【文档说明】《高考物理计算题解题技法》方法04 力学计算题方法思路（解析版）.docx，共(18)页，519.887 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1力学计算题方法思路---2020年高考计算题解题技法目录一、“元素组合”意识..........................................................................................................

.............1二、“思想组合”意识.......................................................................................

................................2三、“方法组合”意识........................................................................................

...............................4四、“步骤组合”意识...............................................................

........................................................6热身训练..................................................................

.........................................................................8分析近几年的高考物理试题，力学计算题的鲜明特色在于组合，通过深入挖掘力学计算题的内在规律，在解题时，考生必

须具备“元素组合”“思想组合”“方法组合”“步骤组合”4种意识。只有具备了这4种组合意识，才能对力学组合大题化繁为简、化整为零，找准突破口快解题。一、“元素组合”意识力学计算题经常出现一体多段、两体多段，甚至多体多段等多元素的综合性题目。试题中常出现的“元素组合”如下：

粒子小球滑块板＋弹簧传送带轻绳杆＋水平面竖直面倾斜面＋光滑段粗糙段＋恒力变力＋匀速加速减速＋

直线碰撞、反冲曲线平抛、圆周运动力学计算题变化多样，但大多数是对上述“元素组合”框架图的各种情景进行排列组合。阅读题目时首先要理清它的元素组合，建立模型，找到似曾相识的感觉，降低对新题、难题的心理障碍。【典例】(2019·黔东南州二模)如图所示，让小球从图中的C位置由静止开始

摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R＝0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长为L＝2.5m，θ＝60°，小球质量为m＝1kg，小球可视为质点，D点与小孔A的

水平距离s＝2m，g取10m/s2，试求：(1)摆线能承受的最大拉力为多大？2(2)要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求小球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。[元素组合]小球＋轻绳＋竖直平面＋DA粗

糙段＋恒力＋匀减速运动＋竖直平面＋圆周运动。[答案](1)20N(2)μ≤0.25[解析](1)小球由C到D运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒，则有：mgL(1－cosθ)＝12mvD2小球运动到D点时，由牛顿第

二定律可得：Fm－mg＝mvD2L联立两式解得：Fm＝2mg＝20N。(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得：mg＝mv2R小球从D到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得：－μmgs－2mgR＝12mv2－12m

vD2解得：μ＝0.25即要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25。二、“思想组合”意识一道经典的力学计算题宛如一个精彩的物理故事，处处蕴含着物理世界“平衡”与“守恒”这两种核心思想。复习力学计算题应牢牢抓住这两种思想，不妨构建下列“思想组合”框架图：平衡思想体现出

对运动分析和受力分析的重视。运动分析与受力分析可以互为前提，也可以互为因果。如果考查运动分析，物体保持静止或匀速直线运动是平衡状态，其他运动则是不平衡状态，选用的运动规律截然不同。类似地，如果考查受力分析，也分为两种：F合3＝0或者F合＝

ma。F合＝0属于受力平衡，牛顿第二定律F合＝ma则广泛应用于受力不平衡的各种情形。若更复杂些，则应追问是稳态平衡还是动态平衡，考查平衡位置还是平衡状态。高中物理守恒思想主要反映的是能量与动量恒定不变的规律。能量与动量虽不同于运动与受力，但不

同的能量形式对应于不同的运动形式，不同的动量形式也对应于不同的受力形式，所以本质上能量与动量来源于物体运动与受力规律的推演，是运动与受力分析的延伸。分析能量与动量的关键是看选定的对象是单体还是系统。如果采用隔离法来分析单

个物体，一般先从动能定理或动量定理的角度思考。如果采用整体法来分析多个物体组成的系统，则能量守恒或动量守恒的思维更有优势。思想不同，思考方向就会不同。在宏观判断题目考查平衡还是守恒后，才能进一步选对解题方法。【典例】质量为m木、长度为d的

木块放在光滑的水平面上，木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0按如图所示的方向射入木块，刚好能将木块射穿，现将销钉拔去，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以初速度v0射入静止的木块，求：(1)子弹射入木块的深度是多少；(2)从子弹开始进入木块到子弹

