2015高考物理第24题力学计算题专题整理

22X2X2=2a21.(2013江西南昌二模，24)有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力

推箱一段时间后，放手让箱向前滑动， 若箱最后停在桌上有效区域内， 视为成功；若箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败•其简化模型如图所示， AC是长度为Li=7m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推箱， BC为有效区域•已知BC长度 推力作用在木箱上时的加速度大小；2=1m，木箱的质量m=50kg，木箱与冰面间的动摩擦因数 卩=0.1. 推力作用在木箱上时的加速度大小；水平推力F=200N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为■质点，g取10m/s 推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析： 推力作用在木箱上的时间满足什么条件？解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度为 a1，根据牛顿运动定律得F—卩m寥ma1解得a1=3m/s2.(2)撤去推力后，木箱的加速度大小为 a2，根据牛顿运动定律得卩m=ma2解得a2=1m/s2推力作用在木箱上时间t内的位移为X1=撤去力F后木箱继续滑行的距离为a1t木箱停在有效区域内，要满足条件L1—L2<X1+X2<L1答案:解得1s<t<答案:解得1s<t<(1)3m/s2(2)1s<t<sin53°0.8，sin53°0.8，cos53°0.6g10m/s2，1. 2010年第14题.(16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上， 小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量 m=60kg的指点，选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角 =30°，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取中立加速度则d=mg(H1则d=mg(H1丨cos)f2mg求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F;若绳长l=2m,选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力f1800N，平均阻力f2700N，求选手落入水中的深度d；若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。(1)机械能守恒mgl(1—cos)=12—mv①22圆周运动 F'v—mg=m—丨解得 F，=(3—2cos)mg人对绳的拉力F=F'则F=1080N(2)动能定理mg(H—Icos+d)—(f1+f2)d=01.2010年第14题【解析】解得⑶选手从最低点开始做平抛运动 x=vt12H-l=—gt2且有①式

解得x=2l(H1)(1COS)H当|=时，x有最大值 解得l=1.5m2因此，两人的看法均不正确•当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远•本题考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。难度：较难。2.2009年第13题.(15分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变， g取10m/s2。时到达高度H=64m。求飞行器所阻力f的大时到达高度H=64m。求飞行器所阻力f的大时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求第二次试飞，飞行器飞行t2=6s飞行器能达到的最大宽度h;(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t32.2009年第13题.【解法1】用牛顿运动定律和运动学公式解2H2m/s2(1)第一次飞行中，设加速度为 a2H2m/s2一一12匀加速运动H a1t12，解得a12由牛顿第二定律Fmgfma1解得fFmgma28 204 4(N)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度为S一一1212匀加速运动s1 at= 26 36m22设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为S2由牛顿第二定律mgV由牛顿第二定律mgV1a1t2=12m/sma?,a210 4 12m/s22TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 2s>6mv1 12s>6m2a2=212解得hsis， 42(m)

（3）设失去升力下降阶段加速度为 a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v由牛顿第二定律mgfma3,a310428m/s228 42 2.y[2.Ffmgma4, a4 —106m/s223v；且3vfh,v2ha3a424268 12.2m2a32a4\a3 a4Y68v3a3t3解得t3=32(s)(或2.1s)2（恢复升力注意：失去升力下降不能下降到地面，因为有速度，还要在恢复升力后减速下降后不能马上上升），要在到达地面前速度减为0，然后才能上升。（恢复升力【解法2】用动能定理和动量定理解（1） 第一次飞行中，设末速度为V,根据动能定理，有（Fmgf）12

