考点1 直线运动规律与牛顿运动定律的综合应用（大题突破）-【创新教程】2018-2020三年高考真题物理分类特训

大题突破 考点１　直线运动规律与牛顿 运动定律的综合应用 　解析:(１)设 飞 机 装 载 货 物 前 质 量 为 m１,起 飞 离 地 速 度为v１;装载货物后 质 量 为 m２,起 飞 离 地 速 度 为v２, 重力加速度大小为g．飞机起飞离地应满足条件 m１g＝kv２１ ① m２g＝kv２２ ② 由①②式及题给条件得　v２＝７８m/s ③ (２)设飞机滑行距离为s,滑行过程中加速度大小为a, 所用时间为t．由匀变速直线运动公式有 v２２＝２as ④ v２＝at ⑤ 联立③④⑤式及题给条件得a＝２．０m/s２ ⑥ t＝３９s ⑦ 答案:(１)７８m/s　(２)２m/s２　３９s 考点２　动能定理及功能关系的应用 １．解析:(１)v－t图像如图所示． (２)设刹车前汽 车 匀 速 行 驶 时 的 速 度 大 小 为v１,则t１ 时刻的速度也为v１,t２ 时刻的速度为v２．在t２ 时刻后 汽车做匀减速运动,设其加速度大小为a．取 Δt＝１s, 设汽车在t２＋(n－１)Δt~t２＋nΔt内的位移为sn,n＝ １,２,３􀆺． 若汽车在t２＋３Δt~t２＋４Δt时 间 内 未 停 止,设 它 在t２ ＋３Δt时刻的速度为v３,在t２＋４Δt时刻的速度为v４, 由运动学公式有 s１－s４＝３a(Δt)２ ① s１＝v２Δt－ １ ２a (Δt)２ ② v４＝v２－４aΔt ③ 联立①②③式,代入已知数据解得 v４＝－ １７ ６m /s ④ 这说明在t２＋４Δt时 刻 前,汽 车 已 经 停 止．因 此,① 式 不成立． 由于在t２＋３Δt~t２＋４Δt内汽车停止,由运动学公式 v３＝v２－３aΔt ⑤ ２as４＝v２３ ⑥ 联立②⑤⑥式,代入已知数据解得 a＝８m/s２,v２＝２８m/s ⑦ 或者a＝２８８２５m /s２,v２＝２９．７６m/s ⑧ 但⑧式情形下,v３＜０,不合题意,舍去． (３)设汽车 的 刹 车 系 统 稳 定 工 作 时,汽 车 所 受 阻 力 的 大小为f１．由牛顿定律有 f１＝ma ⑨ 在t１~t２ 时间内,阻力对汽车冲量的大小为 I＝１２f１ (t２~t１) ⑩ 由动量定理有I＝mv１－mv２ 􀃊􀁉􀁓 由动能定理,在t１~t２ 时间内,汽车克服阻力做的 功为 W ＝１２mv ２ １－ １ ２mv ２ ２ 􀃊􀁉􀁔 联立⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁓􀃊􀁉􀁔式,代入已知数据解得 v１＝３０m/s 􀃊􀁉􀁕 W ＝１．１６×１０５J 􀃊􀁉􀁖 从司机发现警示牌 到 汽 车 停 止,汽 车 行 驶 的 距 离s约 为 s＝v１t１＋ １ ２ (v１＋v２)(t２－t１)＋ v２２ ２a 􀃊􀁉􀁗 联立⑦􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗式,代入已知数据解得 s＝８７．５m 􀃊􀁉􀁘 ２．解析:(１)小球在C 点受力如图 因tanα＝ Fmg ,tanα＝３４ 所以F＝mgtanα＝ ３ ４mg F′＝ mgcosα＝ ５ ４mg 又因F′＝m v２c R 得:vc＝ ５ ４gR＝ ５gR ２ (２)从 A 点到C 点,对小球由动能定理得: －F′(R＋Rcosα)＝１２mv ２ c－ １ ２mv ２ A 解得:vA＝ ２３ ４gR 所以:pA＝mvA＝m ２３ ４gR＝ m ２３gR ２ ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９４ 最新试题精选􀅰物理　　　　　　　　　　　　 $$ 　　　考点１　直线运动规律与牛顿运动定律的综合应用 　(２０２０􀅰新课标Ⅰ卷,２４)我国自主研制了运Ｇ２０重型运输机．飞机获得的升力大小 F 可用F＝kv２ 描写,k 为 系数;v 是飞机在平直跑道上的滑行速度,F 与飞机所受重力相等时的v 称为飞机的起飞离地速度．已知飞机 质量为１．２１×１０５kg时,起飞离地速度为６６m/s;装载货物后质量为１．６９×１０５ kg,装载货物前后起飞离地 时的k值可视为不变． (１)求飞机装载货物后的起飞离地速度; (２)若该飞机装载货物后,从静止开始匀加速滑行１５２１m 起飞离地,求飞机在滑行过程中加速度的大小和所 用的时间． ２２