相对木块静止的过程中，木块的位移是多少；(3)在这一过程中产生多少内能。[思想组合][答案](1)m木m木＋md(2)m木mm木＋m2d(3)m木mv022m木＋m[解析](1)设子弹所受阻力为f则木块不动时：v02＝2fmd木块

自由时，子弹与木块组成的系统动量守恒：mv0＝(m＋m木)v对子弹：v02－v2＝2fmx1，对木块：v2＝2fm木·x24子弹射入木块的深度l＝x1－x2由以上五式可联立解得：l＝m木m木＋md。(2)由(1)问所列关系式可解得：x2＝m木mm木＋m2d。(3)由能量守恒定律可得在

这一过程中产生的内能Q＝12mv02－12(m木＋m)v2＝m木mv022m木＋m。三、“方法组合”意识透彻理解平衡和守恒思想后，具体解题主要使用3种方法：受力与运动的方法、做功与能量的方法、冲量与动量的方法。这三条主线是一个庞大的体系，光是公式就多达几十个，不单学习时难以记忆，解题时也容易混淆

。为获得顺畅的思路，整理成如下的“方法组合”框架图。动力法动力法的特征是涉及加速度，主要用于解决物体受力情况与物体运动状态的关系。已知受力求运动，先从力F代表的F合＝0或F合＝ma写起，进而得出运动参数x、v、t或θ、ω、t。已知运动求受力，则从x、v、

t或θ、ω、t代表的各种运动规律写起，从右向左反向得出物体所受的力F功能法功能法主要用于解决不涉及时间的情形。若不涉及时间，使用动能定理较为普遍。若不涉及时间又需研究能量，则优先使用E代表的能量关系，特别是能量守恒定律冲动法若涉及时间，冲动法中的动量定理可以简化计算。动量守恒定律是物

理学史上最早发现的一条守恒定律，其适用范围比牛顿运动定律更广。面对多体问题，学生选择合适的系统并运用动量守恒定律来解决，往往更加便捷当然，在应用上述三种方法时，学生一定要注意各个公式的适用范围，不能生搬硬套，例如动量守恒定律的应用前提需先考虑系统所受合外力是否为零。有些问题只

需一个方法就能解决，也可能是多种方法联合求解，学生只有经过反复实践才能灵活选用。【典例】光滑水平面上放着质量mA＝1kg的物块A与质量mB＝2kg的物块B，A与5B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时

弹簧弹性势能Ep＝49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5m，B恰能到达最

高点C。g取10m/s2，求：(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。[方法组合](1)动力法{物块B恰好通过最高点C→牛顿第二定律(

2)冲动法绳被拉断瞬间对A、B组成的系统→动量守恒定律绳被拉断瞬间绳对B的冲量→动量定理(3)功能法弹簧伸长到绳被拉断前的过程→系统能量守恒物块B在光滑轨道上升过程→机械能守恒绳被拉断瞬间绳对A做功→动能定理[答案](1)5m/s(2)4N·s(3)8J[解析](1

)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，由牛顿第二定律得mBg＝mBvC2R由机械能守恒定律得12mBvB2＝12mBvC2＋2mBgR代入数据得vB＝5m/s。(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取

水平向右为正方向，有Ep＝12mBv12由动量定理得I＝mBvB－mBv1代入数据得I＝－4N·s，其大小为4N·s。(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mBv1＝mBvB＋mAvAW＝12mAvA2，代入数据得W＝8J。6四、“步骤组合”意识构建以上三个组合的目的是

引导学生整合知识网络，提升解题效率。但学生在做题时，即使面对平时比较熟悉的物理情景，有时仍会不知道如何表述。为了切入题目，可尝试使用“对象—过程—原理—列式”这4个步骤来书写，如下图所示。通过运用“四步法”

框架图，学生的解题思路可以更加清晰：首先找出对象，明确过程，然后分析原理，选定公式。在文字的规范表达方面，“四步法”也是一种范式，表述会更加全面。【典例】如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m

，带电荷量为＋q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从距A为x0的P点由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动，全过程中小球A的电量不发生变化，重力加速度为g。(1)若

x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能；(2)若x0未知，且B与A在最高点恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量；(3)在满足第(2)问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度。[步骤组合](1)对象小球A平衡时→

