专辑13 动能和动量 2020年全国大市名校高三期末一模物理考试试题全解全析汇编第14期解析

1、年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编2020460kg的热气球，从地面刚开始由静止竖如图所示，总质量为（2020山西省运城市高三上学期期末）1、2180m5m/s0.5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热，当热气球上升到直上升时的加速度为时，恰以=Kv（KF为比例系数），上升过程中热气球总质量不变，重力加速度气球所受浮力保持不变，空气阻力阻2g=10m/s试计算： (1) 气球受到浮力的大小；180m(2) 过程中克服空气阻力所做的功；气球上升到180m(3) 过程中所用时间是多少？气球上升到 =46s(3)tW(2)=35650J =4830N F(1)【答案】f浮 【解析】 分

2、析】气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空【气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；根据动能定理求解阻力功；根据动量定理求解时间 （1 ）分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：F -mg=ma浮 =4830NF代入数据得：浮=180m（h（2 由动能定理得：）已知上升高度12 mvW?Fh?mgh? f浮212mv?mgh?W?Fh 解得 f浮2=35650J W代入数据得：f（3180mt（由动量定理得：过程所用时间为 ）设上升I?I?I?mv G阻浮I?Kvt?Kx 阻F-mg?kv?0其中v=5m/s 浮I=Ft, I=-

3、mgt G浮浮t=46s 联立以上各式：【点睛】本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据牛顿第二定律列式求解第问中用动量定理求解很方便快捷. 3MNPQ分别与和2020山西省运城市高三上学期期末）如图所示为某种游戏装置的示意图，水平导轨2、（PQQL4.0m，且沿顺时针方向。已知传送带长水平传送带左侧和右侧理想连接，竖直圆形轨道与相切于v3.0m/smBCMN上，它们之间有一处匀速转动。两个质量均为、的滑块以恒定速率静止置于水平导轨BCvmABC连线方向、沿以初速度连接。另一质量也为连接但不与于原长的轻弹簧，且弹簧与的滑块0BABCNCv脱离弹簧后以

4、速度与碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。若运动，足够远，滑块距离向C2.0m/sQCPQ0.20，装置其点。已知滑块与传送带及之间的动摩擦因数均为滑上传送带，并恰好停在2 10m/sg。求：取余部分均可视为光滑，重力加速度(1)PQ的距离； (2)v的大小； 0(3) 0.55mCv 已知竖直圆轨道半径为，若要使不脱离竖直圆轨道，求的范围。0 2.25mx?s3m/v?21 （）；【答案】（）PQ0 【解析】C(1) 设滑上传送带后一直加速，则22?gL?v2?v ct 解得： v?/sv?25m t传PQC 所以的速度：在传送带上一定先加速后匀速，滑上s3m/v? Q 点，则有：又因恰好停在2

5、gx?0?v2 PQ 解得2.25m?x PQB(2)A 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：与mv2mv? 0共CAB 接下来脱离弹簧，这个过程有整体压缩弹簧后弹簧恢复原长时，=2mv?mv2mv C1共111222mvmv?2mv?2? C1共222联立方程可解得： v?3m/s 0(3)C不脱离圆轨道，有两种情况，一是最多恰能到达圆心等高处，二是至少到达最高处，若恰能到达要使圆心等高处，则由 12mv?mgR Q2得： v?2gR?11m/s Q由 ?22?xL?v?2?gv?QN: 段：PQQC可得 v?6m/s CAB碰撞及弹簧作用的过程中、在 2mv=2mv?mv C1共1

6、11222?mvmv=2mv?2? C1共222联立方程可解得： v?9m/s 0A的初速度范围是 所以这种情况下，v?9m/s 0若恰能到达最高点，则由 2vmg?m R1122mv?mv?2mgR Q22得 110 sm5gR?/v?Q2A的初速度范围是同理可得 3 210m/sv? 043 v?9m/ss210m?v/。所以或 004A点，如图所示，一个小物块静止在水平轨道上的2020福建省永安市一中高三上学期限时训练四）3、（CB点，水平轨道右侧与一竖直光滑圆轨道平滑连接于为圆轨道的最高点。小物块可不受阻碍地进入圆轨道，IAm=2kg，小物块，使小物块从在极短时间内给小物块一水平向右的

7、冲量点向右运动。已知小物块的质量2=10m/sg=0.4R=0.24mLAB=0.5m，圆轨道的半径、重力加速度两点的距离，与水平轨道间的动摩擦因数问： (1)IB点为多大时，小物块恰好运动到冲量 (2)IC点冲量 为多大时，小物块能顺利经过圆轨道的 s4N?s?8NI? (1)(2)；【答案】 【解析】v(1)设小物块的初速度为，则由动量定理得 0I?mv 0B点的过程应用动能定理得： 对小物块恰能到达12?mv?0mgL 02联立解得 I?4N?s vC(2),点时的速度为设小物块恰能通过由向心力公式得 C2vCmg?m RAC,由动能定理得：对小物块从过程到 1122?mvmv?mgL?

