2019年高考物理 真題和模擬題分項匯編 專題20 力學(xué)計算題（含解析）

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1、專題20 力學(xué)計算題 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時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當(dāng)A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標(biāo)出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v–t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質(zhì)量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。 （1）求物塊B的質(zhì)量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦

2、力所做的功； （3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數(shù)的比值。 【答案】（1）3m （2） （3） 【解析】（1）根據(jù)圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設(shè)物塊B的質(zhì)量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有 ① ② 聯(lián)立①②式得 ③ （2）在圖（b）所描述的運動中，設(shè)物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩

3、擦力所做的功為W，由動能定理有 ④ ⑤ 從圖（b）所給的v–t圖線可知 ⑥ ⑦ 由幾何關(guān)系 ⑧ 物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為 ⑨ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得 ⑩ （3）設(shè)傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)在改變前為μ，有 設(shè)物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動能定理有 設(shè)改變后的動摩擦因數(shù)為，由動能定理有 聯(lián)立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得 2．（2019·新課標(biāo)全國Ⅱ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間變化可

4、簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0~t1時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），t1=0.8 s；t1~t2時間段為剎車系統(tǒng)的啟動時間，t2=1.3 s；從t2時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時刻開始，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）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的v-t圖線； （2）求t2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大??； （3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及t1~t2時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車

5、行駛的距離約為多少（以t1~t2時間段始末速度的算術(shù)平均值替代這段時間內(nèi)汽車的平均速度）？ 【答案】（1）見解析 （2），v2=28 m/s⑦ （3）87.5 m 【解析】（1）v-t圖像如圖所示。 （2）設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為v1，則t1時刻的速度也為v1，t2時刻的速度為v2，在t2時刻后汽車做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為a，取Δt=1 s，設(shè)汽車在t2+(n-1)Δt~t2+nΔt內(nèi)的位移為sn，n=1,2,3,…。 若汽車在t2+3Δt~t2+4Δt時間內(nèi)未停止，設(shè)它在t2+3Δt時刻的速度為v3，在t2+4Δt時刻的速度為v4，由運動學(xué)公式有 ①

6、② ③ 聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得 ④ 這說明在t2+4Δt時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式不成立。 由于在t2+3Δt~t2+4Δt內(nèi)汽車停止，由運動學(xué)公式 ⑤ ⑥ 聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得 ，v2=28 m/s⑦ 或者，v2=29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下，v3<0，不合題意，舍去 （3）設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為f1，由牛頓定律有 f1=ma⑨ 在t1~t2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為 ⑩ 由動量定理有 ? 由動量定理，在t1~t2時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為 ? 聯(lián)立⑦⑨⑩??式，代入已知數(shù)據(jù)解得 v1=30

7、 m/s? ? 從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為 ? 聯(lián)立⑦??，代入已知數(shù)據(jù)解得 s=87.5 m? 3．（2019·新課標(biāo)全國Ⅲ卷）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l=1.0 m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek=10.0 J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為u=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。

8、（1）求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大?。? （2）物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？ （3）A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？ 【答案】（1）vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m 【解析】（1）設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有 0=mAvA–mBvB① ② 聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得 vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s③ （2）A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前

9、，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB。，則有 ④ ⑤ ⑥ 在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為 sA=vAt–⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得 sA=1.75 m，sB=0.25 m⑧ 這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25 m處。B位于出發(fā)點左邊0.25 m處，兩物塊之間的距離s為 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m⑨ （3）t時刻后A將

10、繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有 ⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得 ? 故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA′′和vB′′，由動量守恒定律與機械能守恒定律有 ? ? 聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得 ? 這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動。設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式 ? 由④??式及題給數(shù)據(jù)得 ? sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離 ? 4．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有

11、關(guān)。雨滴間無相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g。 （1）質(zhì)量為m的雨滴由靜止開始，下落高度h時速度為u，求這一過程中克服空氣阻力所做的功W。 （2）將雨滴看作半徑為r的球體，設(shè)其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系數(shù)。 a．設(shè)雨滴的密度為ρ，推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度vm與半徑r的關(guān)系式； b．示意圖中畫出了半徑為r1、r2（r1>r2）的雨滴在空氣中無初速下落的v–t圖線，其中_________對應(yīng)半徑為r1的雨滴（選填①、②）；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落的v–t圖線。 （3）由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，

