1、活用“三大观点”解析力学综合问题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阻，依题意有F阻0.1mg设发
2、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，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示意图中画出了半径为r1、r2(r1
3、r2)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图线如图1.(3)根据题设条件：
4、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，上表面与C点等高质量m1 kg的物
5、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，由牛顿第二定律得Fmgm解得
6、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滨州二模)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)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep 9 J
7、，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由动量守恒有mAvAmBvB0联立以上两式解得vA3 m/s，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- 4 -