高中物理 力学计算题 专题(2017-2019)近三年高考真题物理分类汇编 (解析版)

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 –t 图像如图（b ）所示，图中的v

1和t 1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）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）

2

15

mgH （3）11=9μμ'

【解析】（1）根据图（b ），v 1为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，

1

2

v 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

11()2v

mv m m v ''=-+①

22211111

()2222

v mv m m v ''=-+② 联立①②式得

3m m '=③

（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 ，下滑过程中所走过的路程为s 1，返回过程中所走过的路程为s 2，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

2

11102

mgH fs mv -=

-④ 2121()0()22

v

fs mgh m -+=--⑤

从图（b ）所给的v –t 图线可知

1111

2

s v t =⑥ 1

2111(1.4)22

v s t t =

??-⑦ 由几何关系

21s h s H

=⑧ 物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为

12W fs fs =+⑨

联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得

2

15

W mgH =

⑩ （3）设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有

cos sin H h

W mg μθ

θ

+=○11 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

21

02

m gs m v μ''''-=-○

12 设改变后的动摩擦因数为μ'，由动能定理有

cos 0sin h

mgh mg mgs μθμθ

'''-?

-=○13 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11

○12○13式可得 11

=9

μμ'○14 2．（2019·新课标全国Ⅱ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，0~t 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），t 1=0.8 s ；t 1~t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2=1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 2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t 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t 1~t 2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t 1~t 2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）？

【答案】（1）见解析 （2）2

8m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ （3）87.5 m

【解析】（1）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v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1 s ，设汽车在t 2+(n -1)Δt ~t 2+n Δt 内的位移为s n ，n =1,2,3,…。

若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有

2143(Δ)s s a t -=① 2121

Δ(Δ)2

s v t a t =-②

424Δv v a t =-③

联立①②③式，代入已知数据解得

417

m/s 6

v =-

④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。

由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式

323Δv v a t =-⑤

2

432as v =⑥

联立②⑤⑥，代入已知数据解得

28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦

或者2288

m/s 25

a =

，v 2=29.76 m/s ⑧ 但⑧式情形下，v 3<0，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f 1，由牛顿定律有 f 1=ma ⑨

在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为

1211

=

()2

I f t t -⑩ 由动量定理有

12I mv m '=-?

由动量定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为

22

121122

W mv mv =

-? 联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得 v 1=30 m/s ?

51.1610J W =??

从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为

2

21112211()()22v s v t v v t t a

=++-+?

联立⑦??，代入已知数据解得 s =87.5 m ?

3．（2019·新课标全国Ⅲ卷）静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =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E k =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）v A =4.0 m/s ，v B =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v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0=m A v A –m B v B ①

22k 11

22

A A

B B E m v m v =+②

联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s ③

（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s B 。，则有

B B m a m g μ=④ 21

2

B B s v t at =-⑤

0B v at -=⑥

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 A 都可表示为 s A =v A t –212

at ⑦

联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 s A =1.75 m ，s B =0.25 m ⑧

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 m ⑨

（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 A ′，由动能定理有

()2211222

A A A A A

B m v m v m g l s μ'-=-+⑩ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得

/s A v '=?

故A 与B 将发生碰撞。设碰撞后A 、B 的速度分别为v A ′′和v B ′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有

()

A A A A

B B m v m v m v '''''-=+?

222111222

A A A A

B B m v m v m v '''''=+? 联立???式并代入题给数据得

/s,/s A B v v ''''

=? 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s A ′时停止，B 向左运动距离为s B ′时停止，由运动学公式

22

2,2A A B B as v as v ''''''==?

由④??式及题给数据得

0.63m,0.28m A B s s ''==?

s A ′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

0.91m A B s s s '''=+=?

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 =kr 2v 2

，其中v 是雨滴的速

度，k 是比例系数。

a ．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度v m 与半径r 的关系式；

b ．示意图中画出了半径为r 1、r 2（r 1>r 2）的雨滴在空气中无初速下落的v –t 图线，其中_________对应半

径为r 1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 下落时受到的空气阻力f ∝v 2

（提示：设单位体积内空气分子数为n ，空气分子质量为m 0）。

【答案】（1）212mgh mu - （2）a ．m v =

b ．见解析 （3）见解析 【解析】（1）根据动能定理2

12mgh W mu -=

可得2

12

W mgh mu =-

（2）a ．根据牛顿第二定律mg f ma -= 得22

kr v a g m

=- 当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度v m 雨滴质量34π3

m r ρ=

由a =0，可得，雨滴最大速度m v =b ．① 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。

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?t 时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为0m Sv tnm ?=?