12、其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡化為垂直于運動方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力f ∝v2（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m0）。 【答案】（1） （2）a． b．見解析 （3）見解析 【解析】（1）根據(jù)動能定理 可得 （2）a．根據(jù)牛頓第二定律 得 當(dāng)加速度為零時，雨滴趨近于最大速度vm 雨滴質(zhì)量 由a=0，可得，雨滴最大速度 b．① 如答圖2 （3）根據(jù)題設(shè)條件：大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。以下只考慮雨滴下落的定向運動。 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速度大

13、小不變。在?t時間內(nèi)，與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為 以F表示圓盤對氣體分子的作用力，根據(jù)動量定理， 有 得 由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力 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、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的起飛過程，假設(shè)上翹甲板是與水平甲板相切的一段圓弧，示意如圖2，長，水平投影，圖中點切線方向與水平方向的夾角（）。若艦載機從點由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)到達點進入。已知飛行員的質(zhì)量，，求 （1

14、）艦載機水平運動的過程中，飛行員受到的水平力所做功； （2）艦載機剛進入時，飛行員受到豎直向上的壓力多大。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）艦載機由靜止開始做勻加速直線運動，設(shè)其剛進入上翹甲板時的速度為v，則有 ① 根據(jù)動能定理，有 ② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)，得 ③ （2）設(shè)上翹甲板所對應(yīng)的圓弧半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系，有 ④ 由牛頓第二定律，有 ⑤ 聯(lián)立①④⑤式，代入數(shù)據(jù)，得 ⑥ 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，左邊緣對齊．A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ。先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動距離L后停

15、下。接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運動，左邊緣再次對齊時恰好相對靜止，此后兩者一起運動至停下．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g．求： （1）A被敲擊后獲得的初速度大小vA； （2）在左邊緣再次對齊的前、后，B運動加速度的大小aB、aB'； （3）B被敲擊后獲得的初速度大小vB． 【答案】（1） （2）aB=3μg aB′=μg （3） 【解析】（1）由牛頓運動定律知，A加速度的大小aA=μg 勻變速直線運動 2aAL=vA2 解得 （2）設(shè)A、B的質(zhì)量均為m 對齊前，B所受合外力大小F=3μmg 由牛頓運動定律F=maB，得

16、aB=3μg 對齊后，A、B所受合外力大小F′=2μmg 由牛頓運動定律F′=2maB′，得aB′=μg （3）經(jīng)過時間t，A、B達到共同速度v，位移分別為xA、xB，A加速度的大小等于aA 則v=aAt，v=vB–aBt 且xB–xA=L 解得 7．（2019·浙江選考）在豎直平面內(nèi)，某一游戲軌道由直軌道AB和彎曲的細管道BCD平滑連接組成，如圖所示。小滑塊以某一初速度從A點滑上傾角為θ=37°的直軌道AB，到達B點的速度大小為2m/s，然后進入細管道BCD，從細管道出口D點水平飛出，落到水平面上的G點。已知B點的高度h1=1.2m，D點的高度h2=0.8m，D點與G點間的

17、水平距離L=0.4m，滑塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=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點的初速度； （2）求小滑塊從D點飛出的速度； （3）判斷細管道BCD的內(nèi)壁是否光滑。 【答案】（1） （2）1 m/s （3）小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道BCD內(nèi)壁不光滑。 【解析】（1）上滑過程中，由牛頓第二定律：， 解得； 由運動學(xué)公式， 解得 （2）滑塊在D處水平飛出，由平拋運動規(guī)律， 解得 （3）小滑塊動能減小，重力勢能也減小，所以細管道BCD內(nèi)壁不光滑 8．（2019·浙江選考）如圖所

18、示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質(zhì)彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高。質(zhì)量m=0.5 kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距A點高度h1=1.10 m?；@球靜止釋放，測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1=0.15 m，第一次反彈至最高點，籃球底端距A點的高度h2=0.873 m，籃球多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2=0.01 m，彈性勢能為Ep=0.025 J。若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球的形變，彈簧形變在彈性限度范圍內(nèi)。求： （1）彈簧的勁度系數(shù)； （2）籃球在運動過程中受到的空氣阻力； （3）籃球在整個運動過程

19、中通過的路程； （4）籃球在整個運動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 【解析】（1）球靜止在彈簧上，根據(jù)共點力平衡條件可得 （2）球從開始運動到第一次上升到最高點，動能定理， 解得 （3）球在整個運動過程中總路程s： 解得 （4）球在首次下落過程中，合力為零處速度最大，速度最大時彈簧形變量為； 則； 在A點下方，離A點 9．（2019·貴州省貴陽市高三適應(yīng)性考試）如圖所示，水平直軌道AC的長度為L=8 m，AC中點B正上方有一探測器，C處有一豎直擋板D?，F(xiàn)使物塊Pl沿軌道向右以速度vl

