高考物理模拟题分类训练(03期)专题14力学计算大题(教师版含解析).docx

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1、专题14 力学计算大题1(2021届辽宁省沈阳市高三质量监测)如图所示，长为的水平传送带在电动机的驱动下以的恒定速率顺时针转动，传送带的左侧与倾角为的光滑斜面平滑连接。一个质量为的物块A从光滑斜面上高为处无初速释放，物块A刚滑上传送带时，质量为的物块B从传送带的右端以的速度水平向左滑上传送带，物块A、B在传送带上发生对心弹性碰撞。已知物块A与传送带间的动摩擦因数为，物块B与传送带间的动摩擦因数为，g取10m/s2，求：(1)两物块即将碰撞时，物块A速度的大小；(2)碰撞后，物块A离开传送带所需时间；(3)物块B与传送带因摩擦产生的总热量。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)设物块A沿斜

2、面滑到底端时速度为vA1，根据动能定理解得，设物块A在传送带上的加速度为aA，对物块A 应用牛顿第二定律解得设物块B在传送带上的加速度为aB，对物块B应用牛顿第二定律解得设物块B速度减为零所需时间为t1，则设物块B在t1时间内的位移为xB1，则设经过t1时间物块A的速度为vA2，则因说明物块A在t1时间内一直做匀变速直线运动，设物块A在t1时间内的位移为xA1，根据匀变速直线位移关系式由此可知，当物块B的速度时，A、B即将发生碰撞。此时物块A的速度。(2)根据题意，物块A和B发生弹性碰撞，设碰撞后A和B速度分别为vA3、vB3，由动量守恒和能量守恒可得解得，设物块A向左减速到零所需时间为t2，

3、通过的位移为xA2，则设物块A向右加速到与传送带共速所需时间为t3，通过的位移为xA3；则物块A与传送带共速后做匀速运动，到达传送带右端的时间为t4，则解得，碰撞后物块A离开传送带的时间为，则(3)设碰撞后，物块B加速到与传送带共速所需时间为t5，通过的位移为xB2，则传送带在t1时间内的位移为x带1，则传送带在t5时间内的位移为x带2，则设物块B与传送带之间由于摩擦产生的热量为Q，则联立可解得。2(2021届福建省福州八中高三质检)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动现测得转台半径R=0.5m,离水平地面的高度H=0.8m，物

4、块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数【答案】(1)1m/s (2)0.2【解析】(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有在水平方向上有联立解得：代入数据得 v01 m/s(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 联立解得：代入数据得0.23(2021届福建省福州一中高三模拟)如图，长L=0.2m的轻绳一端与质量m=2kg的小球相连，另一端连接一个质量M=1kg的滑块，滑块套在竖直杆上，与竖直杆间的动摩擦因数为现在让小球绕竖直杆在水平面内做匀速圆周运

5、动，当绳子与杆的夹角=60时，滑块恰好不下滑假设最大静摩擦力等于滑动摩擦，重力加速度g=10m/s2求：(1)小球转动的角速度的大小；(2)滑块与竖直杆间的动摩擦因数【答案】(1)10rad/s；(2)【解析】(1)通过对小球的受力分析，由牛顿第二定律得：mgtan=m2Lsin，解得小球转动的角速度=10rad/s(2)对小球，在竖直方向：FTcos=mg；对滑块，由平衡条件可得：FTsin=FN，FN=Mg+FTcos，解得滑块与竖直杆间的动摩擦因数=4(2021届福建省龙岩市高三质检)嫦娥五号任务的圆满完成，标志着我国航天事业发展中里程碑式的新跨越。嫦娥五号从地面发射后进入地月转移轨道，

