物理高考真題匯編-力學綜合應用

廣西華南烹飪技工學校

物理高考真題匯編一一力學綜合應用

第26節(jié)力學綜合題

1.2016年上海卷25.地面上物體在變力F作用下由靜止開始豎直向上運動，力/隨高度x的變化關

系如圖所示，物體能上升的最大高為〃，h<H.當物體加速度最大時其高度為,加速度的最大

值為。

【答案】0或〃；-^―

2H-h

【解析】據(jù)題意，從圖可以看出力F是均勻減小的，可以得出力F隨高度x的變化關系：

F=冗一kx,而％=區(qū),可以計算出物體到達力處時力尸=為一娛/?；物體從地面到人處的過

HH

程中，力F做正功，重力G做負功，由動能定理可得：Fh=mgh,而/=娛土￡=與一旦力,

22H

可以計算出：￡,=四”，則物體在初位置加速度為：Fo-mg=ma,計算得：。=上—；

°2H-h°2H-h

當物體運動到〃處時，加速度為：mg-F=fmi,而尸=2岫一,計算處理得：

2H-h2H-h

。=上乙，即加速度最大的位置是0或八處。

2H—h

2.2016年新課標1卷20.如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直面（紙面）內,

且相對于過軌跡最低點P的豎直線對稱。忽略空氣阻力。由此可知（）

A.。點的電勢比P點高

B.油滴在。點的動能比它在尸點的大

C.油滴在。點的電勢能比它在P點的大

D.油滴在。點的加速度大小比它在尸點的小

答案：AB

解析：由于勻強電場中的電場力和重力都是恒力，所以合外力為恒力，加速度恒定不變，所以D

選項錯。由于油滴軌跡相對于過尸的豎直線對稱且合外力總是指向軌跡彎曲內側，所以油滴所受

合外力沿豎直方向，電場力豎直向上。當油滴從P點運動到。時，電場力做正功，電勢能減小，C

選項錯誤；油滴帶負電，電勢能減小，電勢增加，所以Q點電勢高于P點電勢，A選項正確；在

油滴從P點運動到。的過程中，合外力做正功，動能增加，所以。點動能大于P點，B選項正確;

所以選AB。

3.2017年天津卷4.“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天

輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動。下列敘述正確的是

A.摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變

B.在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力

C.摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變

【答案】D

【解析】機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，動能不變，

重力勢能時刻發(fā)生變化，則機械能在變化，故A錯誤；在最高點，對乘客受力分析，根據(jù)牛頓第

22

二定律mg-N=m-，座椅對他的支持力N=mg-m--<mg故B正確；乘客隨座艙轉動一周

的過程中，重力的沖量J=%??力0，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率耳=mgv-cos。，其中

。為線速度與豎直方向的夾角，摩天輪轉動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但夾角。在

變化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤。

4.2016年天津卷10、我國將于2022年舉辦冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖

所示。質量機=60kg的運動員從長直助滑道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6m/s2勻加速滑下，

到達助滑道末端B時速度i，B=24m/s,A與B的豎直高度差H=48m,為了改變運動員的運動方向，

在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以。為圓心的圓弧。助

滑道末端8與滑道最低點C的高度差/z=5m,運動員在8、C間運動時阻力做功W=-1530J,取

^=10m/s2

(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力好的大??；

(2)若運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，則C點所在圓弧的半徑R至少應為多大。

【答案】(1)144N(2)12.5m

【解析】(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x,

則有v^=2ax①

由牛頓第二定律有，“g旦一%相。②

x

聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)解得f>144N③

(2)設運動員到達C點時的速度為vc，在由8到達C的過程中，由動能定理有

tngh+W=-mv(^——inW④

設運動員在C點所受的支持力為Bv，由牛頓第二定律有

2

rVc

FN-mg=m-^⑤

K

由運動員能夠承受的最大壓力為其所受重力的6倍，聯(lián)立④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得