20、與靜止在A處的物塊P2正碰，碰撞后，P1與P2粘成組合體P。以Pl、P2碰撞時刻為計時零點，探測器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作。已知物塊Pl、P2的質(zhì)量均力m=1kg，Pl、P2和P均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若v1=8m/s，P恰好不與擋板發(fā)生碰撞，求P與軌道AC間的動摩擦因數(shù)； （2）若P與擋板發(fā)生彈性碰撞后，并能在探測器工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍； （3）在滿足（2）的條件下，求P向左經(jīng)過A點時的最大動能。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）設(shè)Pl、P2碰撞后，P的速度為v，根據(jù)動量守恒：mv1=2mv 解

21、得：v=4 m/s P恰好不與擋板發(fā)生碰撞，即P到達C點速度恰好減為零 根據(jù)動能定理： 代入解得： （2）由于P與檔板的碰撞為彈性碰撞，P在AC間等效為勻減速運動，設(shè)P的加速度大小為a。 根據(jù)牛頓第二定律：μ2mg=2ma P返回經(jīng)B點，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律： 由題意知，物塊P在2～4s內(nèi)經(jīng)過B點，代入數(shù)據(jù)解得 再結(jié)合mv1=2mv 得 （3）設(shè)P向左經(jīng)過A點時的速度為v2，由速度位移公式： 聯(lián)立解得P向左經(jīng)過A點的最大動能為：J 10．（2019·重慶市普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試調(diào)研測試）圖甲為某輕型起重機向房頂運輸貨物，其簡圖如圖乙所示，一端有定滑輪的桿臂OA

22、固定在O點，某次起重機以速度v0=1 m/s勻速向上提升質(zhì)量m=1 t的重物（可視為質(zhì)點），在重物離地面H=19.5 m時鋼繩突然斷裂，此時一輛L=3 m的搬磚車正以v=0.5 m/s的速度在圖乙中CD方向運動，車頭前端恰好處于重物正下方，搬磚車高h=1.5 m。g取10 m/s2，不計空氣阻力。 求:（1）勻速提升重物的過程中起重機的輸出功率; （2）鋼繩斷裂時搬磚車司機立即加速加速度至少為多大才能避免被重物砸中? 【答案】（1）1.0×104 W （2）1 m/s2 【解析】（1）起重機的輸出功率等于提升重物的機械功率 =103kg×10m/s2×1m/s=1.0×104

23、W （2）設(shè)物體自繩斷開始至人車頂部的時間為t， -h=v0t-gt2 帶入數(shù)據(jù)-（19.5-1.5）=t-5t2 解得t=2 s 設(shè)人安全通過搬磚車的最小加速度為a L=v1t+ at2 解出a=1 m/s2 11．（2019·河南省鄭州市高三第二次質(zhì)量預(yù)測）如圖所示，傳送帶水平部分的長度=4.5 m，在電動機帶動下勻速運行。質(zhì)量M=0.49 kg的木塊（可視為質(zhì)點）靜止在傳送帶左端的光滑平臺上．質(zhì)量為m=10 g的子彈以v0=50 m/s的速度水平向右打入木塊并留在其中，之后木塊滑到傳送帶上，最后從右輪軸正上方的P點離開傳送帶做平拋運動，正好落入車廂中心點Q。已知木塊與

24、傳送帶間的動摩擦因數(shù)m=0.5，P點與車底板間的豎直記度H=1.8 m，與車廂底板中心點Q的水平距離x=1.2 m，取g=10m/s2，求： （1）木塊從傳送帶左端到達右端的時間； （2）由于傳送木塊，電動機多消耗的電能。 【答案】（1）2.3 s （2）1 J 【解析】（1）傳送帶的速度等于木塊運動到P點后做平拋運動，得x=vt 豎直方向： 解得拋出速度：v=2 m/s 子彈打入木塊過程，由動量守恒定律得mv0=（M+m）v1 木塊沿傳送帶加速運動，由牛頓第二定律得μ（M+m）g=（M+m）a 加速至v的位移x1==0.3m<4.5m 加速運動時間t1=s 之后隨