mv2根据动量定理，有(Fmgf)t1mv解得fFmg2mHOQ丁28l12044(N)（1） 第一次飞行中，设末速度为V,根据动能定理，有（Fmgf）12

mv2根据动量定理，有(Fmgf)t1mv解得fFmg2mHOQ丁28l12044(N)（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为Vi，上升的高度为Si根据动能定理，有（Fmgf)Si1mv-i2根据动量定理，有（Fmgf)t2my解得：w=12m/sSi36mS22Vi2a2 212亠、12失去升力后上升的咼度为s2，根据动能定理，有 （mgf）s20mv；212my “2解得s2 2 =」^6mmgf204S4，恢复升力时速度为 V3得hS|s， 42(m)S4，恢复升力时速度为 V3根据动能定理(mgf)S31 2失去升力下降阶段，2mv3根据动量定理(mgf)t3mv3恢复升力下降阶段，根据动能定理(Fmgf)s4 0并且s3 s4h42m(3)设失去升力下降S3，恢复升力后下降|mV3解得：v3 122m得鮎=十)(或2的【解法3】用Vt图象和v2S图象解4N。2⑵正常上升时，加速度 a!2m/s，根据v和4N。2⑵正常上升时，加速度 a!2m/s，根据v和2，作出vt图象,如下左图，得V12m/s，根据v22as，作出v2s图象，如下右图，得q144436m，遥控器出现故障后，加速度a2!2m/s2，作出v2s图象，见下右图，得s21446m,在24V2S图象中，s42m。v-t图象图象（3）失去升力下降阶段加速度为a3=8m/s2；恢复升力后加速度为a4=v-t图象图象（3）失去升力下降阶段加速度为a3=8m/s2；恢复升力后加速度为a4=6m/s2,前者的末速度等于后者的初速度，根据 v22as，以及s3S4h42m，作出v2s图象，如下左图，可求得v2 288（m/s）2，从而v12.2m/s，作出vt图象，如下右图，得t33.2008年第13题.（15分）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动•现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力. （设重力加速度为g）⑴若球在球台边缘0点正上方高度为hi处以速度vi,水平发出，落在球台的Pi点（如图实线所示），求Pi点距0点的距离xi..⑵若球在0点正上方以速度V2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的 P2（如图虚线所示），求v2的大小.⑶若球在0正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘 P3,求发球点距0点的高度h3.VV13.解得：x,Vij2_hi⑵同理得:h2且:解得:X2h22x2V2V2t2⑶如下图，同理得：h3丄gt；2X3 V3t3且：3x32L设球从恰好越过球网到最高点的时间为t，水平距离为s,有:h3h 丄gt22sV3t由几何关系得：x3sL解得：h34h334.2007.15题【答案】 4.5X10kg【解析】 直升机取水时，水箱受力平衡34.2007.15题【答案】 4.5X10kg【解析】 直升机取水时，水箱受力平衡Tisin9i-f=0 ①Ticos9i-mg=0 ②由①②得f=mgtan9i ③直升机返回时，由牛顿第二定律T?sin92-f=(m+Mfe ④T?cos92-(m+Mg=0 ⑤由③④⑤得，水箱中水的质量M=4.5X103kg=0.970)4.2007。15题、(14分)直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着 m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角9 1=45°。直升机取水后飞往火场， 加速度沿水平方向， 大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角14 。。如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，谋求水箱中水的质量M。 (取重力加速度g=10m/s2;sin14°=0.242；cos14°5.2007. 19题、(16分)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H,上端套着一个细环。棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S。从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。225.2007. 19题【答案】 (i)(k-i)g,方向竖直向上 ⑵k3H(3)12kmgHk1【解析】(1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环环受合力F环=kmg-mg由牛顿第二定律F环=ma环由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上Vi.(2)设以地面为零势能面，向上为正方向Vi.2由机械能守恒得： x2mv=2mgH2解得vi=2gH设棒弹起后的加速度a棒由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g棒第一次弹起的最大高度2棒第一次弹起的最大高度2H=-—L_2a棒3h3hik棒运动的路程s=H+2H=-k(3)解法一：棒第一次弹起经过11时间，与环达到相同速度 Vi'环的速度vi=-Vi+a环11棒的速度vi'=vi+a棒11环的位移.2环的位移h环i=—viti+—a环112棒的位移1.2棒的位移h棒i=viti+a棒11Xi=h环i-h棒i解得：xi=-2Hk棒环一起下落至地vv2-vi' 2=2gh棒i解得:V2=；2gH丫k同理,环第二次相对棒的位移Xn=-2HXn=-2HX2=h环2-环相对棒的总位移X=Xl+X2+ +Xn+W=kmgx2kmgH得W=--k1解法二：设环相对棒滑动距离为I根据能量守恒mgHmg(H+I)=kmgl摩擦力对棒及环做的总功W=-kmgl解得w=-2^k12006年第14题.(14分)如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为ho已知地球半径为R,地球自转角速度为0，地球表面的重力加速度为g,O为地球中心。求卫星B的运行周期。如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B两卫星相距最近(0、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？6. 06.14.【解析】(I)由万有引力定律和向心力公式得

