《三年高考2017-2019物理真題分項(xiàng)版解析——20力學(xué)計(jì)算題解析版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《三年高考2017-2019物理真題分項(xiàng)版解析——20力學(xué)計(jì)算題解析版（31頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題20力學(xué)計(jì)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(shí)刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）時(shí)，速度減為0,此時(shí)對(duì)其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運(yùn)動(dòng)的v式圖像如圖（b）所示，圖中的v1和ti均為未知量。已知 A的質(zhì)量為m,初始時(shí)A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力。（1）求物塊B的質(zhì)量；（2）在圖（b）所描述的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；（3）
2、已知兩物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運(yùn)動(dòng)后，改變物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，然后將 A從P點(diǎn)釋放，一段時(shí)間后 A剛好能與B再次碰上。求改變前后動(dòng)摩擦因數(shù)的比值?！敬鸢浮浚?） 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(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1 =m（ v21/ V1 21- 2 補(bǔ)-mv1 =m（） +-m v 222聯(lián)立式得m* =3m （2）在圖（b）所描述的運(yùn)動(dòng)中，設(shè)物塊 A與軌道間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,下滑過程中所走過
3、的路程為返回過程中所走過的路程為S2, P點(diǎn)的高度為h,整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W,由動(dòng)能定理有12mgH fS1 =mv1 -0） +m V 2_(fs2 -+mgh) H1ml-v1)2 22從圖（b）所給的vd圖線可知1 .小Si =-Viti 2 1 v1造2 (14)由幾何關(guān)系包=1S1 H物塊A在整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W =fs1 +fs2 聯(lián)立式可得2W =mgH 15（3）設(shè)傾斜軌道傾角為0,物塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)在改變前為W M-mgcosHh sin 二設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為s,由動(dòng)能定理有-4mgsf=c !mv2 f2） 2設(shè)改變后的動(dòng)摩擦
4、因數(shù)為由動(dòng)能定理有,hmgh - mgcos t1 -； 一Jmgs =0 13sin 二聯(lián)立。）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(jī)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(shí)間變化可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0t1時(shí)間段為從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時(shí)間（這段時(shí)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; t1t2時(shí)間段為剎車系統(tǒng)的啟動(dòng)時(shí)間，t2=1.3 s;從t2時(shí)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(shí)刻開
5、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(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運(yùn)動(dòng)的v-t圖線；（2）求t2時(shí)刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；(3)求剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小及車停止，汽車行駛的距離約為多少(以tlt2時(shí)間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機(jī)發(fā)現(xiàn)警示牌到汽tlt2時(shí)間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時(shí)間內(nèi)汽車的平均速度)？iIiigt，IiltI iI l，o rj.o t22.。曲圖（b）【答案】（1）見解析（2） a =8m/s2 , V2=28 m/s（3） 87.5 m【解析】（1） v-t圖像如圖所示。o1.02.0
6、J/S(2)設(shè)剎車前汽車勻速行駛時(shí)的速度大小為V1,則ti時(shí)刻的速度也為 Vi, t2時(shí)刻的速度為V2,在t2時(shí)刻后汽車做勻減速運(yùn)動(dòng)，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+3Att2+4 At時(shí)間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3At時(shí)刻的速度為V3,在t2+4At時(shí)刻的速度為V4,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有S1 -S4為位)21 ., _s1K2 G a(At)2V4 =V2 -4a At （g聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)解得v4Jm/s 6這說明在t2+4At時(shí)刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，式不成立。由于在t2+3Att2+4A
7、t內(nèi)汽車停止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式V3 X -3a & 2 as4上聯(lián)立，代入已知數(shù)據(jù)解得2a =8m/s , V2=28 m/s288, 2或者 a m/s , V2=29.76 m/s但式情形下，v32)的雨滴在空氣中無初速下落的vd圖線，其中 對(duì)應(yīng)半徑為ri的雨滴(選填、)；若不計(jì)空氣阻力，請(qǐng)?jiān)趫D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(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運(yùn)動(dòng)方向面積為 S的圓盤，證明：圓盤以速度 v下落時(shí)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