R=12.5m⑥

5.2012年理綜全國卷

26.(20分)一探險隊員在探險時遇到一山溝，山溝的一側豎直，另一側的坡面呈拋物線形狀。此

隊員從山溝的豎直一側，以速度w沿水平方向跳向另一側坡面。如圖所示，以溝底的O點為原點

建立坐標系。孫、已知，山溝豎直一側的高度為2心坡面的拋物線方程為y探險隊員的

2h

質量為根。人視為質點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。

(1)求此人落到坡面時的動能；

(2)此人水平跳出的速度為多大時，他落在坡面時的動能最小？動能的最小值為多少？

【解析】

(1)(1)設該隊員在空中運動的時間為t,在坡面上落點的橫坐標為x,縱坐標為y。由運動學

公式和已知條件得：x=vot①

2h-y=^gr②

得平拋運動的軌跡方程y=2h-^x2

根據(jù)題意有坡面的拋物線方程：y=—x2③

2/2

、I4/z2Vn2/zv3

兩方程的交點為x=———，y——------o

丫行+g/zv(：4-gh

由機械能守恒，落到坡面時的動能為：

1212_.、

—mv-=~mvo+mg(Z/2h-y)④

聯(lián)立式得：-mv2=-m(v2+￥)

fl⑤

22M+g//

另解【或根據(jù)機械能守恒，mg?2力+；zw；

mgy+E*解得Ek=2mgh+-mv1-2飛映一】

2v0+gh

(2)方法1：⑤式可以改寫為

產(chǎn)極小的條件為⑥式中的平方項等于0,由此得:

%=屈⑦

2

此時v=3gh,則最小動能為Ekmin=^mgh⑧

另解方法2：由&=,機行+坐生，

2v^+gh

令說=ngh,則Ek=—mgh+2mgh=mgh(—+—^—)

2n+12n+1

當〃二1時，即行=g〃探險隊員的動能最小，最小值為七mm=/“6新

另解方法3：求心=2，〃g/z+』w；-乎殛關于％的導數(shù)并令其等于0,

2v0+gh

即瓦=mv0-,4叫一%=0解得說+g〃=2gh

(%+g〃)

即當人水平跳出的速度為%=瘋時，他落在坡面時的動能最小，動能的最小值為

口5.2mg2/3

E*min=7mgh--2―-=”gh-

2v0+gh2

6.2012年理綜廣東卷

36.圖18(a)所示的裝置中，小物塊A、8質量均為根，水平面上尸。段長為/,與物塊間的動摩擦

因數(shù)為〃，其余段光滑。初始時，擋板上的輕質彈簧處于原長；長為/?的連桿位于圖中虛線位置；

A緊靠滑桿(A、8間距大于2廠)。隨后，連桿以角速度3勻速轉動，帶動滑桿作水平運動，滑桿

的速度-時間圖像如圖18(b)所示。A在滑桿推動下運動，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非

彈性碰撞。

(1)求A脫離滑桿時的速度"。，及A與B碰撞過程的機械能損失AE。

(2)如果AB不能與彈簧相碰，設A8從P點到運動停止所用的時間為小求。的取值范圍，及九

與co的關系式。

(3)如果4B能與彈簧相碰，但不能返回道尸點左側，設每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢

能為E,?求3的取值范圍，及多與①的關系式(彈簧始終在彈性限度內)。

【解析】(1)由題知，A脫離滑桿時的速度應為滑桿的最大速度

設A、8碰后的速度為也，由動量守恒定律得：加〃。=2〃7也

A與8碰撞過程損失的機械能△￡=g喻-^x2mv；

解得△￡=,加/6?

4

（2）A8不能與彈簧相碰，設AB在尸Q上運動的加速度大小為”,

由牛頓第二定律及運動學規(guī)律得：

〃-2mg—2ma也=atix=//

由題知xW/

4/即…且y

聯(lián)立解得0〈①4一

%

（3）AB能與彈簧相碰〃-2mgl<~x2mv^

不能返回道P點左側〃?2%2g⑵2；乂?"%?

解得國亞L

rr

A8在的。點速度為吸，A8碰后到達。點過程，由動能定理

102-2

一〃?2mgl-x2mv2--x2mv,

AB與彈簧接觸到壓縮最短過程，由能量守恒E=-x2mvz

022

m(a)'r2-8〃g/)

解得E,,

4

7.2012年理綜山東卷

22.（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道，BC段

為一長度L=0.5m的粗糙水平軌道，二者相切于B點，整個軌道位于同一豎直平面內，P點為圓弧軌

道上的一個確定點。一可視為質點的物塊，其質量〃『0.2kg,與BC間的動摩擦因數(shù)卬=0.4。工件質

量M=0.8kg,與地面間的動摩擦因數(shù)〃2=0/。（取g=10m/s2）

（1）若工件固定，將物塊由P點無初速度釋放，滑至C點時恰好靜止，求尸、C兩點間的高度差九

（2）若將一水平恒力F作用于工件，使物塊在尸點與工件保持相對靜止，一起向左做勻加速直線運

動

①求尸的大小

②當速度v=5m/s時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至

BC段，求物塊的落點與8點間的距離。

解：（1）物塊從P點下滑經(jīng)8點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得

mgh-^xmgL-O?

