要设沱。质s?l0kg的载物箱（可视为质点），以初速度

V-0=5.0nVs自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数重力加速度取g

=IOnvSzo

（1）若v=4.Om/s,求载物箱通过传送带所需的时间：

（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；

13

⑶若v=6.0m/s,载物箱滑上传送带△/=飞后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运

动的过程中，传送带对它的冲量。

L

/夕、

左侧平台、侧7》7台

传送带V

【答案】（1）2.75s;（2）v=4V3m/s,v=V2m/s:（3）0/=20&3N-s,方向竖直向上

21

【解析】（1）传送帚的速度为e=4.0m/s时，载物箱在传送帚I：先做匀减速运动，设其加速度为“，由丫顿第

二冢律有：Wng=UIl①

设载物箱滑上传送带后匀减速运劝的汁离为a,由运动学公式有V—Vl=-2ax{②

联立①②式，代入题给数据得W4.5m：③

因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至V,然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传

送帚所用的时间为“，做匀减速运动所用的时间为⑵山运动学公式有v=v-f/r2@

L-X

A=4+--------L

式并代入题给数据有22.75s：⑥

(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时・到达右侧平台时的速度最小，设为刃，当载物箱滑上传送

带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为门山动iS匚用仃TMgL=Lf-_L〃戒-

InV

22

I,1,

zz

JLmIgL=—mv；-------〃少6⑧

22

由⑦⑧式并代入题给条件得v,=V2m/s.v2=4V3m/s©

⑶传送带的速度为v=6.Om/s时.由于v<v<v载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍做设载物箱做

02t

二动通过的汁肉为心所用时间为小由运动学公式仃V=X；+ill；

2

v-v'=2ax2@

联立①⑩电忒并代入题给数据得/3=1.Os(g)

x?=5.5m@

因此载物箱加速运动I-0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动

(△/-/3)的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的趴离为心仃

=V(△f-1)⑭

由①⑫@乳式可知Tmft>/Iing(L-X-X)即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为内，由运动学公式

有，*一汗=-2a(Zx—勺一)⑮则匕：51/s减速运动时间A==IS

4

a

设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为九、/20

由动量定理有/=W(V-V)=0

130

625

I=yV(A/+r)=/z7^(△r+r)二一八N・s^208.3N-s,方向竖向卜.

244

则在整个过程中，传送带给载物箱的冲屋

/=A=208.3N-s,方向竖直向h

4.（2020•江苏卷）一只质量为4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内

把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小心

【答案】28nVs

【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动虽守恒左律

MV_1.4x2

1喷出水的速度大小为E=1nVs=28nVs

HI0.1

5.（2020-江苏卷）如图所示，鼓形轮的半径为几可绕固左的光滑水平轴。转动。在轮上沿相互垂直的直径方

向固左四根直杆，杆上分别固立有质图为加的小球，球与0的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量

为M的重物。重物由静I匕下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为力。绳与轮

之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质呈：，不计空气阻力，重力加速度为乩求：

（1）重物落地后，小球线速度的大小X

（2）重物落地后一小球转到水平位置A・此时该球受到杆的作用力的大小

⑶重物下落的高度九

M+16〃？R232

【答案】（l）v=2/?。：+g，；i3）//=加-

【解析】（1）由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为3,则根据线速度•与角速度的关系可知小球的

线速度为V=2R3

（2）小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F,合力提供向心力，则有

L2~

FmgHI—

2R

结合⑴可解得杆对球的作用力大小为

(3)设重物下落高度为H,重物下落过程中对重物.鼓形轮和小球组成的系统，根拯系统机械能守恒可知

MgH二-AfV2+—X4mvz

22

而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有Z二R3

联立各式解得

M+16〃？R20)2

H二-----------------

2Mg

6.(2020•浙江卷)如图1所示，有一质量加=200kg的物件在电机的牵引下从地而竖直向上经加速、匀速、

匀减速至指定位置。当加速运动到总位移的；时开始汁时，测得电机的牵引力随时间变化的F-t图线

4

如图2所示，t=34s末速度减为0时恰好到达指泄位置。若不计绳索的质量和空气阻力，求物件:

(D做匀减速运动的加速度大小和方向:

(2)匀速运动的速度大小；

(3)总位移的大小。

图

【答案)(DO.125m/s2>竖直向2(2)1m/s；(3)40m

【解析】⑴由图2可知0~26s内物体匀速运动，26s~34s物体减速运动，在减速运动过程根拯牛顿第二泄律

有mg-Fr二Ina

根据图2得此时FF=1975N,则有a=g—L=0-I25nJs?HI

方向竖直向下。

⑵结合图2根据运动学公式有V=Ut=0.125X(34-26)m/s=lnVs

⑶根据图像可知匀速上升的位移A=Vr=lX26m=26m

V1

匀减速上升的位=-t=-X8m=4m

-22

13

匀加速上升的位移为总位移的•7，则匀速上升和减速上升的位移为总位移的一.

44

则有h+hph

所以总位移为A=40m

7.(2020•浙江卷)小明将如图所示的装宜放在水平地而上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨mAB

和倾角6=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量加=0Jkg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0m处静止释

放。已知R=0.2m,Zx\B=Sci-°m,滑块与轨道和BC间的动摩擦因数均为“=0.25,弧形轨道和圆轨道均

可视为光滑，忽略空气阻力。

(D求滑块运动到与圆心0等高的D点时对轨道的压力；

⑵通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；

(3)若滑下的滑块与静I匕在水平直轨道上距A点A-处的质量为Im的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦

因数仍为0.25,求它们在轨道BC上到达的高度力与X之间的关系o(碰撞时间不计，Sin37°=0.6,cos

37°=0.8)

【答案】(1)8N,方向水’「•向左：⑵不会冲H；(3)II二六-m<.vWIm；h-0()W.\

W-in

64888

17

【解析】⑴机械能守恒定律MgH=mgR+-mv^

2

—8N

牛顿第三定律%=/%=8N

方向水平向左

(2)能在斜轨道I:到达的最高点为C点，功能关系

IngH=JUmgLW+PlflL0+tng「0

gneC0ScSin

得i,c=—m<1.Om

16

故不会冲出

1,

（3）滑块运动到距A点A处的速|）为八动能-umgx=-1

2

碰撞后的速度为v.,动量守恒定律Inv=3mv

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为小动能怎理

-31mIg(L-X)-3pmg-3mgh=°—*(3m)w?

ABZj

tan6

15

——m<xWIm

一Xv--

5

h=0OWxW—m

K8J

8.（2020•山东卷）单板滑雪〃型池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道

由两个半径相同的四分之一圆柱而轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨逍倾角为17・2°某次练习过

0

程中，运动员以比jlOmzS的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切而ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘

线AD的夹角”=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点,不

计空气阻力，取重力加速度的大小-=I0E/S2,sin72.8o=0.96,cos72.8°=0J0。求：

⑴运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值小

（2）M、N之间的距离么。

图甲

【答案】(1)48m；(2)12m

【解析】（1）在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为小

£动的合成与分解"=VSin72.86

iW

设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为5,

由牛顿第二宦律得"《osl7•2。=/m/i②

山运动学公式得呜

③I

联立①®③式，代入数据得＜/=4.8m④

⑵在M点，设运动员在ABCD而内平行AD方向的分速度为v?由运动的合成与分解规得

V2=VA/cos72.8°⑤

设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为血，由牛顿第二庄律得

力口gsin17.2o=/m/2⑥

设腾空时间为「，由运动学公式得

r="⑦

L=Vt+"at2

I1

联立①口⑤⑥⑦⑧式，代入数据得

△=12m©

9.（2020•山东卷）如图所示，一倾角为&的固左斜而的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为加和

4力口，Q静I上于斜而上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度m与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数