。丄生十竽(R+h)仏必)2 7;联立①②得丁吕=丁吕=2?r(R十研(2)由题意得仙-3)22兀由③得代入④得：2tt(R+hy2005年13.(14分)A、B两小球同时从距地面高为 h=15m处的同一点抛出，初速度大小均为vo=iOm/s.A球竖直向下抛出，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g=l0m/S2.求:A球经多长时间落地？A球落地时，A、B两球间的距离是多少？__127.05.13.(14分)【解析】(1)A球做竖直下抛运动： hvot-gt2将h15m、v010m/s代入，可得：t1sxV°t(2)B球做平抛运动:y1.2gt将v2x10m10m/s、t1s代入，可得：y5m

此时A球与B球的距离L为：L x2(hy)2将x、y、h代入，得：L10-"2m&2004年15.(15分)如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上•一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为 m的重物，忽略小圆环的大小。将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧B=30°的位置上(如图).在一两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M=2m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物 M.设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物 M下降的最大距离.若不挂重物M.小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略， 问两个小圆环分别在哪些位置时， 系统可处于平衡状态？&04.第15小题【解析】下降的最大距离为h，由机械能守恒定律得Mgh2mg%(Rsin)2Rsin解得hZ2R(另解h=0舍去)(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为两小环同时位于大圆环的底端.两小环同时位于大圆环的顶端.两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端.角的位置上(角的位置上(如图所环竖直对称轴对称.设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧示).对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支TmgT、竖直绳子的拉力T、大圆环的支对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力持力N.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反TsinTsin得',而 '90°，所以 =45°。2004年16.（15分）如图所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为Vs和VA.空气中声音传播的速率为 Vp,设Vs<Vp,VA<Vp,空气相对于地面没有流动.（1）若声源相继发出两个声信号.时间间隔为△ t,请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程.确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△ t'.（2）请利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间Ut的关系式.Ut04.第16小题【解析】(1)设t1、t2为声源S发出两个信号的时刻，t1、t2为观察者接收到两个信号的时刻。(1)则第一个信号经过（t1-t1）时间被观察者A接收到，第二个信号经过（t2—t2）时间被观察者A接收到。且t2—t1=△t t2—t1=△t'设声源发出第一个信号时， SA两点间的距离为L,两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们运动的距离关系如图所示Vp(t1 tjL Va(t1V的过程中，它们运动的距离关系如图所示Vp(t1 tjL Va(t1VP(t2t2)LVA(t2由以上各式，得tjVsVstVpVa，可得A FJL4.h A H——A| 」■MW(2)设声源发出声波的振动周期为 T,这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动(2)的周期T为T VpVsTVpVaVVpVaVpVs由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为2003年14.（12分）据美联社2002年10月7日报道，天文学家在太阳系的 9大行星之外，又发现了一颗比地球小得多的新行星，而且还测得它绕太阳公转的周期约为 288年•若把它和地球绕太阳公转的轨道都看做圆，问它与太阳的距离约是地球与太阳距离的

多少倍.（最后结果可用根式表示）03.14.【解析】设太阳的质量为M;地球的质量为mo,绕太阳公转的周期为To,与太阳的距离为R），公转角速度为宀o;新行星的质量为m,绕太阳公转的周期为T,与太阳的距离为R,公转角速度为3.根据万有引力定律和牛顿定律，得:2R2GMm2R2R2GMm0 22 m00K)RoTo2nTo2no由以上各式得_RT

to已知T=288年，To=1年，得E44（或32882）R）本题考查万有引力定律和圆周运动及分析和综合能力。本题解题关键：新行星和地球都是受太阳的万有引力而绕太阳做圆周运动， 万有引力等于向心力。本题难度：中等。2003年15.（12分）当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度 .已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度 v,且正比于球半径r,即阻力f=krv,k是比例系数.对于常温下的空气，比例系数k=3.4x10-4Ns/m2已知水的密度p=1.0X103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，试求半径r=0.10mm的球形雨滴在无风情况下的终极速度 vT.（结果取两位数字）03.15.【解析】雨滴下落时受两个力作用：重力，方向向下；空气阻力，方向向上 .当m表示雨滴质量，有雨滴达到终极速度Vtm表示雨滴质量，有mgkrvT=0