隔离法小球B自由下落时→隔离法小球B与A碰撞时→整体法系统7(2)过程小球B自由下落→小球B与A碰撞→小球B与A一起向下运动(3)两种思想小球A碰前静止→平衡→F合＝0小球B与A碰撞→守恒→动量守恒定律能量守恒定律A、B速度最大时→平衡→A、

B整体F合＝0小球B与A一起向下运动→守恒→能量守恒定律(4)列式小球A平衡：qE＝mg小球B自由落体：mgx0＝12mv02小球B与A碰撞动量守恒：mv0＝2mv1能量守恒：ΔE＝12mv02－12×2mv12小球A、B速度最大时：2mg＝Eq＋

kx2小球B与A一起向下运动时：2mg－qEx1＋x2＝12×2mvm2[答案](1)12mgx0(2)mgk(3)g2mk[解析](1)设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止时有：qE＝mg解得E＝mgq在与A碰撞前B的速度为v0，由机

械能守恒定律得：mgx0＝12mv02解得v0＝2gx0B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1解得v1＝12v0B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE为：ΔE＝12mv02－12×2mv12＝12mgx0。(2)A、B在最高点恰不分离

，此时A、B加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹簧的伸长量为x1，则：对B：mg＝ma对A：mg＋kx1－qE＝ma8所以弹簧的伸长量为：x1＝mgk。(3)A、B一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度vm，设此时弹簧的压缩量为x2，则：2mg－(

qE＋kx2)＝0解得x2＝mgk由于x1＝x2，说明A、B在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：(2mg－qE)(x1＋x2)＝12×2mvm2解得vm＝g2mk。热身训练1.在一段平直道路的路口，一辆货车和一

辆电动自行车都停在停止线处．绿灯亮起后两车同时启动，已知货车启动后能保持2.5m/s2的加速度，一直达到该路段限制的最大速度25m/s后保持匀速直线运动；电动自行车启动后保持4m/s2的加速度，一直达到该车的最大速度20m/s后保持匀速直线运动，则电动自行车在多长时间内领先货车？【答案】

15s【解析】设货车加速的时间为t1，加速度过程中的位移为x1，则t1＝v1a1，x1＝v212a1货车开始做匀速直线运动到追上电动车的时间为t2，位移为x2，则x2＝v1t2设电动车加速的时间为t3，加速

过程中的位移为x3，则t3＝v2a2，x3＝v222a2电动车开始做匀速直线运动到被货车追上的时间为t4，位移为x4，则x4＝v2t4两车运动的总位移相等，所用的总时间相等x1＋x2＝x3＋x4，t＝t1＋t2＝t3＋t4联立解得t＝

15s.2.(2019年云南昆明模拟)有一如图所示的装置，轻绳上端系在竖直杆的顶端O点，下端P连接一个小球(小球可视为质点)，轻弹簧一端通过铰链固定在杆的A点，另一端连接在P点，整个装置可以在外部驱动下绕OA轴旋转．刚开始时，整个装置处于静止状态，弹簧处于水平方向．现在让杆从

静止开始缓慢加速转动，整个过程中，绳子一直处于拉伸状态，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力．已知：OA＝4m，OP＝5m，小球质量m＝1kg，弹簧原长l＝5m，重力加速度g取10m/s2.求：9(1)弹簧的劲度系数k；(2)当弹簧弹力为零时，整个装置转动的角

速度ω.【答案】(1)3.75N/m(2)5rad/s【解析】(1)开始整个装置处于静止状态，对小球进行受力分析，如图所示：根据平衡条件得F弹AP＝mgOAF弹＝k(1－AP)，AP＝OP2－OA2联立并代入数据解得k＝3.75N/m

.(2)当弹簧弹力为零时，小球上移至位置P′，绕OA中点C做匀速圆周运动，受力分析如图所示．由图可得，轨道半径为r＝CP′＝OP′2－OC2，tanθ＝CP′OC，其中AP′＝OP′＝5m，OC＝2m根据牛顿第二定律得mgtanθ＝mω2r联立解得ω＝