8、 -1 mu2(2) a. vm =14；。r12【斛析】(1)根據(jù)動(dòng)能th理mgh -W =-mu212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(shí)，雨滴趨近于最大速度vm43雨滴質(zhì)重m = P3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(yùn)動(dòng)的幾率相等，其對(duì)靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運(yùn)動(dòng)。?1時(shí)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(duì)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(duì)氣體分子的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理
9、，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(jì)、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(jī)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(jī)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(diǎn)切線方向與水平方向的夾角日=12。（ sin12口上0.21）。若艦載機(jī)從A點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t =6 s到達(dá)B點(diǎn)
10、進(jìn)入BC 。已知飛行員的質(zhì)量 m = 60 kg ,2 qg = 10 m/s ,求圖I（1）艦載機(jī)水平運(yùn)動(dòng)的過程中，飛行員受到的水平力所做功W ;（2）艦載機(jī)剛進(jìn)入 BC時(shí)，飛行員受到豎直向上的壓力FN多大。【答案】（1） W =7.5104 J（2） Fn =1.1 x103 Nv,則有【解析】（1）艦載機(jī)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其剛進(jìn)入上翹甲板時(shí)的速度為V L1 一 =2 t根據(jù)動(dòng)能定理，有1 2W =一 mv -0 2聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，得W =7.5父104 J(2)設(shè)上翹甲板所對(duì)應(yīng)的圓弧半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系，有L2 = Rsin 6由牛頓第二定律，有2V小Fn -mg =m
11、聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)，得3Fn =1.1 X103 N 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(duì)齊.A與B、B與地面間的動(dòng)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(dòng)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(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下.最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(duì)齊的前、后，B運(yùn)動(dòng)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
12、聞 aB律 (3) vb =2j2NgL【解析】(1)由牛頓運(yùn)動(dòng)定律知，A加速度的大小aA=g2勻變速直線運(yùn)動(dòng)2aAL=vA解得 va = 2 JgL(2)設(shè)A、B的質(zhì)量均為m對(duì)齊前，B所受合外力大小F=3mg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 F = maB,得 aB=3(ig對(duì)齊后，A、B所受合外力大小 F = 2 mg由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 F =maB，彳導(dǎo)aB fig(3)經(jīng)過時(shí)間t, A、B達(dá)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 1212xa =-aAt , xb =VBt aBt 22且 XBiA=L解得 vb =2.2gr7.(2019浙江選考
13、)在豎直平面內(nèi)，某一防I戲軌道由直軌道AB和彎曲的細(xì)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(diǎn)滑上傾角為 37。的直軌道AB,到達(dá)B點(diǎn)的速度大小為2m/s,然后進(jìn)入 細(xì)管道BCD,從細(xì)管道出口 D點(diǎn)水平飛出，落到水平面上的 G點(diǎn)。已知B點(diǎn)的高度hi=i.2m, D點(diǎn)的高度h2 =0.8m, D點(diǎn)與G點(diǎn)間的水平距離L=0.4m,滑塊與軌道AB間的動(dòng)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(diǎn)的初速度；(2)求小滑塊從D點(diǎn)飛出的速度；(3)判斷細(xì)管道BCD的內(nèi)壁是否光滑。【答案】(1) 8 m/s2,6
14、m/s(2) 1 m/s (3)小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)管道BCD內(nèi)壁不光滑?！窘馕觥?1)上滑過程中，由牛頓第二定律：mgsin + Nmgco5 = ma ,解得 a =8m/ s2;由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vB -v2 = -2asinl解得 V0 =6m/s12(2)滑塊在D處水平飛出，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律L=vDt, h2= gt22解得 Vd = 1 m/s(3)小滑塊動(dòng)能減小，重力勢(shì)能也減小，所以細(xì)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(shí)上端與刻度尺上的A點(diǎn)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(diǎn)高度h
15、=1.10 m。籃球靜止釋放，測(cè)得第一次撞擊彈簧時(shí)，彈簧的最大形變量Xi=0.15 m,第一次反彈至最高點(diǎn)，籃球底端距A點(diǎn)的高度h2=0.873m,籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時(shí)彈簧的形變量X2=0.01 m,彈性勢(shì)能為Ep=0.025 J。若籃球運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時(shí)的能量損失和籃球的形變，彈簧形變?cè)趶椥韵?度范圍內(nèi)。求：(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力；(3)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過的路程；(4)籃球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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【