代入數(shù)據(jù)得

/?=0.2m②

（2）①設物塊的加速度大小為a,P點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為仇由幾何關系可得

根據(jù)牛頓第二定律，對物體有

mgtand=ma（4）

對工件和物塊整體有

F-/Z2(M+in)g=(M+m)a⑤

聯(lián)立②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)得

F=8.5N⑥

②設物體平拋運動的時間為f,水平位移為物塊落點與8間的距離為及，由運動學公式可得

〃=gg產(chǎn)⑦

X\=Vt⑧

X2=?-Rsin。（9）

聯(lián)立②③⑦⑧⑨式,代入數(shù)據(jù)得X2=0.4m⑩

8.2012年理綜安徽卷24.（20分）

如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平臺面，一輕質彈簧左端固定，右端連接著質量M=2kg

的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以

"=2m/s的速度逆時針轉動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質量，"=lkg的小物塊B從其上距水平臺

面g1.0m處由靜止釋放。已知物塊8與傳送帶之間的摩擦因數(shù)"=0.2,/=1.0m。設物塊4、B間發(fā)

生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。

(1)求物塊B與物塊4第一次碰撞前的速度大小；

(2)通過計算說明物塊8與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？

(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊4再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當他們再次碰撞

前鎖定被解除，試求物塊B第〃次碰撞后的運動速度大小。

答：⑴4m/s(2)B將以4/3m/s的速度返回皮帶，無法通過皮帶；(3)匕,=4-(；)"/〃/s

解析：(1)8從曲面滑下機械能守恒：m=

得B滑到皮帶前：％=廊=2后m/s

B滑上皮帶做勻減速運動:%2一匕2=2al

。=4g=2nVs2

解得8滑過皮帶與A碰前速度：//

=4ms

(2)43發(fā)生彈性碰撞，動量守恒、機械能守恒：碰后8的速度為也，A的速度為叱

mVj=mv2+Mva2

1212i2

~mVl^-mV2~+-MVa2

4

聯(lián)立兩式解得：v2=--m/s./(舍去)

23v2=4ms

4

5將以嶺二］m/s速度大小返回到皮帶上做勻減速運動直到速度為。有：

2

v2=2ax

4

解得x=—m<lm,所以不能回到曲面。

9

(3)設8第〃??1次與A碰后，從皮帶返回再與A第碰撞，n—m=\,

mvm=mvn^Mvail

12122

=~mVn+5"%,

聯(lián)立解得：

為=%(舍去)

由此可知B與A碰撞后每次只能保留碰前速度大小的;,所以碰撞〃次后B的速度v(fl+l)應為

14

匕,+i=4-(§)"m/s=—m/s(〃=0、1、2、3....)

9.2012年理綜四川卷

24.(19分)如圖所示，A8C。為固定在豎直平面內的軌道，48段光滑水平，2C段為光滑圓弧，

對應的圓心角小37°,半徑-2.5m,C￡＞段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在

區(qū)域有場強大小為E=2X1()5N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質量〃?=5xl(y2kg、電荷量

q=+lxl()-6c的小物體(視為質點)被彈簧槍發(fā)射后，沿水平軌道向左滑行，在C點以速度w=3m/s

沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小

物體間的動摩擦因數(shù)〃=0.25。設小物體的電荷量保持不變，取gGOm*.sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求彈簧槍對小物體所做的功；

(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P,求CP的長度。

解：

(1)設彈簧槍對小物體做功為叼，由動能定理得叼-，咫耳1-0?6)=^^均2①

代入數(shù)據(jù)得吩0.475J②

說明：①式4分，②式2分。

(2)取沿平直斜軌向上為正方向。設小物體通過C點進入電場后的加速度為0，

由牛頓第二定律得一mgsinB—fi(mgcos0+qE)=mai③

小物體向上做勻減速運動，經(jīng)fi=0.1s后，速度達到W，有

Vl=Vo+t71/|④

由③④可知也=2.1m/s,設運動的位移為si，有

.VI=VO?I+1?IA2⑤

電場力反向后，設小物體的加速度為42,由牛頓第二定律得

-mgsinO—/^(mgcosG-c/E)-nun?