5rad/s.3.(2019•海南卷•T13)如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极

短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度大小为g。求10(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；(2)轻绳的长度。【答案】(1)2gs(2)4μs【解析】(1)设a的质量为

m，则b的质量为3m。碰撞后b滑行过程，根据动能定理得213032bmgsmv−=−。解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小2bvgs=(2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得mv0=mva+3mvb。根据机械能守恒得22201113222abmv

mvmv=+。设轻绳的长度为L，对于a下摆的过程，根据机械能守恒得2012mgLmv=。联立解得L=4μs。4.(2019•全国Ⅲ卷•T12)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA=l.0k

g，mB=4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均

为u=0.20。重力加速度取g=10m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)v

A=4.0m/s，vB=1.0m/s；(2)A先停止；0.50m；(3)0.91m；【解析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关11系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都

会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可。(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量

守恒定律和题给条件有0=mAvA-mBvB①22k1122AABBEmvmv=+②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应

为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有BBmamg=④212BBsvtat=−⑤0Bvat−=⑥在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间

t内的路程SA都可表示为sA=vAt–212at⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75m，sB=0.25m⑧这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处

。B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为s=025m+0.25m=0.50m⑨(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有()2211222AAAAABmvmvmgls−=−+⑩联立③⑧⑩式并代入题给数

据得7m/sAv=故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有()AAAABBmvmvmv−=+222111222AAAABBmvmvmv=+.12联

立式并代入题给数据得3727m/s,m/s55ABvv==−这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式222,2AABBasvasv==由④式及题给数据得0.63m,0.28mABss==

sA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离0.91mABsss=+=5.如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L＝40m，离地面的高度H＝3.2m，传送带一直以恒定的速率v0＝2m/s顺时针匀速转动．两个完全一样的滑块P、Q由轻质弹簧相连但不栓接，用一轻绳把两滑块拉至最近

，使弹簧处于最大压缩状态绷紧，轻放在传送带的最左端．开始时P、Q一起从静止开始运动，t1＝3s后轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度(不考虑弹簧的长度的影响)，此时滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍．且它们的运动方向相反，已知滑块的质量是m＝0.

2kg，滑块与传送带之间的动摩擦因数是μ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2.(滑块P、Q和轻质弹簧都可看成质点，2取1.4)求：(1)弹簧处于最大压缩状态时，弹簧的弹性势能？(2)两滑块落地的时间差？(3)两滑块落地点间的距离？【答案】(1)7.2J(2)7.8s(3)4

3.84m【解析】(1)滑块在传送带上运动的加速度大小a＝μmgm＝μg＝1m/s2滑块从静止开始运动到与传送带相对静止所用的时间t0＝v0a＝21s＝2s这段时间内滑块的位移x0＝12at2＝12×1

×22m＝2m<L＝40m故滑块第2s末相对传送带静止t1＝3s时，滑块的速度是v0＝2m/s，滑块的位移x1＝x0＋v0(t1－t0)＝(2＋2×1)m＝4m弹簧弹开物体的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝mvQ－mvP又有vQ＝2vP，解得弹簧伸长至本

身的自然长度时，滑块Q的速度大小vQ＝8m/s，滑块P的速度大小vP＝4m/s13由能量守恒定律得弹簧处于最大压缩状态时，弹性势能为Ep＝12mv2Q＋12mv2P－12(2m)v20解得Ep＝7.2J.(2)两滑块做平抛运

动的高度一样，平抛的时间相等，所以两滑块落地的时间差就是弹簧到自然长度后，两滑块在传送带上的运动时间．滑块Q运动到与传送带相对静止用时t2＝vQ－v0a＝6s这段时间内滑块运动的位移x2＝vQt2－12at2

2解得x2＝30m＜L－x1＝36m，所以滑块Q先匀减速运动，后匀速运动，滑块Q匀速运动的时间t3＝L－x1－x2v0＝40－4－302s＝3s滑块P速度减小到0时候，滑块P运动的位移x3＝v2P2a＝422×1m＝8m>x1＝4m会从左端落下．滑块P滑到传送带左端

时的速度v′P＝v2P－2ax1＝42－2×1×4m/s＝22m/s运动时间t4＝vP－v′Pa≈1.2s两滑块落地的时间差Δt＝t2＋t3－t4＝7.8s.(3)滑块P离开传送带做平抛运动的水平距离x4＝v′P2H

g＝22×2×3.210m＝2.24m滑块Q离开传送带做平抛运动的水平距离x5＝v02Hg＝2×2×3.210m＝1.6m.两滑动落地点间的距离Δx＝x4＋L＋x5＝43.84m.6.如图所示，传送带水平部分的长度l＝4.5m，在电动机带动下匀速运行．