6、再经过变轨后进入绕月圆形轨道，已知圆形轨道距月球表面高度为h，月球半径为R，月球表面重力加速度为g0。求(1)月球质量M；(2)探测器在圆轨道上运动的线速度v大小。【答案】(1)；(2)【解析】(1)月球表面万有引力近似等于重力，有解得(2)探测器在圆轨道上运动时，万有引力提供向心力有解得5(2021届福建省龙岩市高三质检)如图，轻弹簧放在水平面上，左端固定，右端与放置在水平面上质量m=1kg的小滑块甲接触(不相连)，弹簧处于原长时甲位于O点。在水平面的B点处平滑连接一足够长的斜面，OB间的距离d=lm。现用外力将甲缓慢向左移动1m到A点，此时弹簧的弹性势能为Ep=14.5J。撤去外力，甲弹出

7、后在B点与质量M=2kg静止的小滑块乙发生弹性正碰，碰后甲乙恰好不再发生碰撞，且停在同一位置。已知两滑块与水平面、斜面之间的动摩擦因数均为=0.5，g取10m/s2，求：(1)甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小；(2)斜面的倾角的正切值tan；(3)把乙换成小滑块丙，丙的质量为lkg，与水平面、斜面之间的动摩擦因数均为=0.5，将丙静止放在OB间的C点，CO距离为x，仍将甲由A点静止释放，弹出后与丙相碰，碰后两滑块粘在一起运动，求它们在轨道上到达的最大高度h与x之间的关系式。【答案】(1)3m/s；(2)；(3)当时，；当时，【解析】(1)设甲、乙第一次碰前甲的速度大小为v0，从甲释放到甲、乙第一次

8、碰前，对甲根据动能定理可得 代入数据解得(2)设甲、乙第一次碰后的速度分别为v1、v2，根据动量守恒定理和机械能守恒定律可得 联立式解得，碰后甲向左做匀减速直线运动，假设运动s1后静止，对甲根据动能定理有 代入数据解得碰后乙沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理有 之后乙沿斜面向下做匀加速运动，追上甲时速度恰好为零，根据动能定理有 联立解得(3)从甲释放到甲、丙第一次碰前，对甲根据动能定理可得 假设甲、丙碰后的速度为v，根据动量守恒定理有 碰甲、丙沿斜面向上做匀减速运动，根据动能定理有 联立可得令，可得故h与x之间的关系式为当时，当时，6(2021届福建省名校联盟高三大联考)上九天揽月，登月表取

9、壤，嫦娥五号完成了中国探月的一大壮举。2020年12月2日，嫦娥五号在月球上釆集月壤样品并封装，由上升器送入预定环月轨道如果携带已封装月壤的上升器离开月球表面的一段运动过程中，在竖直方向上先加速上升，后减速上升，其图像如图所示。已知月球质量约为地球的，月球表面重力加速度约为地球表面的，求：(1)月球与地球的半径之比(结果可保留根号)；(2)加速及减速过程中，封装装置对月壤样品的作用力大小之差。【答案】(1)；(2)【解析】(1)设地球质量为M，重力加速度为g；则月球质量为，重力加速度为；地球表面，月球表面，得(2)由图像得加速过程加速度大小为，减速过程加速度大小为；加速上升，对月壤样品减速上升

10、，对月壤样品 作用力大小之差 得。7(2021届福建省名校联盟高三大联考)如图，倾角为的斜面体C固定在水平地面上，一质量的木板A以初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为。将一质量的滑块B轻放在距木板下端L处，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为且。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板。已知斜面足够长，重力加速度，求：(1)木板与斜面间的动摩擦因数大小(结果可保图根号)；(2)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小及木板A的加速度大小；(3)滑块B释放时距木板下端的距离L。【答案】(1)；(2)6m/s2；3m/s2；(3)5.5m【解析】(1)开始木板A能够

11、匀速下滑，有解得(2)刚放上滑块B，对滑块B分析由牛顿第二定律可得解得对木扳A分析由牛顿第二定律可得解得(3)设经过时间，A与B共速，对A、B分别有联立可解得，B相对A往后打滑，有解得，共速后，再对B受力分析有解得对A分析，有解得设再经过时间，木板速度减为零，有解得，此时滑块B速度为，由运动学公式可得解得，共速后B相对A再往前打滑，有解得，联立可得滑块B释放时距木板下端的距离。8(2021届福建省厦门市高三质检)如图所示，一质量的物块甲静止在A点，物块甲与墙壁间有一压缩状态的水平轻弹簧，物块甲从静止状态释放后被弹簧弹出，沿水平面向左运动与另一质量的物块乙碰撞(时间极短)后粘在一起滑出B点，滑上