3m二一nr3p3由①②得终极速度VtVt4n2g~3k~代入数值得 vT=1.2m/s本题考查力的计算和力的平衡及分析能力。解题关键：当雨滴达到终极速度vT后，加速度为零，重力与阻力二力平衡。本题难度：中等。2003.19.（13分）图1所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块 A,上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连 .已知有一质量为mo的子弹B沿水平方向以速度vo射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动.在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力 F随时间t的变化关系如图2所示.已知子弹射入的时间极短，且图 2中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻.根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如 A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？03.19.【解析】由图2可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期TOC\o"1-5"\h\zT=2t0 ①令m表示A的质量，I表示绳长.V1表示B陷入A内时即t=0时，A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），v2表示运动到最高点时的速度， F1表示运动到最低点时绳的拉力， F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得m0V0=（m°+m）V1 ②在最低点和最高点处运用牛顿定律可得V2 _F1—（m+m0）g=（m+m。） ③

F2+(m+mo)g=(m+mo)-根据机械能守恒定律可得12122l(m+mo)g=(m+mo)yv1—(m+mo)v2由图2可知F2=0Fl=Fm由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是m= —m06g2236m°Voi=2g⑤⑥⑦⑧⑨A、B一起运动过程中的守恒量是机械能12⑤⑥⑦⑧⑨A、B一起运动过程中的守恒量是机械能12E=(m+mo)viE,若以最低点为势能的零点，则⑩由②⑧⑩式解得223movo本题考查振动中的力和能的问题及分析综合能力。高考题，一般都明确提出问题，要求考生解决问题。本题的创新在于要求考生自己提出问题并解决问题，并且在题中提出用计算机画出图象，是比较先进的。解题关键：从图中读出振动周期和最高点、最低点的力，然后根据机械能守恒求质量。本题难度：难。江苏省单独命题8年咼考物理力学计算题解析江苏省特级教师戴儒京

1. 2010年第14题.(16分)在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上， 小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量 m=60kg的指点，选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角 =30°，绳的悬挂点O距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻sin53° 0.8，sin53° 0.8，cos53o0.6g10m/s2，则d=mg(H丨cos)

f1f2mg求选手摆到最低点时对绳拉力的大小 F;若绳长l=2m,选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力f1800N，平均阻力f2700N，求选手落入水中的深度d；若选手摆到最低点时松手， 小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落点距岸边越远，请通过推算说明你的观点。1.2010年第14题【解析】1机械能守恒mgl(1-cos)=一mv2 ①22圆周运动 F'—mg=m—l解得F'=(3—2cos)mg人对绳的拉力 F=F'则F=1080N动能定理mg(H—lcos+d)—(f—f2)d=0解得选手从最低点开始做平抛运动 x=vt12H-l=gt2且有①式解得X=2.、I(Hl)(1cos)H当l=时，x有最大值 解得l=1.5m2因此，两人的看法均不正确•当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远•本题考查机械能守恒、圆周运动向心力，动能定理，平抛运动规律及求极值问题。难度：较难。23232.2009年第13题.(15分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变， g取10m/s2.2009年第13题.(15分)航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg,动力系统提供的恒定升力F=28N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变， g取10m/s2。第一次试飞，飞行器飞行ti=8s小；第二次试飞，飞行器飞行t2=6s

飞行器能达到的最大宽度h;时到达高度H=64m。求飞行器所阻力f的大时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求(3)为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间 t3。2.2009年第13题.【解法1】用牛顿运动定律和运动学公式解(1)第一次飞行中，设加速度为 a1一12

匀加速运动H a1t1,解得a122H22m/sJ■■■kSiI时J」I12由牛顿第二定律Fmgfma1解得fFmgma28 204 4(N)(2)第二次飞行中，设失去升力时的速度为 v1，上升的高度为s(\o"CurrentDocument"2 1 2匀加速运动0 —印上2=—26 36m\o"CurrentDocument"2设失去升力后的加速度为 a2，上升的高度为s2由牛顿第二定律mgma2,a2 10 4 12m/s22V1a1t2=12m/ss2122a2s2122a2 2126m(3)设失去升力下降阶段加速度为解得hsis? 42(m)(3)设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为 a4，恢复升力时速度为V34 2由牛顿第二定律mgfma3,a3 108m/s2mgma4,a42824106m/s2且-22a32a42ha3a424268 12...2mV3 a3t3解得t3=32(s)(或2.1s)2（恢复升力注意：失去升力下降不能下降到地面，因为有速度，还要在恢复升力后减速下降后不能马上上升），要在到达地面前速度减为0，然后才能上升。（恢复升力【解法2】用动能定理和动量定理解（2） 第一次飞行中，设末速度为v,根据动能定理，有（Fmgf）12