8、mg2R? 0C22 联立以上各式得?8NI?s I?8N?s,C点。 小物块能顺利经过圆轨道的即冲量A和圆弧体如图所示，滑板由长木板粘连在一起构成，光滑（4、2020福建省龙岩市高三上学期期末）BM?4kg，置于光滑的水平面圆弧面的最低点切线水平并与长木板上表面在同一水平面内，滑板总质量为v?5m/s1kgm?CC刚好能的小滑块滑块以大小的水平初速度，上。一质量为从滑板的左端滑上滑板，0C1m?R53与长，滑块滑到滑板右侧圆弧面的最高点。已知滑板圆弧的半径为，圆弧所对的圆心角为g?0.5?oo2?0.6sin530.8?cos53。求：，重力加速度取 ，木板上表面的动摩擦因数为10m/sC(

9、1) 滑到滑板右侧圆弧面的最高点时速度的大小；滑块A(2)长度； 滑板中长木板CCCF(3)落至水平把滑块施加一个水平向右的恒力放在滑板的左端，给滑块，直至滑块现将滑板固定，的CC4m/s滑离滑板后运动到最高点的面上，当滑块运动到滑板右侧圆弧面最高点时，速度大小为，则滑块 速度大小为多少？ (1)1m/s(2)1.2m(3)5.28m/s；【答案】； 【解析】v(1)C滑块和滑板组成的系统在水平方向动量守恒，滑到滑板右侧圆弧面的最高点时速度的大小为设滑块，1 根据动量守恒定律得v)M(?mmv? （10 解得：s/v?1m （1LA(2) 的长度为设长木板，根据能量守恒定律得：11?22?R)

10、v?mgcos53R?mgL?mv(mM （ 1022 解得： =1.2m（LC(3) 对滑块，根据动能定理得：1?2?mvcos53?mg?sin?FLR53?mgL?RR? （ 2解得： F=9N（ 滑块在圆弧面最高点处在水平、竖直方向的分速度分别为： v?vsin53?vcos53v（ ，yx上升到最高点需要的时间 vy?0.32st（ g水平方向的加速度 F2s9ma?/?（ xm 滑块运动到最高点时的速度大小为?v?at?v5.28m/s（ xxMN.5相切，导轨右如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨（2020、山东省济南市章丘区四中高三模拟三）NL=4mv=4.0m/s带动皮带以恒定速

11、率端处于水平传送带理想连接，传送带长度，皮带轮沿顺时针方向转动，B（CB（CMN.一运动滑块上之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，与细绳、弹簧一起静止在导轨Ah=0.2mA（B（Cm=2.0kgAB碰撞后高处由静止滑下，已知滑块，滑块可视为质点的滑块从质量均为与B（CCA（B与粘合在一起，碰撞时间极短因碰撞使连接的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使=2.0m/sPCv.C与传滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的点已知滑块脱离弹簧后以速度滑块分离C2. 10m/s=0.2g取送带之间的动摩擦因数，重力加速度 C(1) 从传送带右端滑出时的速度大小；求滑块(2)B（CE（ 弹性势能求滑块与细

12、绳相连时弹簧P(3)CPAB碰撞前速度的最点，则滑块若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块与滑块总能落至的v 是多少？大值m8.1m/s2.0J (3) (2) (1) 4.0m/s 【答案】 【解析】ta=4m/st（1Cv内滑块，）滑块加速度大小为滑上传送带到速度达到传送带的速度在时间所用的时间为xC 的位移为，有?mg?ma v?v?at C12att?x?v C2代入数据可得 x?3m x?3m?L CvC从传送带在传送带上先加速，达到传送带的速度后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块滑块v=4.0m/s 右端滑出时的速度为（2A（BAv（A（Bv（A（BCv，有分离时的速度为碰撞前的速度为碰撞后的速度为）设与 20112mvmgh? 0AA2mv?(m?m)v 1BA0A(m?m)v?(m?m)v?mv C2CBA1ABA、B 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒111222?(m?m)m)vv?mvE?(m? C1PBAA2CB222代入数据可解得 E?2.0J P（3AC的速度有最大值，它减速运动到传）在题设条件下，若滑块在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块?vvBAvAB.碰撞后的速度为，分离后送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度与与的速度为设12