1、高考资源网（） 您身边的高考专家（一）(建议用时：40分钟)1(2018高考天津卷)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x1.6103 m时才能达到起飞所要求的速度v80 m/s.已知飞机质量m7.0104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g10 m/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.解析：(1)飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动，有v22ax代入数据解得a2 m/s2.(2)设飞机滑跑受到阻力为F
2、阻，依题意有F阻0.1mg设发动机的牵引力为F，根据牛顿第二定律有FF阻ma设飞机滑跑过程中的平均速度为v，有在滑跑阶段，牵引力的平均功率PF联立式得P8.4106 W.答案：见解析2(2019高考北京卷)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)将雨滴看做半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力fkr2v2，其中v是雨滴的速度，k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vm与半径r的关系式；b示意
3、图中画出了半径为r1、r2(r1r2)的雨滴在空气中无初速下落的vt图线，其中_对应半径为r1的雨滴(选填“”或“”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的vt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fv2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)解析：(1)根据动能定理mghWmu2可得Wmghmu2.(2)a.根据牛顿第二定律mgfma得ag当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量mr3由a0，可得，雨滴最大速度vm.b图线对应半径为r1的雨滴；vt
4、图线如图1.(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图2.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mSvtnm0以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力fv2采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论答案：见解析3.如图所示，半径R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角37，另一端点C为轨道的最低点C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M1 kg，上表
5、面与C点等高质量m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知物块与木板间的动摩擦因数10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求物块经过B端时速度的大小；(2)求物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？解析：(1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53，故vB2 m/s.(2)物块从B到C应用动能定理，有mg(RRsin )mvmv解得vC6 m/s在C点
6、，由牛顿第二定律得Fmgm解得F46 N由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N.(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Qmv18 J.答案：(1)2 m/s(2)46 N(3)18 J4(2019苏州二模)如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v6 m/s匀速转动，水平部分长度L9 m放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的
7、轻质弹簧，弹性势能Ep 9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数0.2，物块质量mAmB1 kg.现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带取g10 m/s2.(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒EpmAvmBv由动量守恒定律有mAvAmBvB0联立以上两式解得vA3 m/s
8、，vB3 m/s.(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得mBgs0mBv解得s2.25 msL，B不能从传送带右端滑离传送带(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1由功能关系可知：EmAvmAv由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2vB3 m/s.B与A发生碰撞后粘连共速为v，由动量守恒定律可得：mAv1mBv2(mAmB)v要使二者能一起滑离传送带，要求(mAmB)v2(mAmB)gL由以上四式可得：E108 J.答案：见解析(二)
9、(建议用时：40分钟)1.(2019宿迁质检)如图所示，半径R0.3 m的四分之一光滑圆弧轨道B，静止于光滑的水平地面上现将物体A在轨道顶端(与圆心O等高)由静止释放，已知A、B两物体的质量之比为，圆弧轨道的最低点到地面的高度为h0.2 m，物体A可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g取10 m/s2.求：(1)当物体A恰好脱离圆弧轨道时，A、B两物体的速度大小之比 ；(2)当物体A落地时，其落地点与B的右侧之间的水平间距s.解析：(1)A、B系统水平方向动量守恒，有0mAvAmBvB则.(2)系统机械能守恒，有mAgRmAvmBv解得vA2 m/s，vB1 m/sA离开B后做平抛运动，运动
10、时间t s0.2 s该过程由于地面光滑，B向左匀速运动，水平位移sBvBtA在水平方向位移sAvAt则A落地点与B左侧的水平间距ssAsB(vAvB)t(21)0.2 m0.6 m.答案：见解析2.(2019泰州模拟)如图所示，一光滑的斜面与一光滑平台平滑连接，平台的右端恰好在四分之一圆弧的圆心，圆弧的半径为R，质量为m的物体B，放在平台的右端，质量为M的A物体从某一高度下滑，A下滑到平台右端和B物体相碰，碰后B物体做平抛运动，落到圆弧上，则(1)若落点与圆心连线与水平方向夹角为，求B物体碰后瞬间的速度大小；(2)若该落点比落在其他地方的动能都小，求B物体碰后瞬间的速度大小；(3)试求满足第(
11、2)问条件时，A物体开始下滑时高度的可能值解析：(1)设B物体落地点与圆心的连线和水平面夹角为，B物体与A碰后的速度为v.落到圆弧轨道的时间为t，根据平抛运动知识有：Rcos vtRsin gt2解得：v .(2)设B物体落到圆弧上的动能为Ek，根据动能定理有：mgRsin Ekmv2联立解得：EkmgRsin 当sin 时，Ek最小，解得B物体平抛初速度v为：v .(3)设A与B碰前速度为v0，A与B碰撞后的速度为v1，由动量守恒定律，有：Mv0Mv1mvA与B碰后，应有：vv1A与B碰撞可能有动能损失，则有：MvMvmv2联立解得：v0在A下滑的过程中，根据动能定理，有：MghMv联立解得
12、：h.答案：(1) (2) (3)h3.(2019南通二模)如图，光滑水平面上静止一质量m11.0 kg、长L0.3 m的木板，木板右端有质量m21.0 kg的小滑块，在滑块正上方的O点用长r0.4 m的轻质细绳悬挂质量m0.5 kg的小球将小球向右上方拉至细绳与竖直方向成60的位置由静止释放，小球摆到最低点与滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰撞前后瞬间细绳对小球的拉力减小了4.8 N，最终小滑块恰好不会从木板上滑下不计空气阻力、滑块、小球均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)小球碰前、碰后瞬间的速度大小；(2)小滑块与木板之间的动摩擦因数解析：(1)小球下摆过程，机械能守
13、恒mgr(1cos )mv2小球碰前瞬间的速度大小v2 m/s小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得：FTmgm，FTmgm由题意得：FTFT4.8 N联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v0.4 m/s.(2)小球与小滑块碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mvmvm2v1解得：v11.2 m/s小滑块在木板上滑动过程中动量守恒，可得：m2v1(m1m2)v2解得：v20.6 m/s由能量守恒可得：m2gLm2v(m1m2)v小滑块与木板之间的动摩擦因数0.12.答案：(1)2 m/s0.4 m/s(2)0.124(2019宿迁质检)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M1
14、 kg、长为L4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平现有一质量m2 kg的滑块(视为质点)以v06 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2.(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R的取值解析：(1)设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv0(mM)v1代入数据解得v14 m/s设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒有mgL1mv(mM)v代入数据解得L13 m.设
15、与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理有mgs1Mv0代入数据解得s12 m.因L1L，s1s，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与墙壁碰撞时的速度为v14 m/s.(2)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度v14 m/s，位移为L2LL11 m的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P.若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为mgm根据动能定理有mgL2mg(2R)mv2mv联立并代入数据解得R0.24 m若滑块恰好滑至圆弧到达T点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道根据动能定理有mgL2mgR0mv代入数据解得R0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R0.24 m或R0.6 m.答案：(1)4 m/s(2)R0.24 m或R0.6 m- 8 - 版权所有高考资源网