16、解析】(1)球靜止在彈簧上，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可得mg -42 =0(2)球從開始運(yùn)動(dòng)到第一次上升到最高點(diǎn)，動(dòng)能定理mg(h, h2 )- f (幾+ h2 +2xi ) = 0 ,解得f = 0.5 N(3)球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)彈簧形變量為X3；則 mg - f 一 kx3 = 0 ；在A點(diǎn)下方，離A點(diǎn)X3 =0.009 m9.(2018江蘇卷)如圖所示，釘子 A、B相距51,處于同一高度.細(xì)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(xì)
17、線上 C點(diǎn)，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(shí) BC與水平方向的夾角為 53。松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與 A、B相同高度時(shí) 的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)。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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小 To咯案】(1)fMg-mg T =第9 或 TMg)【解析】(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為Fi、F2F1sin 53 =F2cos 53F+mg=F1Cos 53 + F2sin 53 且 F1=Mg.一
18、5解得 F = - Mg -mg(2)小球運(yùn)動(dòng)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(jī)械能守恒定律mgh=Mgh2(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn).設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為 a,重物受到的拉力為 T牛頓運(yùn)動(dòng)定律 Mg =Ma小球受AC的拉力T T牛頓運(yùn)動(dòng)定律 T mgcos 53 =ma8mMg488 -解得 T =- （ T =一mg 或 T =一 Mg）5（m+M）5511【名師點(diǎn)睛】本題考查力的平衡、機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律。解答第（1）時(shí)，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（
19、2）時(shí)，根據(jù)初、末狀態(tài)的特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用機(jī)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(shí)，要注意運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)速度白大小為 v,方向向下。經(jīng)過時(shí)間t,小球的速度大小為 v,方向變?yōu)橄蛏?。忽略空氣阻力，重力加速度為g,求該運(yùn)動(dòng)過程中,小球所受彈簧彈力沖量的大小?！敬鸢浮縄F = 2mv mgt【解析】取向上為
20、正方向，動(dòng)量定理mv-（ mv） =I且I = （ F -mg） t解得 IF = Ft = 2mv mgt11. （2018北京卷）2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)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(yuǎn)=10 m, C是半徑R=20 m圓 弧的最低點(diǎn)，質(zhì)量 m=60 kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度 a=4.5 m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時(shí) 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(yùn)動(dòng)員在 AB段所受合外力的沖量的I大??；（3）若不計(jì)BC段的阻力，畫
21、出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的受力圖，并求其所受支持力Fn的大小?！敬鸢浮浚?） 100 m 1 800 N s (3) 3 900 N【解析】(1)已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求解斜面的長度，即22v - V0 二 2aL22可解得：l = v - v0 =100 m 2a(2)根據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的該變量所以I =mvB -0 =1800 N s(3)小球在最低點(diǎn)的受力如圖所示mg2由牛頓第二定律可得： N -ma mm R從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可知：mghmvCmvB22解得：N=3900 N12.(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
22、前方停有汽車B,立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)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(dòng)了 4.5 m, A車向前滑動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，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?！敬鸢浮?1) vB=3.0m/s VA=4.3m/s【解析】兩車碰撞過程動(dòng)量守恒，碰后兩車在摩擦力的作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求得碰后的速度，然后在計(jì)
23、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(shù) =mBaB 式中W是汽車與路面間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)公式有Vb2=2HbSb 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得vB =3.0m/s (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 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(yùn)動(dòng)學(xué)公式有Va2=2HaSa 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(dòng)量守恒，有mAVA = mAVA mBVB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得va =4.3m/s13.