12、半径的半圆弧轨道(直径竖直)，两物块经过半圆弧轨道的最低点D时对D点的压力大小。木板质量、长度，上表面与半圆轨道相切于D点，木板与右侧平台P等高，木板与平台相碰后瞬间静止。已知两物块与木板间的动摩擦因数，其余摩擦不计，两物块均可视为质点，木板右端与平台P左侧的距离为s，取重力加速度大小。求：(1)两物块经过D点时的速度大小；(2)释放物块前弹簧的弹性势能和碰撞过程中损失的能量E；(3)物块滑上平台P时的动能与s的关系。【答案】(1)10m/s；(2)64J，48J；(3)见解析【解析】(1)两物块经过D点时受到圆弧轨道的支持力、重力，有得(2)两物块由C点运动到D点，由动能定理有解得两物块发生

13、碰撞时粘在一起说明发生了完全非弹性碰撞，有得弹簧的弹性势能全部转化为物块甲的动能，有碰撞过程中损失的动能得(3)若两物块与木板能达到共同速度，由动量守恒定律得得对两物块解得对木板有得由于所以两物块有与木板达到共同速度的必要条件，若说明两物块能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有若说明两物块不能和木板达到共同速度，由能量守恒定律有。9(2021届广东省广州市高三一模)如图，单人双桨赛艇比赛中，运动员用双桨同步划水使赛艇沿直线运动。运动员每次动作分为划水和空中运桨两个阶段，假设划水和空中运浆用时均为，赛艇(含运动员、双浆)质量为，受到的阻力恒定，划水时双桨产生动力大小为赛艇所受阻力的2倍，某时刻双

14、桨刚入水时赛艇的速度大小为，运动员紧接着完成1次动作，此过程赛艇前进，求：(1)划水和空中运桨两阶段赛艇的加速度大小之比；(2)赛艇的最大速度大小和受到的恒定阻力大小。【答案】(1)；(2)，【解析】(1)设赛艇受到的阻力大小为f，双浆划水时的动力为F，设划水和运浆阶段的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律：划水时F-f=ma1空中运浆时f=ma2依题意有F=2f联立解得(2)由以上分析可知，赛艇匀加速和匀减速前进时加速度大小相等，则加速结束时速度达到最大，则划水时运桨时又联立并代入数据解得：10(2021届广东省惠州市高三三调)如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带两端分别与光滑水平面平

15、滑对接，左侧水平面上有一根被质量为m10.5kg的小物块A挤压的轻弹簧，弹簧左端固定；传送带右侧有一质量为m21.0kg的长木板B静止放在水平地面上，质量为m31.0kg的物块C(可视为质点)放在长木板的最右端。现释放物块A，物块离开弹簧后滑上传送带，一段时间后物块A与长木板B发生弹性正碰(时间极短)，之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上。已知传送带左右两端间距，传送带速度大小恒为4m/s，物块与传送带之间的动摩擦因数1=0.5，物块C与长木板间的动摩擦因数20.2，弹簧初始弹性势能EP=1.0J，取g=10m/s2。求：(1)物块A与长木板B碰前瞬间的速度大小；(2)物块A后第

16、一次与长木板B碰后在传送带上向左滑行的离传送带右端的最大距离s；(3)长木板B的最小长度Lb。【答案】(1)3m/s；(2)0.1m；(3)0.5m【解析】(1)设物块A离开弹簧时的速度大小为v0，在物块A被弹簧弹出的过程中，由机能守恒定律得，解得v0=2m/s假设物块A在传送带上始终做匀加速运动，加速度大小为a，则由牛顿第二定律得得到a=5m/s2设物块到达传送带右端时速度大小为v，由运动学公式得解得v=3m/s可见，假设成立物块A与长木板B碰前速度大小为v=3m/s(2)A与B发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得，物决A被反弹回来后