等于tan。，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可

以看作质点，斜而足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为炸

（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小ip、v

pIS

（2）求第”次碰撞使物块Q上升的高度力”：

（3）求物块Q从A点上升的总高度H；

（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离$。

20*722

【答案】（I）p的速度大小为-V.,P的速度犬小为酢：⑵九=（话F3•符（H=L2,3（3）“=工

5°3QQg18g

200gSin0

【解析】（I）P与。的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒立律得

Hiv=mvp+4///Vp|

0I

由机械能守恒宦律得ywvz=inn>2+|•4/nv2②

o1pI

联立①②式得VP「-IVO③

2

vpL=-Tv0④

32

衣碰撞后P的速度大小为-v°,Q的速农人小为

（2）设第一次碰撞后0上升的高度为小，对Q由运动学公式得0-v2=2•（-2gSin

Pi

e）

vsm8

12-

2bg

设P运动至与。刚要发生第二次碰撞前的位宜时速度为片）2,第一次碰后至第二次碰前，对

P由动能宦理得IIrIQ-|/MVJ=-ntgh⑦

联立①②⑤⑦式得vo2="v⑧

5

PqQ的第二次碰撞，设碰后ZJQ的速度分别为叽.烟•由动量守恒立律得

〃叫2=m.PI+4叫2⑨由机械能守恒宦律得Tw'.2二T/n>2+I-4/nv2

022p2

联立①®⑤®⑨®式得Vp="X-V

20

55

vQI=⑫

设第二次碰撞后Q上升的高度为加，对Q由运动学公式得

O-VZ02=2-（―2gSin9）-皿--

sin&

联立①②⑤⑦⑨®钳得⑭

设p运动至与0刚要发生第三次碰撞前的位宜时速度为巾3,

第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得

IW',032-►nx(P2i=-nigh

2

联立①®⑤®⑨®⑬得V=(£)2V⑯

03o

PqQ的第三次碰撞，设碰后PiJQ的速度分别为巾3、叱3,由动虽守恒定律得

〃少03=111Vpi+4"WQ3

由机械能守恒定律得TMV2=TLVff-^i-4mv20

03''D3ylo；

联立①©⑤®⑨®⑬®®酗得"P3=—X(-)2V0

叱3=|X。％⑳

设第三次碰撞后Q上升的高度为对Q由运动学公式⑩得

0p2=2(*iM-岛㉑联立①②⑤⑦(W⑬©⑰⑱㉑式得

总结可知，第”次碰撞后，物块Q上升的高度为

(3)当。达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得

、H

0----加V(F=-(/?/+4m)gH—Ian&4〃JgCOS9㉔

2sin&

解得H喘㉕

(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为ri,由运动学公式得

叱1=2g/]SinO㉖设P运动到斜跖讥端时的速度为*0需要的时间为^lli;J•

VPI=VPI+g|2sin0

vo-VP2=2sgSirT28

p»I

设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为h

切2=(TPI)-g"sin&㉙

XA点仃挡板之间的距离最小时“二？/?+「㉚

(877-(3)

联立㉖®㉚式，代入数v='v()2,

200gSin

10.(2020.天津卷)长为/的轻绳上端固立，下端系着质量为"的小球A,处于静止状态。A受到一个水平瞬时

冲量后在竖直平而内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为加2的小球B与

之迎而正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度

为g,求

(DA受到的水平瞬时冲量I的大小；

(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？

【答案】(I)/=/W|V%7;(2)Ek=-----------

Ini

I

(I)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为V,由牛

2

顿第】定律，/fw=m,①

A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为(J'-

mY=-TWVz+2/wg/②

111

22

由动量足理，［二mV

IA

'D②''3'

(2)'疫前像粘在一起时速度大小为v\A.B粘在一起后恰能通过H寻周轨迹的最高点,需满足

vz=除⑤

要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的

速度大小为％,由动量守恒定律，有

为S"返回过程中所走过的路程为32,P点的高度为k搭个过程中克服摩擦力所做的功为由动能

定理有

mgH-禹才-o④

3，_

-ifs2+mgh）=O--in（--^ro）

从图（b）所给的，T图线可知

W=1JI|@

5=IA.（L4/-r）⑦

2tI

由几何关系

M⑧

物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为

W'fsjfs?⑨

联立④⑤⑥©式可得

（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

HZI+H-

W="mgcosC-----1：1

Sine

设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为F,由动能定理有

-口ngSf=0--ZnMz炫

没改变后的动摩才吐为由动能定理有

mgh-Mmgcos6-------'—U'mgst=0fc&

Sine

联立①③④⑤。⑦⑧⑩口k2k3A可得

12.（2019.新课标全国II卷）一质图为，n=2000kg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100m处有一警示牌c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，Ori时间段为从司机发现警示牌到采取描施的反应时间（这段时间内

汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），rI=0.8s：时间段为刹车系统的启动时间，r=13

从“时刻开始汽车的刹车系统稳总工作，直至汽车停止，已知从“时刻开始，汽车第1s内的位移为24m,

第4s内的位移为1Im

（1）在图（b）中左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T图线;