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20F nm Sv ∝

由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力 2f v ∝

采用不同的碰撞模型，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1150m L =，

BC 水平投影263m L =，图中C 点切线方向与水平方向的夹角12θ=?（sin120.21?≈）。若舰载机

从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经6s t =到达B 点进入BC 。已知飞行员的质量60kg m =，

210m/s g =，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N F 多大。

【答案】（1）4

7.510J W =? （2）3N 1.110N F =?

【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

1

2L v t

=① 根据动能定理，有

2

102

W mv =

-② 联立①②式，代入数据，得

47.510J W =?③

（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有

2sin L R θ=④

由牛顿第二定律，有

2

N F mg m R

v -=⑤

联立①④⑤式，代入数据，得

3N 1.110N F =?⑥

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．A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。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v A ；

（2）在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B '； （3）B 被敲击后获得的初速度大小v B ．

【答案】（1）A v = （2）a B =3μg a B ′=μg （3）B v =【解析】（1）由牛顿运动定律知，A 加速度的大小a A =μg

匀变速直线运动 2a A L =v A 2

解得A v =

（2）设A 、B 的质量均为m 对齐前，B 所受合外力大小F =3μmg 由牛顿运动定律F =ma B ，得 a B =3μg 对齐后，A 、B 所受合外力大小F ′=2μmg 由牛顿运动定律F ′=2ma B ′，得a B ′=μg

（3）经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则v =a A t ，v =v B –a B t

2211

22

A A

B B B x a t x v t a t ==-，

且x B –x A =L

解得B v =7．（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θ=37°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，落到水平面上的G 点。已知B 点的高度h 1=1.2m ，D 点的高度h 2=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μ=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）2

8m/s 6m/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：mgsin mgcos ma θμθ+=， 解得28/a m s =； 由运动学公式2

2

1

02B h v v a sin θ

-=-， 解得06/v m s =

（2）滑块在D 处水平飞出，由平抛运动规律D L v t =，2212

h gt = 解得1m/s D v =

（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h 1=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x 1=0.15 m ，第一次反弹至最高点，篮球底端距A 点的高度h 2=0.873 m ，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x 2=0.01 m ，弹性势能为E p =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20mg kx -=

（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理()()1212120mg h h f h h x --++=， 解得0.5N f =

（3）球在整个运动过程中总路程s ：()12p mg h x fs E +=+ 解得11.05m s =

（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3x ； 则30mg f kx --=；

在A 点下方，离A 点30.009m x =

9．（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。

【答案】（1）

5

3

F Mg mg

=-（2）

6

5

M

m

=（3）

8

5

mMg

T

m M

=

+

（）

（

488

5511

T mg T Mg

==

或）

【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin 53°=F2cos 53°

F+mg=F1cos 53°+F2sin 53°且F1=Mg

解得

5

3

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h1=3l sin 53°，物块下降高度h2=2l 机械能守恒定律mgh1=Mgh2

解得

6

5 M

m

=

（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′–mg cos 53°=ma

解得

8

5

mMg

T

m M

=

+

（）

（

488

5511

T mg T Mg

==

或）

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】2F I mv mgt =+

【解析】取向上为正方向，动量定理mv –（–mv ）=I 且–I F mg t =

（） 解得2F I Ft mv mgt ==+

11．（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/s 2

，到达B 点时速度v B =30 m/s 。取重力加速度g =10 m/s 2

。 （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F N 的大小。

【答案】（1）

（2）1800N 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

22

02v v aL -=

可解得：22

100m 2v v L a

-==

（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

01800N s B I mv =-=?

（3）小球在最低点的受力如图所示

由牛顿第二定律可得：2C

v N mg m R

-= 从B 运动到C 由动能定理可知：

221122

C B mgh mv mv =

- 解得：3900N N =

12．（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32.010? kg 和31.510? 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2

10m /s g =。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） 3.0m/s B v '= （2） 4.3m/s A v =

【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m B ，碰后加速度大小为a B ，根据牛顿第二定律有

B B B m g m a μ=①

式中μ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B v '，碰撞后滑行的距离为B s 。由运动学公式有