24、(2018天津卷)我國自行研制、具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的新一代大型噴氣式客機(jī)C919首飛成功后，拉開了全面試驗(yàn)試飛的新征程，假設(shè)飛機(jī)在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)位移x=1.6M03 m時(shí)才能達(dá)到起飛所要求的速度v=80 m/s,已知飛機(jī)質(zhì)量 m=7.0 M04 kg ,滑跑時(shí)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(jī)滑跑過程中(1)加速度a的大??；(2)牽引力的平均功率 P?！敬鸢浮?1) a=2 m/s2 (2) P=8.4M06w【解析】飛機(jī)滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)合速度位移公式求解加速度；對(duì)飛機(jī)受力分析，結(jié)合牛頓第二定
25、律，以及P = Fv求解牽引力的平均功率；(1)飛機(jī)滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有v2=2ax，解得a=2 m/s2(2)設(shè)飛機(jī)滑跑受到的阻力為F阻，根據(jù)題意可得 F阻=0.1mg設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)的牽引力為 F,根據(jù)牛頓第二定律有 F F阻=ma；設(shè)飛機(jī)滑跑過程中的平均速度為V ,有v = 丫在滑跑階段，牽引力的平均功率P = FV，聯(lián)立得 P=8.4 X106 W【名師點(diǎn)睛】考查牛頓第二定律，勻變速直線運(yùn)動(dòng)，功率的求解，加速度是連接力和運(yùn)動(dòng)的橋梁，本 題較易，注意在使用公式 P = Fv求解功率時(shí)，如果 v對(duì)應(yīng)的是瞬時(shí)速度，則求解出來的為瞬時(shí)功率， 如果v為平均速度，則求解出來的為平均功
26、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(diǎn)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(yùn)動(dòng)，經(jīng) A點(diǎn)沿圓弧軌道通過 C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)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(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小為g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大?。?3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。【答案】(1)恒R (2)mJ23
27、gR(3) 3匡225 g【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為 F。，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為 F。由力的合成法則有=tan u mgC2CF =：mgF0 設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為 v,由牛頓第二定律得2F =mv-R由式和題給數(shù)據(jù)得l 3一小F0 =-mg 45gR v = 一 2(2)設(shè)小球到達(dá) A點(diǎn)的速度大小為 5,作CD_LPA,交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA =Rsina 6CD =R(1+cosa)由動(dòng)能定理有八1212-mg CD - F0 DA = 一 mv - mv1 22由式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為mx 23gR - p = mM =2g。設(shè)小球在豎直方
28、(3)小球離開C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為向的初速度為爐！，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為 to由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有12 一一 vj +金 gt =CD v = vsin由式和題給數(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(dòng)能 E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，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(dòng)能之和也為 E,且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g,不計(jì)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(shí)間;m【答案】(1)t =工2E(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大
29、高度。2E(2) h =mg【解析】本題主要考查機(jī)械能、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)，意在考查考生靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決實(shí)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 GE = mv0 2設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t ,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0 vo = gt 聯(lián)立式得（2）設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為上 ,由機(jī)械能守恒定律有Vi和V2。由題給條件E =mgh1 火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為和動(dòng)量守恒定律有1mv12 1mv；44imv 1mv2 22=0由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，
30、向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2 ,由機(jī)械能守恒定律有121 一mv = - mgA 42聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為2Eh =幾+ h2 = mg16. （2017江蘇卷）甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員在做花樣滑冰表演，沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，速度大小都是 1 m/s,甲、 乙相遇時(shí)用力推對(duì)方，此后都沿各自原方向的反方向運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為1 m/s和2 m/s.求甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量之比.【答案】3:2甲 v2 V2【解析】由動(dòng)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)得二二211 24【名師點(diǎn)睛】考查動(dòng)量
31、守恒，注意動(dòng)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(xì)繩連接，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為 mA=2 kg、mB=1 kg。初始時(shí)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(yuǎn)=1.8 m (未觸及滑輪)然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取 g=10 m/s2。空氣阻力不計(jì)。求：(1) B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2) A的最大速度v的大?。?3)初始時(shí)B離地面的高度Ho囪【答案】(1)t =0.6 s(2) v=2m/s (3) H=0.6m1 2
32、【解析】(1) B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有：h= gt2解得：t = 0.6s2(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間 B速度大小為vb,有V0 = gt = 6 m/s細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，總動(dòng)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(yùn)動(dòng)，所以細(xì)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(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速度為零，這一過程中1 ,、2A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：一(mA+mB)v +mBgH =mAgH2解得，初始時(shí)B離地面的