质量M＝0.49kg的木块(可视为质点)静止在传送带左端的光滑平台上．质量为m＝10g的子弹以v0＝50m/s的速度水平向右打入木块并留在其中，之后木块滑到传送带上，最后从右轮轴正上方的P点离开传送带做平抛运动，正好落入车厢中心点Q.已知木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，P点与车底板间的

竖直记度H＝1.8m，与车厢底板中心点Q的水平距离x＝1.2m，取g＝10m/s2，求：14(1)木块从传送带左端到达右端的时间；(2)由于传送木块，电动机多消耗的电能．【答案】(1)2.3s(2)1J【解析】(1)传送带的速度等于木块运动到P点后做平抛运动，得x＝vt竖直方向H＝12gt

2解得抛出速度v＝2m/s子弹打入木块过程，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v1木块沿传送带加速运动，由牛顿第二定律得μ(M＋m)g＝(M＋m)a加速至v的位移x1＝v2－v212a＝0.3m<4.5m加速运动时间t1＝v－v1a＝0.2s之后随传

送带向右匀速运动，匀速运动时间t2＝l－x1v＝2.1s木块从传送带左端到达右端的时间t＝t1＋t2＝2.3s.(2)根据功能关系，电动机多做的功等于该过程煤块动能的增量ΔEk与煤块与皮带由于摩擦生热而

产生的内能Q之和，即E＝ΔEk＋Q其中ΔEk＝12(m＋M)v2－12(m＋M)v21解得ΔEk＝0.75J产生的热量Q＝μmg(x带－x块)＝μmgΔx＝0.25J联立可得E＝ΔEk＋Q＝1J.7.(2019•北京卷•T12)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)将雨滴看作半径为r的球体，设其

竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数。15a.设雨滴的密度为ρ，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>r2)的雨滴在空气中无初速下落的v–t图线，其中_____

____对应半径为r1的雨滴(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v–t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f∝v2(提示：设单位体积内空

气分子数为n，空气分子质量为m0)。【答案】(1).212fWmghmu=−(2).a.π3mrgvk=b.①v-t图线.(3).详见解析【解析】(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；雨滴的加

速度为0时速度最大解答；由动量定理证明对雨滴由动能定理得：2f12mghWmu−=解得：2f12Wmghmu=−；（2）a.半径为r的雨滴体积为：34π3Vr=，其质量为mV=当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为mv，则有：mgf=16其中

22mfkrv=联立以上各式解得：π3mrgvk=由π3mrgvk=可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为1r的雨滴，不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：；（3）设在极短时间t内，空气

分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为U，在t内，空气分子个数为：NnSvt=，其质量为0mNm=设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：1()Ftmvu=+对圆盘上方空气分子由动量定理有：20()Ftmuv−=−−圆盘受到的空气阻力为：12fFF=−联立解得：2

202fSvnmv=。8.(2019•全国Ⅰ卷•T12)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(

图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气

阻力。17(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放

，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。【答案】(1)3m(2)215mgH(3)911【解析】(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为Av、Bv，弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即：1ABBmvmvmv=+222111122

2ABBmvmvmv=+联立方程解得：1BABmmvvmm−=+；12BBmvvmm=+根据v-t图象可知，112Avv=−解得：3Bmm=(2)设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得当物块A沿斜面下滑时：1sinmgfma

−=，由v-t图象知：111vat=当物体A沿斜面上滑时：2sinmgfma+=，由v-t图象知：12154vat=解得：1sin9fmg=；又因下滑位移1111sin2Hxvt==18则碰后A反弹，

沿斜面上滑的最大位移为：1211110.40.1sin22vhxtvt===其中h为P点离水平面得高度，即15hH=解得25sinHx=故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为：()1212sin9sin5sin15fHHWfxxmgmgH

=+=+=(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为S，设原来的摩擦因为为µ则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有：()tanBHhmgHhmgmgS+−=+设改变后的摩擦因数为µ’，然后将A从P点释

放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得：tanhmghmgmgS=+又据(2)的结论可知：215tanfHhWmgHmg+==，得：tan9=联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：119=。