25、傳送帶向右勻速運動，勻速運動時間t2=s 木塊從傳送帶左端到達右端的時間t=t1+t2=2.3s （2）根據(jù)功能關(guān)系，電動機多做的功等于該過程煤塊動能的增量ΔEk與煤塊與皮帶由于摩擦生熱而產(chǎn)生的內(nèi)能Q之和，即E=ΔEk+Q（1分） 其中 解得：ΔEk=0.75J 產(chǎn)生的熱量為：Q=μmg（x帶–x塊）=μmg△x=0.25J 聯(lián)立可得：E=ΔEk+Q=1J 12．（2019·湖南省衡陽市三模）如圖所示，電動機帶動傾角為θ=37°的傳送帶以v=8m/s的速度逆時針勻速運動，傳送帶下端點C與水平面CDP平滑連接，B、C間距L=20m；傳送帶在上端點B恰好與固定在豎直平面內(nèi)的半徑為R=

26、0.5m的光滑圓弧軌道相切，一輕質(zhì)彈簧的右端固定在P處的擋板上，質(zhì)量M=2kg可看做質(zhì)點的物體靠在彈簧的左端D處，此時彈簧處于原長，C、D間距x=1 m，PD段光滑，DC段粗糙。現(xiàn)將M壓縮彈簧一定距離后由靜止釋放，M經(jīng)過DC沖上傳送帶，經(jīng)B點沖上光滑圓孤軌道，通過最高點A時對A點的壓力為8 N。上述過程中，M經(jīng)C點滑上傳送帶時，速度大小不變，方向變?yōu)檠貍魉蛶Х较?。已知與傳送帶同的動摩擦因數(shù)為μ=0.8、與CD段間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度大小g=10 m/s2。求： （1）在圓弧軌道的B點時物體的速度 （2）M在傳送帶上運動的過程中，帶動傳送帶的電動機由于運送M多輸出的電能E。

27、 （3）M釋放前，系統(tǒng)具有的彈性勢能Ep。 【答案】（1）5.0 m/s （2）512 J （3）19 J 【解析】（1）M恰能過A點，由牛頓第二定律：Mg+FA=M 解得vA=m/s 從B到A由機械能守恒：﹣Mg（R+Rcosθ）= 解得vB=5.0m/s （2）M在傳送帶上運動時由于vB小于皮帶速度，可知物體一直做加速運動 由μ1Mgcosθ﹣Mgsinθ=Ma 解得a=0.4 m/s2 由公式：vB2-vC2=2aL 解得v=3m/s 由vB=vC+at 解得t=5 s 傳送帶在t時間內(nèi)的位移：x1=vt=40 m 由于物體對皮帶有沿皮帶向下的摩擦力

28、，要維持皮帶勻速運動，故電動機要額外給皮帶一個沿皮帶向上的牽引力，大小與物體受到的摩擦力一樣大， 多做的功W=μMgcosθ?x1=512 J，多輸出的電能E=512 J （3）設(shè)彈簧彈力對物體做功W，則從彈簧的壓縮端到C點，對M由動能定理： W﹣μ2Mgx0=MvC2﹣0 解得：W=19 J 可知Ep=19 J 13．（2019·黑龍江省大慶實驗中學(xué)高三適應(yīng)性）跳臺滑雪是冬奧會上最具觀賞性的項目之一。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=10 m，C是半徑R = 20 m圓弧的最低點。質(zhì)量m = 50 kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度

29、，到達B點時速度vB = 30 m/s。取重力加速度。 （1）求長直助滑道AB的長度L； （2）求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??； （3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力的大小。 【答案】（1）100 m （2）1 500 N?s （3）3 250 N 【解析】（1）根據(jù)勻變速直線運動公式，有 （2）根據(jù)動量定理，有I=mvB-mvA=1 500 N·s （3）運動員經(jīng)C點時的受力分析如圖 根據(jù)動能定理，運動員在BC段運動的過程中，有 根據(jù)牛頓第二定律，有 得FN=3 250 N 14．（2019·遼寧省沈陽市高三三模

30、）航天飛機在平直的跑道上降落，其減速過程可以簡化為兩個勻減速直線運動。航天飛機以水平速度v0=100 m/s著陸后，立即打開減速阻力傘，以大小為a1=4 m/s2的加速度做勻減速運動，一段時間后阻力傘脫離，航天飛機以大小為a2=2.5 m/s2的加速度做勻減速直運動直至停下.已知兩個勻減速運動滑行的總路程x=1 370 m。求： （1）第二個減速階段航天飛機運動的初速度大??； （2）航天飛機降落后滑行的總時間。 【答案】（1）v1=40 m/s （2）t=31 s 【解析】（1）設(shè)第二個減速階段的初速度為v1，根據(jù)運動學(xué)公式則有： ① ② x1+x2=x③ 解得:v1=40m/s ④ （2）由速度公式可得： v0=v1+a1t1⑤ v1=a2t2 ⑥ t=t1 +t2 ⑦ 解得：t=31 s⑧ 17