33、高度H =0.6 m【名師點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)是繩子繃緊瞬間的物理規(guī)律一一是兩物體的動(dòng)量守恒，而不是機(jī)械能守恒。18. (2017江蘇卷)如圖所示，兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)均為代現(xiàn)用水平向右的力拉2A,使A緩慢移動(dòng)，直至 C恰好降到地面.整個(gè)過程中B保持靜止.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.求：(1)未拉A時(shí)，C受到B作用力的大小F；(2)動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值 所所；(3) A移動(dòng)的整個(gè)過程中，拉力做的功 W匚3FTg匚 3F mgxi nax 233【答案】(1) F-mg
34、與in=3 (3) W=(2N-1)03-1)mgR32【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mina 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(dòng)能定理W-Wf.mgh = 0-0解得 W = (2-1)(.3-1)mgR二立2【名師點(diǎn)睛】本題的重點(diǎn)的C恰好降落到地面時(shí)，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(diǎn).(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
35、船在離地面高度1.60 M05 m處以7.50 103 m/s的速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時(shí)下落到地面。取地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)，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(jī)械能和它進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)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(jìn)入大氣層時(shí)速度大小的2.0%?！敬鸢浮?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(shí)，B受C壓力的水平分力最大12【解析】(1)飛船
36、著地前瞬間的機(jī)械能為E0=mv；+02式中，m和vo分別是飛船的質(zhì)量和著地前瞬間的速率。由式和題給數(shù)據(jù)得E=4.0m108J設(shè)地面附近的重力加速度大小為g,飛船進(jìn)入大氣層時(shí)的機(jī)械能為Eh =- mv2+mgh2512 . _式中，Vh是飛船在高度1.6 10 m處的速度大小。由式和題給數(shù)據(jù)得Eh =2.4x10 J1 2 0 c(2)飛船在圖度h=600 m處的機(jī)械能為 Eh. = m(vh)2+mgh2 100由功能原理得 W=Eh，E。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。由式和題給數(shù)據(jù)得W=9.7 108 J【名師點(diǎn)睛】本題主要考查機(jī)械能及動(dòng)能定理，注意零勢(shì)
37、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(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離S0和& (&B m)a2?由式知，aA=aB；再由可知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)， A的速度大小也為 V1,但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，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(shí)間為t2,則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有 V2=V-a2t2?對(duì) A 有 V2 = -V1 aAt2 ?12在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B (以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為G = V1t2-一 a2t2?212在(t1+t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為
38、sA =V0(t1 +t2) -aA(t1 +t2) ? 2A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(diǎn)睛】本題主要考查多過程問題，要特別注意運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力的變化情況,A、B相對(duì)木板靜止的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)強(qiáng)度大小為Ei的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電油滴在該電場(chǎng)中豎直向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為vo。在油滴處于位置 A時(shí)，將電場(chǎng)強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向
39、不變。持續(xù)一段時(shí)間ti后，又突然將電場(chǎng)反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時(shí)間后，油滴運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)。重力加速度大小為 g。(1)求油滴運(yùn)動(dòng)到 B點(diǎn)時(shí)的速度。(2)求增大后的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；為保證后來的電場(chǎng)強(qiáng)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(chǎng)時(shí)，油滴以初速度vo做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍?！敬鸢浮?1) V2=v02gti(2)E2=22也+1(9)2Eiti(巫+1葬gti 4 gti2 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(chǎng)強(qiáng)度大小為Ei的勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上。在 t
40、=0時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然從 Ei增加至E2時(shí)，油 滴做豎直向上的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，大小a1滿足qE2-mg =mai油滴在時(shí)刻ti的速度為v =v0 +aj電場(chǎng)強(qiáng)度在時(shí)刻ti突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，大小a2滿足qE2+mg =ma2油滴在時(shí)刻t2=2ti的速度為v2azti由式得 v =v。-2gti(2)由題意，在t=0時(shí)刻前有qEi=mg油滴從t=0到時(shí)刻ti的位移為si =v0ti +1 aiti2 CD21 O油滴在從時(shí)刻ti到時(shí)刻t2=2ti的時(shí)間間隔內(nèi)的位移為 S2 =viti a2ti2由題給條件有 v。2 =2g(2h)式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離。若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有 s +&二八 v01 v0 2由式得E2二2 -2 -()2Ei?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(duì)應(yīng)于V2 0和V2 Ei 應(yīng)有 2 -2 -() 1 ?Vogti 4 gti即ti另一解為負(fù)，不符合題意，已舍去。【名師點(diǎn)睛】本題考查牛頓第二定律及勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律。雖然基本知識(shí)、規(guī)律比較簡單，但物 體運(yùn)動(dòng)的過程比較多，在分析的時(shí)候，注意分段研究，對(duì)每一個(gè)過程，認(rèn)真分析其受力情況及運(yùn)動(dòng)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。
三年高考2017-2019物理真題分項(xiàng)版解析——20力學(xué)計(jì)算題解析版