17、，假设在传送带上向左一直做匀减速运动向左滑行的最大距离s，由运动学公式得，解得s=0.1m0.5m，假设成立，则物块A向左滑行的离传送带右端的最大距离s=0.1m。(3)木板B与物块C相互作用过程动量守恒定律，最终达到共同速度，设为v3，可得v3=1.0m/s。物块A被传送带向右拉时速度vA也为1m/s，则物块A与长木板不再相碰由能量守恒定律得，解得Lb=0.5m。11(2021届广东省江门市高三一模)如图所示，在足够长的光滑水平台面右侧一定距离处固定一半径为的光滑圆弧轨道，C点与圆心O点的连线与竖直方向的夹角，该圆弧轨道在D点通过光滑小圆弧与一足够长的粗糙斜面相接，该斜面的倾角可在范围内调节

18、(调好后保持不变)。A、B、C、D、E均在同一竖直平面内。质量为的物块N静止在水平台面上，其左侧有质量为的物块M。让物块M以速度的速度向右运动，与物块N发生弹性碰撞，物块N与物块M分离后离开水平台面，并恰好从C点无碰撞的进入圆弧轨道，然后滑上斜面，物块N与斜面之间的动摩擦因数，物块M、N均可视为质点，求：(1)碰撞后物块N、M的速度各是多大；(2)物块N到达D点时对轨道的压力多大；(3)若物块N第一次经过C点后，在C点安装一弹性挡板，挡板平面与该点圆弧轨道的切线垂直，物块N与挡板碰撞前后速度大小不变。求取不同值时，物块N在运动的全过程中因摩擦而产生的热量Q与的关系式。【答案】(1)1m/s，3

19、m/s；(2)；(3)()，()【解析】(1)物块M与N发生弹性碰撞有解得碰撞后物块N、M的速度各是1m/s，3m/s。(2)物块N到达C点时速度为物块N从C到达D点时有物块N到达D点时有解得 ，由牛顿第三定律有(3)斜面倾角较小时物块N停在斜面上，有解得斜面倾角较小时物块N停在斜面上，有解得则有斜面倾角较大时物块N不能停在斜面上，最后将停在D点，则有。12(2021届广东省六校高三联考)如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距x，与滑块A(可视为质点)相连的轻绳一端固定在O点，A静止时紧靠在B的左端斜上方。一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中(此过程时间极短)，击中后轻绳

20、恰好被拉断，轻绳断开后A立即滑上B的上表面。已知子弹的质量为m=0.02kg，水平速度v0=100m/s，A的质量mA=0.48kg，绳子长度L=0.2m，B的质量mB=1.5kg， A、B之间动摩擦因数为=0.6，B足够长，A不会从B表面滑出；B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力。重力加速度为g=10m/s2。求：(1)轻绳能承受的最大拉力的大小；(2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距x为多少；(3)若x取第(2)中的值，则子弹的速度为多少时，B与台阶仅相碰两次。【答案】(1)45N；(2)0.25m；(3)150m/sv子300 m/s【解析】(1)子弹击中A过

21、程中动量守恒，可得mv0=(m+mA)v共1对子弹击中A后，由牛顿第二定律可得：可得T=45N(2)子弹、A与B刚好共速时，由动量守恒可得(m+mA)v共1 =(m+mA+mB)v共2对B由动能定理可得，可得：x=0.25m。(3)B碰撞前的速度vB，由动能定理可得，B与台阶碰撞后速度大小不变，故每次相碰台阶对B的冲量大小I=2pB对子弹、A和B组成的系统而言，系统总动量p总=mv子=(m+mA)v共3B与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为2pB ,当系统的总动量向左时，B不再与台阶相碰，故B与台阶相碰两次的条件是，发生一次碰撞2pBmv子，发生两次碰撞4pBmv子，解得150m/sv子300

22、 m/s。13(2021届广东省梅州市高三质检)如图所示，半径R=2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角=37的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面运动的小球P发生碰撞。已知小球P的质量m1=3.2 kg，小球Q的质量m2=1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数=0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep=168J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。重力加速度g=10m/