2=2B B B v a s '②

联立①②式并利用题给数据得

3.0m/s B v '=③

（2）设A 车的质量为m A ，碰后加速度大小为a A 。根据牛顿第二定律有

A A A m g m a μ=④

设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v '，碰撞后滑行的距离为A s 。由运动学公式有

2=2A A A v a s '⑤

设碰撞后瞬间A 车速度的大小为A v ，两车在碰撞过程中动量守恒，有

A A A A

B B m v m v m v =+''⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

4.3m/s A v =

13．（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，

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2

10m/s g =，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/s 2

（2）P =8.4×

106 W 【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v 2=2ax ①，解得a =2 m/s 2

②

（2）设飞机滑跑受到的阻力为F 阻，根据题意可得F 阻=0.1mg ③ 设发动机的牵引力为F ，根据牛顿第二定律有F F ma -=阻④；

设飞机滑跑过程中的平均速度为v ，有2

v v =

⑤ 在滑跑阶段，牵引力的平均功率P Fv =⑥，联立②③④⑤⑥得P =8.4×

106 W 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α，sin α=

3

5

，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。

【答案】（1 （2 （3【解析】（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F 。由力的合成法则有

tan F mg

α=① ()2

220F mg F =+②

设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得

2

v F m R

=③

由①②③式和题给数据得

03

4F mg =④

v =

（2）设小球到达A 点的速度大小为1v ，作CD PA ⊥，交PA 于D 点，由几何关系得

sin DA R α=⑥ (1cos CD R α=+）⑦

由动能定理有

22

011122

mg CD F DA mv mv -?-?=

-⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为

1p mv ==

（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g 。设小球在竖直方向的初速度为

，从C 点落至水平轨道上所用时间为t 。由运动学公式有

2

12

v t gt CD ⊥+

=⑩ sin v v α

⊥=

由⑤⑦⑩

式和题给数据得

t =

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。

【答案】（1）t =

（2）2E 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0v ，由题给条件有

2

012

E mv =

① 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

00v gt -=-②

联立①②式得

t =

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为1h ，由机械能守恒定律有

1E mgh =④

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1v 和2v 。由题给条件和动量守恒定律有

22

121144mv mv E +=⑤ 1211

022

mv mv +=⑥ 由⑥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2h ，由机械能守恒定律有

21211

42

mv mgh =⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

122E

h h h mg

=+=

⑧ 16．（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】3:2

【解析】由动量守恒定律得11222211m v m v m v m v ''-=-，解得

122

211m v v m v v '+='+

代入数据得

1232

m m =

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m A =2 kg 、m B =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/s 2

。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 。

【答案】（1）0.6s t = （2）2m/s v = （3）0.6m H = 【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：2

2

1gt h =解得：0.6s t = （2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有06m/s v gt ==

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：v m m v m B A B )(0+= 绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：2m/s v =

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A 、B 组成的系统机械能守恒，有：

gH m gH m v m m A B B A =++2)(2

1

解得，初始时B 离地面的高度0.6m H =

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

2

m

，与地面的动摩擦因数均为μ．现用水平向右的力拉A ，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 作用力的大小F ； （2）动摩擦因数的最小值μmin ；

（3）A 移动的整个过程中，拉力做的功W ．

【答案】（1）3F mg = （2） m i n 2μ= （3） (21)W mgR μ=-

【解析】（1）C 受力平衡

2cos 30F mg ?= 解得3

F mg =

（2）C 恰好降落到地面时，B 受C 压力的水平分力最大max

2

x F =

B 受地面的摩擦力f mg μ= 根据题意 min max x f F =，解得min 2

μ=

（3）C 下降的高度

1)h R =- A 的位移1)x R =

摩擦力做功的大小1)f W fx mgR μ==

根据动能定理 00f W W mgh -+=-

解得(21)W

mgR μ=-

19．（2017·新课标全国Ⅰ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/s 2

。（结果保留2位有效数字）

（1）分别求出该飞船着地前瞬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，已知飞船在该处的速度

大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

【答案】（1）（1）4.0×

108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J 【解析】（1）飞船着地前瞬间的机械能为2

00102

E mv =

+① 式中，m 和v 0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。由①式和题给数据得8

0 4.010J E =?② 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2

12

h h E mv mgh =

+③ 式中，v h 是飞船在高度1.6×

105 m 处的速度大小。由③式和题给数据得12

2.410J h E =?④ （2）飞船在高度h' =600 m 处的机械能为2

1 2.0()2100

h h E m v mgh ''=+⑤ 由功能原理得0h W E E '=-⑥