mv（2） 第一次飞行中，设末速度为v,根据动能定理，有（Fmgf）12

mv2根据动量定理，有(Fmgf)t1mv解得fFmg2mHOQIT282044(N)（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为Vi，上升的高度为Si根据动能定理，有（Fmgf）s1 —mv12根据动量定理，有（根据动量定理，有（Fmgf）t2mvi解得：w=12m/sSi36mS22a2S22a2 212失去升力后上升的高度为 s2，根据动能定理，有12(mgf)s20 mv；2TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"1 2解得\o"CurrentDocument".2叫122 -解得S2 = 6mmgf204S|s， 42(m)(3)设失去升力下降S3，恢复升力后下降S4，恢复升力时速度为v3失去升力下降阶段，根据动能定理（mgf)S3根据动量定理（mgf)t3mv3恢复升力下降阶段，根据动能定理 (Fmgf)s401mvf2并且s3s4h42m解得：v3 122m3近得t3= (s)(或2.1s)2【解法3】用Vt图象和v2一12m/s2一12m/s，作出v2s图象，见下右图，得s4N。(2)正常上升时，加速度(2)正常上升时，加速度如下左图，得2a12m/s，根据v1和2，作出vt图象,Vi12m/s，根据v2c 1442as，作出v2s图象，如下右图，得q436m，遥控器出现故障后，加速度a21446m，在24v2s图象中,s42m。v-t图象(3)失去升力下降阶段加速度为速度等于后者的初速度，根据 v2a3=8m/s2；恢复升力后加速度为a4=6m/s2，前者的末2as，以及ssS4h42m，作出v(3)失去升力下降阶段加速度为速度等于后者的初速度，根据 v233.左图，可求得v2 288（m/s）2，从而v12.2m/s，作出vt图象，如下右图，得t3=^(S)。23.2008年第13题.（15分）抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动•现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力. （设重力加速度为g）⑴若球在球台边缘O点正上方高度为m处以速度vi,水平发出，落在球台的Pi点（如图实线所示），求Pi点距O点的距离xi..⑵若球在O点正上方以速度V2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台的 P2（如图虚线所示），求v2的大小.⑶若球在O正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘 P3,求发球点距O点的高度h3.X| v1t100⑵同理得：h2.2gt22X2V2t2⑵同理得：h2.2gt22X2V2t2且:h2h2x2L解得：V2学2.2h12⑶如下图，同理得：h3 gt32X3Vst3且：3x32L设球从恰好越过球网到最高点的时间为 t，水平距离为s,有:1.22gth3V3t由几何关系得:X3解得：h34h3m=500kg大2007。 15题、（14分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着空箱的悬索与竖直方向的夹角B 1=450。直升机取水后飞往火场， 加速度沿水平方向，小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角14 0。如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，谋求水箱中水的质量M。 （取重力加速度g=10m/s2;sin140=0.242；cos14匸：X=0.970）