23、s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：(1)小球Q运动到C点时对轨道的压力大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。【答案】(1)41.4N；(2)0.75m；(3)1s【解析】(1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立可得v1=5m/s，v2=16m/s小球Q沿圆环运动过程中，由机械能守恒定律可得在C点有对轨道的压力大小(2)小球P在斜面向上运动的加速度的大小为a1，由牛顿第二定律得故上升的最大高度为，解得h=0.75m(3)小球在斜面向上运动最高点的时间此时小球Q下落高度可知小球P不是在上滑过程被击中的，

24、而是在下滑过程中被小球Q击中的。设从A点上升到两小球相遇所用的时间为t，小球P沿斜面下落的加速度为a2，则两球相碰时竖直方向有，解得t=1s。14(2021届广东省名校联盟高三联考)如图甲所示，倾角为37的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，求：(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)2 s内物体机械能的减少量E 【答案】(1)8 m/s(2)0.5(3)48 J【解析】(1

25、)由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：，代入数值得：L=16m，由平均速度的定义得：。(2)由v-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：。则物体所受的合力为：F合=ma1=210N=20N1-2s内的加速度为：a22m/s2，根据牛顿第二定律得：a1=gsin+gcosa2=gsin-gcos联立两式解得：=0.5，=37(3)0-1s内，物块的位移：x1a1t12101m5m传送带的位移为：x2=vt1=101m=10m则相对位移的大小为：x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3vt2+a2t22

26、=101+21m11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m物块下降的高度：h=Lsin37=160.6=9.6m物块机械能的变化量：EmvB2mgh=21222109.6=-48J，负号表示机械能减小15(2021届广东省深圳市高三一调)如图是机器人“推车比赛”的情境，倾角=30的固定斜面赛道，高h=3.25m。质量m1=1kg的小车以v1=3m/s的速度从底端滑上赛道(不计小车与斜面间的摩擦)。当小车速度减为0时，质量m2=2kg的机器人从A点以初速度v2=1.5m/s进入赛道，沿赛道向上做匀加速直线运动，已知A点距赛道底端d0=0.45m。再经t0=0.2s后机器人第

27、一次推车(推车时间极短且视为弹性碰撞)。机器人推车前后运动的加速度保持不变。机器人与小车均视为质点，重力加速度g=10m/s2。试求：(1)机器人进入赛道时与小车的距离；(2)机器人第一次推车后，机器人和小车的速度大小；(3)从机器人进入赛道至小车到达赛道顶端所经历的时间。【答案】(1)；(2)，；(3)【解析】(1) 小车冲上斜面，沿斜面向上为正方向，设小车在斜面上运动加速度为，根据牛顿第二定律解得，小车减速到0时，位移满足解得，故，机器人出发时与小车距离为(2)机器人从释放到第一次推车，设机器人的加速度为，根据位移关系解得，第一次推车的位置为第一次推车时车的速度为，机器人的速度为，推车前小

28、车速度为方向沿斜面向下，机器人速度为方向沿斜面向上，设推车后小车和机器人的速度为和，由动量守恒，得由机械能守恒，得，以上两式联立，解得，。(3)设机器人从第1次推小车到第2次推小车的时间为，由运动学公式，得解得，此时两物体速度为，。与第一次碰撞前的状态完全相同，故，可知两物体之后的运动存在规律：每两次推车期间，小车前进的最大位移为两次相邻碰撞位置的距离为小车总位移为第一次推车的位置为，故第一次推车后还需推车次数为由于为整数，所以小车运动至赛道顶端恰好减速为0，比赛总时长为16(2021届广东省湛江市高三模拟)如图所示，为竖直面内的固定轨道，段光滑，与水平方向间的夹角为，段水平且粗糙，C端固定一