設小物體以此加速度運動到速度為0,運動的時間為，2,位移為S2,有

0=也+。2包⑦

52=Vl/2+2fl2?22⑧

設CP的長度為S,有5-5|+52⑨

聯(lián)立相關方程，代入數(shù)據(jù)解得s=0.57m⑩

說明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。

10.2012年物理海南卷

15.如圖，在豎直平面內有一固定光滑軌道，其中AB是長為R的水平直軌道，BCQ是圓心為。、

半徑為R的匕3圓弧軌道，兩軌道相切于8點。在外力作用下，一小球從A點由靜止開始做勻加速

4

直線運動，到達B點時撤除外力。已知小球剛好能沿圓軌道經(jīng)過最高點C,重力加速度大小為g。

求：

（1）小球從在AB段運動的加速度的大??；

（2）小球從。點運動到A點所用的時間。

解：（1）小球在BC。段運動時，受到重力機g、軌道正壓力N的作用，如圖示。

據(jù)題意，N>0,且小球在最高點C所受軌道正壓力為零

NqO①

設小球在C點的速度大小為vc,根據(jù)牛頓第二定律有

m=nig②

小球從B點運動到C點，機械能守恒。設8點處小球的速度大小為地，有

—mv：=—mv1+2mgR③

由于小球在A8段由靜止開始做勻加速運動，設加速度大小為。，由運動學公式有

v1=2aR

由②③④式得a=*g⑤

2

（2）設小球在。點的速度大小為外，下落到A點的速度大小為v,由機械能守恒有

?

—mvl=—mv2⑦

22

從。點運動到A點所用的時間為r,由運動學公式得

,⑧

gt=v-vD

11.2011年理綜安徽卷

24.（20分）如圖所示，質量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量〃?=1kg的小球通過長

L=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸。連接，小球和輕桿可在豎直平面內繞。軸自由轉動。開始

輕桿處于水平狀態(tài)?，F(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度vo=4m/s,g取lOmH。

⑴若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。

⑵若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。

⑶在滿足⑵的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離。

【解析】（1）設小球能通過最高點，且此時的速度為環(huán)。在上升過程中，因只有重力做功，小球

的機械能守恒。則

1

—mv①

2

②

v,=娓m/s

設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為幾方向向下，則

2

F+mg=m—③

由②③式，得F=2N④

由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N,方向豎直向上。

（2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為吸，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系

統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有

mv2+MV=0⑤

在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則

—mv\+MV2+mgL=—mv1⑥

由⑤⑥式，得也=2m/s⑦

（3）設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為S”滑塊向左移動的距離為S2,任

意時刻小球的水平速度大小為如滑塊的速度大小為丫'。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得

/HV3-MV'=0⑦

將⑧式兩邊同乘以加，得

mv3At-MV=0⑨

因⑨式對任意時刻附近的微小間隔加都成立，累積相加后，有

ms}-MS2=0⑩

又S1+S2=2L?

2

由⑩?式得?

12.2013年北京卷23.（18分）

蹦床比賽分成預備運動和比賽動作兩個階段。最初，運動員靜止站在蹦床上；在預備運動階段，

他經(jīng)過若干次蹦跳，逐漸增加上升高度，最終達到完成比賽動作所需的高度；此后，進入比賽動

作階段。

把蹦床簡化為一個豎直放置的輕彈簧，彈力大小尸=依（x為床面下沉的距離，人為常量）。質量

%=50kg的運動員靜止站在蹦床上，床面下沉xo=O」Om；在預備運動中，假定運動員所做的總功W

全部用于其機械能；在比賽動作中，把該運動員視作質點，其每次離開床面做豎直上拋運動的騰

空時間均為A/=2.0s,設運動員每次落下使床面壓縮的最大深度均為小。取重力加速度g=I0m/s2,

忽略空氣阻力的影響。

⑴求常量鼠并在圖中畫出彈力尸隨X變化的示意圖；

⑵求在比賽動作中，運動員離開床面后上升的最大高度原；

⑶借助F-x圖像可以確定彈性做功的規(guī)律，在此基礎上，求總和W的值。

答：(1)4=5000N/m(2)hm=5m(3)xi=1.1mW=2525J

[解析】(1)床面下沉項=0.10m時，運動員受力平衡，

mg-kxo,解得：k-mg/xo-5.Ox103N/m(.