（2）求/2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和~"时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停I

上，汽车行驶的距离约为多少（以h~f2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）？

2r

0/I,0t2.(TS

12

图(b)

【答案】（1）见解析（2）八二8nJsV=28m/s⑦（3）87.5m

2

【解析】（I）M图像如图所示。

（2>设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为则“时刻的速度也为刃，/2时刻的速度为V2,时亥q

后汽车做匀减速运动，设艮加速度大小为G取，=1s,设汽车在「+（n-l）△=2+nAf内的位移为$"，"=1

2、3,­O

若汽车在/2+3d~"+4M时间内未停止，设它在“+3M时刻的速度为内，在“+4△/时刻的速度为山，由运动学

公式有

勺-Si=3"(Az)'①

5|二vQ/一八(△()22

v=v-4</△r③

42

联立①②③式，代入已知数据解得

V=—”m/s④

4

这说明在r+4Af时刻前，汽车已经停止。因此①式不成立。

由于在「2+34、2+4△/内汽车停止，由运动学公式

V=V~3"Ar

32

X/5=Vj(6V

4

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

u=8nVS2v=28m/s⑦

或者a=*m/S2,v=29.76m/s⑧

-J

但⑧式情形下，内＜0,不合题意，舍去

(3)设汽车的刹车系统稳左工作时，汽车所受阻力的大小为/1,由牛顿左律有

/l==Kg)

在/广“时间内，阻力对汽车冲量的大小为

士/I—|)©

由动量定理有

r=/HVfZM,®

由动量定理，在/I~"时间内，汽车克服阻力做的功为

IV=lwVf-IWV；@

联立⑦⑨⑩⑪g成，代入已知数据解得

vi=30m/s⑬

W=LI6xl0sJ⑭

从司机发现瞥示牌到汽车停止，汽车行驶的距离5约为

2

=vf+-(v+|9(A-r|)+"(g)

5111

联立⑦®⑮代入己知数拯解得

5=87.5m⑯

13.(2019.新课标全国IH卷)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为w.1=1.0kg,加尸4.。kg：两

者之间有一被压缩的微型弹簧，A与苴右侧的竖直墙壁距离上1・0m,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=IO.OJ释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A、B与地而之间的动摩擦因数均为"=0.20。重力加速度取g=100m/s2oA、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。

DA

(1)求弹簧释放后瞬间^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=4.0nI/s(v%=1.0nVs(2)B0.50m(3)0.91m

【解析】(I)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为m,以向右为正，由动虽:守恒泄律和题给条件有

0="力卜力口册①

Ek=K/1V旺1/7%v%z②

A

联立①®式并代入题给数据得

=4.0nVs,i.0m/s③

vA

(2)A、B两物块与地而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“。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3。设从弹簧释放到B停I匕所需时间为/,

B向左运动的路程为SB0,则有

ma=刈Sg@

,%|FF)

书-E=0⑥

在时间f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内的路程助都可表示为

SA=VAt-丁

联立③④⑤©⑦式并代入题给数据得

s八=1,75m,$/尸0•25m⑧

这表明在时间/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0.25m处。B

位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离S为

.v=0.25m+0.25E=0.50m⑨

<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V肚由动能宦理有

XA-1=(2/+%)⑩

联立③⑧⑩式并代入题给数据得

vpin/s

故AF将发生碰撞"设碰撞后A、B的速度分别为Vr和「，由动虽:守恒圮律与机械能守恒宦律有.温IA)

—mAx；A*.nBvB⑫

1.71-21"0/ss

-wAvA=-wAvr+-人W:邑：

联立⑪©⑬式并代入题给数据得

V二空In/s,V=一二八■_!.m/s@

AB

55

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E时停止，B向左运动距离为^

时停止，由运动学公式

2asA~vA2asB—vZr[1，

由④碗式及题给数据得

=0.63m,s；=0.28m⑯

W小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停I匕后的距离

S=SA+SB=091m⑰

14.(2019.北京卷〉雨滴落到地而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。

(D质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为”，求这一过程中克服空气阻力所做的功VV3

(2)将雨滴看作半径为『的球体，设其竖直落向地而的过程中所受空气阻力Mrv2,苴中V是雨滴的速

度，《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5与半径,・的关系式：

b.示意图中画出了半径为门、门（门〉门）的雨滴在空气中无初速下落的vT图线，其中对应半

径为门的雨滴（选填①、②）：若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的图线。

（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

运动方向而枳为S的圆盘，证明：圆盘以速度J下落时受到的空气阻力/svz（提示：设单位体积内空气分

子数为小空气分子质量为加0）0

【沁】=1）（2）a.V="rb.心押析（3）见解雪

In

【解析】（1）根据动能定理"讪-W=Tns

可得VV=mgh->nu;