29、竖直挡板，长为d。现将一质量为m的滑块甲从轨道段上到B点的距离为处由静止释放，在B处(B处有一小段光滑圆弧)与完全相同的另一静止的滑块乙发生碰撞，碰撞后成为一个整体，整体与挡板发生n(n为正整数)次弹性碰撞后停在BC段上的D点(图中未标出)，D点到C点的距离为x。重力加速度大小为g，甲、乙均视为质点。求：(1)甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小；(2)两滑块碰撞过程损失的机械能；(3)滑块整体与轨道段间的动摩擦因数。【答案】(1)；(2)；(3)或【解析】(1)对甲从释放到滑至B点的过程，根据动能定理有解得(2)对甲、乙碰撞的过程，根据动量守恒定律有解得损失的机械能（3） 若整体与挡板第n次碰撞后，

30、沿段向左运动一段距离后停在D点，则整体在BC段上通过的路程，根据功能关系有解得若整体与挡板第n次碰撞后，向左冲上AB段后再下滑，最后停在D点，则整体在BC段上通过的路程，根据功能关系有解得17如图所示，质量M=8kg的长木板B沿水平地面向左运动，同时受到水平向右的恒力F=48N的作用，当长木板B的速度v=6m/s时，从长木板B的左端滑上一质量m=2kg的小木块A，此时小木块A的速度大小也为v=6m/s，已知小木块A未从长木板B的右端滑下，小木块A与长木板B和长木板B与地面之间的动摩擦因数均为=0.2，重力加速度g=10m/s2。求：(1)长木板B向左运动的最大位移；(2)长木板B的长度至少为多

31、少。【答案】(1)2m；(2)【解析】(1)初始时刻对小木块A、长木板B分别进行受力分析如图所示对小木块A有mg=ma1解得a1=2m/s2 ，方向向左对长木板B有F+mg+(M+m)g=Ma2解得a2=9m/s2 ，方向向右可见长木板B先向左减速直到速度为零，此时，(2)在时间内，小木块A一直向右减速，有之后，小木块A继续向右减速，加速度不变；长木板B开始向右加速，其加速度为设又经过t2两者共速，有v共=v1alt2=a3t2解得，m/s则，这时小木块A相对长木板B向右运动的位移为即长木板B的长度至少为。18(2021届广东省肇庆市高三统测)在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影

32、响其速度和下落的距离。跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v-t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4s。在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50kg，重力加速度取10m/s2，求：(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留两位有效数字)。【答案】(1)56m；50N；(2)1.8103Ns【解析】(1)解：设运动员的水平位移为x，由水平位移一时间图像可得，解得x=56m设运动员在水平方向的加速度大小为

33、a，水平方向所受的阻力为f1，竖直方向所受阻力为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得，f1=ma，由题意可知f1=f2=50N。(2)根据平行四边形定则可得，对运动空中运动应用动量定理p=F合t，解得p=1.8103Ns。19(2021届广东省执信中学高三模拟)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求:(1)碰撞前，木块1在最低点时的速

34、度大小；(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。【答案】(1)；(2)【解析】(1)从小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知解得(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。解得。水平方向上做匀速直线运动。解得。小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得。解得碰撞后小木块1的速度为。之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知。解得。20(2021届广东省珠海市高三质检)某次科学考察利用了热气球，为了便于调节热气球的运动状态，需要携带压舱物。热气球正以大小为10m/s速度匀速下降，热气球的总质量50kg，其中压舱物的质量为50kg，为保证落地安全，在适

35、当高度处时释放压舱物，使热气球到达地面时的速度恰好为零。整个过程中空气对热气球作用力不变，忽略空气对压舱物的阻力，重力加速度g=10m/s2，求：(1)释放压舱物后热气球加速度a的大小；(2)释放压舱物时热气球的高度H；(3)压舱物落地前瞬间的动能Ek。【答案】(1)；(2)5m；(3)5000J。【解析】(1) 由题意知，热气球受到的浮力释放压舱物后，根据牛顿第二定律得解得：(2) 使热气球到达地面时的速度恰好为零解得：(3) 压舱物落地前瞬间的速度压舱物落地前瞬间的动能21(2021届河北省“五个一名校联盟”高三联考)某种型号的中性笔由弹簧、内芯和外壳三部分构成。李强同学探究这种笔的弹跳问