匸：X34.2007.15题【答案】4.5X10kg【解析】 直升机取水时，水箱受力平衡TOC\o"1-5"\h\zTisin9i-f=0 ①Ticos9i-mg=0 ②由①②得f=mgtan9i ③直升机返回时，由牛顿第二定律T?sin92-f=(m+MfeTzcos92-(m+Mg=0由③④⑤得，水箱中水的质量M=4.5X103kg5.2007. 19题、(16分)如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H,上端套着一个细环。棒和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S。从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。k3 2kmgH2007.19题【答案】 (1)(k-1)g,方向竖直向上(2) H(3)-k1 k1【解析】 (1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环环受合力F环=kmg_mg由牛顿第二定律F环=ma环由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上(2)设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为vi.12由机械能守恒得： x2mv=2mgH2解得vi=2gH设棒弹起后的加速度a棒由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g棒第一次弹起的最大高度2棒第一次弹起的最大高度2解得H=——k1棒运动的路程解得H=——k1棒运动的路程kqs=H+2H= 3Hk1(3)解法一：棒第一次弹起经过11时间，与环达到相同速度 vi'环的速度v1=-V1+a环11棒的速度V1'=Vt+a棒11环的位移1.2h环1=-V1t1+—a环112棒的位移12h棒1=V1t1+ a棒112xi=h环1-h棒1―2H解得：X1=-k棒环一起下落至地2/2V2-V1=2gh棒1解得:v解得:v2='2gH,k同理,同理,环第二次相对棒的位移i'2HX2=h环 2- h棒2=-Vk2XnXn=-2H环相对棒的总位移+Xn+X=Xi+X+Xn+W=kmgx2kmgH得W=--k1解法二：设环相对棒滑动距离为 I根据能量守恒mgHmaH+I)=kmgl摩擦力对棒及环做的总功W=-kmgl解得w=-2^k12006年第14题.(14分)如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星 B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为ho已知地球半径为R,地球自转角速度为 0,地球表面的重力加速度为g重力加速度为g,O为地球中心。求卫星B的运行周期。如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B两卫星相距最近(0、B、A在同一直线上)，则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？Mm6. 06.14.【解析】Mm联立①②得（RMm6. 06.14.【解析】Mm联立①②得（R十gR「(2)由题意得(轴-3)心2兀 ④由③得

(R+h)3代入④得：2tt—it)(/?+A)57.2005年13.（14分）A、B两小球同时从距地面高为 h=15m处的同一点抛出，初速度大小均为V0=10m/s.A球竖直向下抛出，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g=l0m/S2.求:（1）A球经多长时间落地？（2）A球落地时，A、B两球间的距离是多少？将h15m、v0 10m/s代入，可得:1shv°t-2gt2x（2）B球做平抛运动：yv将h15m、v0 10m/s代入，可得:1shv°t-2gt2x（2）B球做平抛运动：yv°t1.22gt将v10m/s、t1s代入，可得:10m5m此时A球与B球的距离L为：L、x2(hy)2将x、y、h代入，得：L102m&2004年15.（15分）如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上•一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为 m的重物，忽略小圆环的大小。（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧B =30°的位置上（如图）.在一两个小圆环间绳子的中点 C处，挂上一个质量M=2m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物 M.设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物 M下降的最大距离.

(2)若不挂重物M.小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态&04.第15小题【解析】下降的最大距离为h，由机械能守恒定律得Mgh2mgh2(Rsin)2Rsin解得h.2R(另解h=0舍去)(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为两小环同时位于大圆环的底端.两小环同时位于大圆环的顶端.两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端.除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称•设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧 角的位置上(如图所示).对于重物m，受绳子拉力T与重力mg作用，有Tmg对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力 T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反TsinTsin'得',而'90°，所以 =45°。2004年16.(15分)如图所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为Vs和VA.空气中声音传播的速率为 Vp,设Vs<Vp,VA<Vp，空气相对于地面没有流动.若声源相继发出两个声信号.时间间隔为△ t,请根据发出的这两个声信号从声源传播TOC\o"1-5"\h\z到观察者的过程.确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△ t'.请利用(1)的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式. .■ 一 * > F・A —>S A *04.第16小题【解析】

（1）设ti、t2为声源S发出两个信号的时刻，h、t2为观察者接收到两个信号的时刻。则第一个信号经过（ti—ti）时间被观察者A接收到，第二个信号经过（t2-t2）时间被观察者A接收到。且t2—ti=△t t2—ti=△t'设声源发出第一个信号时， SA两点间的距离为L,两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们运动的距离关系如图所示Vp(ti ti)L Va(ti的过程中，它们运动的距离关系如图所示Vp(ti ti)L Va(titi)VP(t2t2)LVA(t2ti) VssB • 1E T讥I1 g刷，可得由以上各式，得P vS 丄t—StVp VaVp-Jj)(2)(2)VpVaVpVs设声源发出声波的振动周期为 T,这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动vPVs的周期T为TP STVpVa由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为iO. 2003年i4.（i2分）据美联社2002年i0月7日报道，天文学家在太阳系的 9大行星之外，又发现了一颗比地球小得多的新行星，而且还测得它绕太阳公转的周期约为