a.根据牛顿第二定律哗-/=曲得

“二g-心m

当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度小

43

雨滴r%w=-nrP

由O,可得，雨滴最大速度H%b.①

on

如答图2

（3）根据题设条件：大量气体分子在乞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。

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3时间内•与圆盘碰撞的

空气分子质:盘为4〃=SVSmm

答图3

以F表示圆盘对气体分子的作用力，根拯动量定理,

有FA/84/72XV

得FOCHmQSw

由牛顿第三泄律，可知圆盘所受空气阻力

f8Vs

采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。

15.（2019-天津卷〉完全由我国自行设讣、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A3相切的一段圆弧，示意如图2,A3长Zx=150m,BC水平投影公

=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角&=12。（Sinl2。心0.21）。

若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经f=6s到达B点进入BCO已知飞行员的质量

m=60kg,=IOnJs2,求

图1

（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F,S・多大。

【答案】（l）W=7.5x1（/J（2）^=LIX103N

【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.则有

_s■如①

2t

根据动能定理，有

VV=-Invi—„②

2

联立①②式，代入数据，得

W=7.5X104J③

（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为根据几何关系，有

L=RSin&④

2

由牛顿第二定律，有

2

FNfg=0H

K

联立①④⑤式，代入数据，得

f=1.1X103N@

N

16.（2019-江苏卷）如图所示，质量相等的物如和B叠放在水平地而上，左边缘对齐.A与B、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Zx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顶：

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小伽、T；

（3）B被敲击后获得的初速度大小up.

A

B

［答案］（|）丫人=网药1（2）a=3u>"B'=ug（3）V=IIL

KfBy

【解析】（1）由牛顿运动宦律知，A加速度的大小血="g

匀变速直线运动2dAb=VA

解得V=j2pgL

（2）设人B的质量均为加

对齐前，B所受合外力大小F=3nnig

由牛顿运动泄律F=ma，得Tig

11

对齐后，儿B所受合外力大小F=2'7g

由牛顿运动左律F=lmctB，得c|B=ug

<3）经过时间人A、B达到共同速度I,,位移分别为刘、M,A加速度的大小等于⑴

则V=4/V,gVr-lIt

zIli

1212

xA二牙aAr9xB~vBtaBr

且XK-XA=L

解得V=272//gL

B

17.（2019.浙江选考）在竖直平而内，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437。的直轨道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，落到水平而上的G点。已知B点的高度/i,=1.2m,D点的高度加

=0.8m,D点与G点间的水平距离L=0.4m,滑块与轨道M间的动摩擦因％。=0.25,sin37°=0.6,cos37°=

0.8o

（D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】（D8m/sz,6m/s（2）1IIVS（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th:IngSine+iimgcosB=m?

解得a=8/77/S2；

由运动学公式V；-x=-2

SinU

解得V=JnlS

0

（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律L={t，lb=LgF

2

解得V=1m/s

D

（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

18.（2019-浙江选考）如图所示，在地面上竖直固左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％。=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度加=1」0m°篮球静止释放，测得

第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变％。=0.15m,第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度/22=0.87

3m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变％。=0.01m,弹性势能为E=0.025J。若篮球运动

P

时受到的空气阻力大小恒立，忽略篮球与禅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囤

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宜。

【答案】（D500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m

【解析】（1）球静止在邨簧上，根据共点力平衡条件可得加g-g=。

（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能左理mg（h-h）-f（h+h+2x）=0,解得/=0.5N

I2i2I

<3）球在整个运动过程中总路程s：mg（h+x）=fs+E

i2p

解得5=11.05m

（4）球在首次卜-落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变屋为心:

在A点下方离A点X=0.0°9m

3

19.（2018.江苏卷）如图所示，钉子小B相距5/,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固左于质疑为加的小球固龙