36、题时发现笔的弹跳过程可简化为三个阶段：把笔竖直倒立于水平硬桌面上，下压外壳使其下端接触桌面(如图1所示)；把笔由静止释放，外壳竖直上升，上升高度为h时(弹簧恰好恢复原长)与静止的内芯碰撞，碰撞过程时间极短，碰后瞬间，内芯与外壳具有竖直向上的共同速度(如图2所示)；此后，内芯与外壳一起向上运动，上升的最大高度为H(如图3所示)。李强同学测得笔的外壳和内芯质量分别为m1和m2，不计弹簧质量和空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)外壳与内芯碰撞前瞬间的速度大小v0；(2)在阶段一中弹簧储存的弹性势能Ep。【答案】(1)；(2)【解析】(1)外壳与内芯碰撞后一起上升，假设碰后一起上升的初速度为v，

37、由机械能守恒定律可得碰前瞬间外壳的速度为v0，外壳与内芯碰撞过程时间极短，可认为碰撞时的内力远远大于重力，二者的动量近似守恒，由动量守恒定律可得m1v0=(m1m2)v解得(2)在阶段一，由能量守恒定律，可知解得22(2021届河北省邯郸市高三一模)距光滑水平平台的右端处有一木块A(视为质点)，紧靠平台右端的水平地面上放置一右侧带挡板(厚度不计)的水平木板B，木板的质量，长度，且木板的上表面与平台等高。木块A在水平向右、大小的拉力作用下由静止开始运动，当木块A运动到平台右端时立即撤去拉力。已知木块A与木板B、木板B与水平地面间的动摩擦因数均为取重力加速度大小。(1)若木块A的质量，求木块A与木

38、板B右侧挡板碰撞前的速度大小；(2)若木块A的质量，木块A与木板B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求木板B向右运动的最大距离；(3)若木块A与木板B碰撞后粘在一起，为使碰撞后整体向右运动的距离最大，求木块A的质量m及木板运动的最大距离。【答案】(1)；(2)；(3)；【解析】(1)由动能定理可知，A到达平台右端时的动能对B受力分析可知由于地面对B的最大静摩擦力大于A对B的滑动摩擦力，所以A与B相碰前B保持静止由动能定理可知，A到达B上滑行的过程中有解得(2)A与B的碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律及能量关系有得对A受力分析有对B受力分析有当A、B速度相等时有得可得A、B速度相等时的速度大小得相对

39、运动过程中，B的位移大小为得之后对A、B整体分析，有A、B一起向右运动有得B向右运动的最大距离解得(3)由动能定理可知，A与B碰撞前有A、B碰撞粘连，由动量守恒定律有由动能定理有可得令，可得当时，即时，最大距离23(2021届河北省衡水中学高三四调)如图所示，一颗质量为m的子弹以一定的水平速度射入静止在水平地面上的质量为M的木块中，具有共同速度后，一起向前滑行一段距离x后静止。已知子弹的质量，子弹射入木块的深度。取。认为子弹射入木块的过程中，时间很短，子弹与木块间的相互作用力为恒力，且此恒力远大于地面施加给木块的摩擦力，因此一般认为子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。(1)求木块

40、与水平地面间的动摩擦因数；(2)求子弹射入木块过程所经历的时间t。【答案】(1)0.2；(2)210-4s【解析】(1)子弹射入木块过程动量守恒，据动量守恒定律在子弹和木块滑行过程中，据动能定理得=0.2(2)子弹射入木块过程，得设经历时间为t据动量定理，对子弹得24(2021届河北省唐山市高三一模)如图所示，固定斜面倾角为，小物块A和B的质量分别为2m和m，与斜面之间的动摩擦因数分别为1和2。开始时小物块B恰好静止在距离斜面顶端x0处，此时小物块B所受摩擦力为最大静摩擦力。小物块A从斜面顶端由静止释放，一段时间后与物块B发生弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与B均可视为质点，求：(1)

41、物块A与B发生碰撞后物块B的速度；(2)若物块A与B在斜面上只能发生一次碰撞，斜面长度应小于多少？【答案】(1)；(2)【解析】(1)A加速下滑，由动能定理得对于AB碰撞过程，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立方程，解得，(2)若A、B发生第一次碰撞后到恰好要发生第二次，运动时间为t，A的位移为B的位移为且有解得则斜面的长度25(2021届河北省张家口高三一模)如图所示，光滑水平面上质量为的滑块A和质量为的滑块B用轻弹簧连接，弹簧处于压缩状态且弹性势能为，滑块A与左侧竖直墙壁接触但不粘连，整个系统处于静止状态.现将滑块B由静止自由释放，弹簧恰好恢复原长时，滑块B与静止在水平面上质量为的滑块

42、C发生碰撞且粘合在一起，求：(1)滑块B、C碰后瞬间的速度大小；(2)弹簧第二次恢复原长时，滑块A与滑块的速度大小.【答案】(1) ；(2) ， 【解析】(1) 弹簧恰好恢复原长时，根据能量守恒，物块B的速度滑块B、C碰后解得：(2)碰后到弹簧第二次恢复原长时， ，解得： ，26(2021届湖北省八市高三联考)如图所示，光滑的水平面上，质量为m1=1kg的平板小车以v0=5m/s的速度向左运动，同时质量为m2=4kg的铁块(可视为质点)从小车左端以v0=5m/s的速度向右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远的竖直墙壁发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已知铁块与

43、平板车之间的动摩擦因数为=0.25，小车始终未从小车上掉下来，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；(2)小车的最小长度；(3)小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程(计算结果保留三位有效数字)。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)设水平向右为正方向，小车与墙壁发生第一次碰撞时的速度大小为v1由动量守恒定律得解得(2)设小车的最小长度为L，最终小车和铁块的动能全部转化为系统的内能，由能量守恒定律得解得(3)设小车的加速度大小为a，小车第一次碰撞后向左速度减为零时的位移大小为x1，小车从发生第一次碰撞到发生第二次碰撞间的路程为s1，由牛顿第二定律得

44、由运动学公式得，解得设小车从发生第k次碰撞到发生第k+1次碰撞间的路程为sk，同理可得设小车从发生第一次碰撞后运动的总路程为s，得解得。27(2021届湖北省九师联盟高三联考)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在坚直面内，O为圆弧圆心，OA为水平半径， OC与竖直方向夹角为60，B为圆弧轨道的最低点，斜面体CDEF也固定在水平地面上，斜面CD倾角为30，让一个质量为m的小球从A点正上方某处由静止释放，小球进入圆弧轨道运动到最低点时，小球对轨道的压力大小为4mg，小球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，斜面足够长，求：(1)小球由静止释放的位置离A点的高度；(2)小球从C点抛出到落

45、在斜面上所用的时间。【答案】(1)；(2)【解析】(1)设小球在B点速度大小为v1，根据牛顿第二定律 根据牛顿第三定律解得设小球开始下落的位置离A点的高度为h，根据机械能守恒定律有解得(2)设小球到C点时速度大小为v2，根据机械能守恒有解得小球从C点抛出后，在垂直斜面方向的分初速度为沿垂直斜面方向的分加速度小球从C点抛出到落在斜面上所用的时间为28(2021届湖北省武汉市高三质检)如图所示，B是固定斜面AC的中点，小滑块P、Q的质量相等，P、Q表面的粗糙程度不同。将Q轻放在斜面BC段的某一位置，Q恰好能处于静止状态。P从斜面顶端A以初速度v0沿斜面下滑，到达中点B时速度为，之后继续下滑与Q碰撞并粘合在一起运动，P、Q粘合体运动到斜面底端C时速度恰好减为0。假设碰撞时间极短，最大静摩擦力与相对应的滑动摩擦力大小相等，求P、Q碰撞前的瞬间，P的速度大小。【答案】【解析】设斜面的倾角为，斜面长度为l，由题意知对P物体，根据动能定理设Q距离斜面低端距离为x，P与Q碰前速度为，碰后速度为，则碰撞过程满足动量守恒。碰后整理得。