彈力下隨x變化的示意圖如答圖2所示。

(2)運動員從A0處離開床面，開始騰空，其上升、下落時間相等，

1/、2u/、

t=5.0mo

(3)參考由速度一時間圖象求位移的方法，尸-x圖象下的面積等于彈力做的功，從x處到x=0,彈

力做功WT，W=—-x-kx=—kx1

T22

運動員從X1處上升到最大高度砥的過程，根據(jù)動能定理，有：

_/ng(X]+/z,“)=0.

解得：X]=x()+Jx；+=1.1m?

對整個預備運動，由題述條件以及功能關系，有：W+-mg{hm+x0)>

解得：W=2525J~2.5X103JO

13.2013年上海卷

31.(12分)如圖，質量為M、長為L、高為力的矩形滑塊置于水平地面上，滑塊與地面間動摩擦因

數(shù)為小滑塊上表面光滑，其右端放置一個質量為小的小球。用水平外力擊打滑塊左端，使其在極

短時間內獲得向右的速度血，經(jīng)過一段時間后小球落地。求小球落地時距滑塊左端的水平距離。

解：小球在滑塊上運動時滑塊運動滿足//(M+m)g=Ma

a=〃(l+2g

M

由d=V：-2〃得小球脫離滑塊時的速度v=心2〃(1+令必

小球脫離滑塊后做自由落體運動,

小球脫離滑塊后的加速度a'=/ig

滑塊的運動時間r

若/</，小球落地時滑塊尚未停止運動，在/時間內滑塊向右運動的距離即小球落地時距滑塊左側

的距離：

1,2c八加、八,

s=vt-—at~2=—[vj—2/z(1+——f.ih

2、gM

若/>/，小球落地前滑塊已停止運動，則由0—y=2ds，得

說一2〃(l+g)gL=2〃gs，

M

s'==-(l+，L

2〃gM

14..2013年重慶卷

9.(18分)在一種新的“子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球8,從距水平地面高度

為ph(p>l)和/?的地方同時由靜止釋放，如題9圖所示。球A的質量為〃?，球B的質量為3帆。

設所有碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小為g,忽略球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。

⑴求球B第一次落地時球A的速度大??；

⑵若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求p的取值范圍;

⑶在⑵情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，求p應滿足的條件。

解析：(1)由m7V2得球A的速度大小V=調

(2)設所用時間為「，臨界情況是8剛好反跳到出發(fā)點時與A相碰，有

,1*，

h=2gt'ph-h=-gt'20<t'<2t解得l<p<5

(3)設碰撞時A、8的速度分別為H、吸，碰撞后的速度分別為也'、吸'，由彈性碰撞可得

r

m%-3mv2=mv\+3mv2

聯(lián)立上兩式解得v；=-V|+3V2

球A碰后能到達比其釋放點更高的位置，則需要滿足M|>K，可得/<3匕

設B從上升到相遇時間為t,則有

也=w+gz

V2=V0-gt

t<^

2g

可以解得p<3,p應滿足的條件是0<p<3

15.2013年海南卷

13.一質量,〃=0.6kg的物體以vo=2Om/s的初速度從傾角為30°的斜坡底端沿斜坡向上運動。當物體

向上滑到某一位置時，其動能減少了AE=18J,機械能減少了AE=3J,不計空氣阻力，重力加速度

g=10m/s2,求

(1)物體向上運動時加速度的大?。?/p>

(2)物體返回斜坡底端時的動能。

答：(1)6m/s2(2)80J

解析：(1)設物體在運動過程中所受的摩擦力為了,向上運動的加速度大小為。，由牛頓定律有

a=mgsi〃a+f①

m

設物體動能減小△取時，在斜坡上運動的距離為s,由功能關系得

AE&=(mgsina+/)?s②

\E=f-s③

聯(lián)立①②③式并代入數(shù)據(jù)可得?=6m/s2④

2

(2)設物體沿斜坡向上運動的最大距離為s,“，由運動學規(guī)律可得s”,=、⑤

物體返回斜坡底端時的動能為Ek，由動能定理有E,=(mgsina-f)-sm

聯(lián)立①④⑤⑥式并代入數(shù)據(jù)可得￡x=80J⑦

16.2013年浙江卷

23.山谷中有三塊石頭和一根不可伸長的輕質青藤，其示意圖如下。圖中A、B、C、D均為石頭

的邊緣點，O為青藤的固定點，"i=l.8m,/i2=4.0m,xi=4.8m,X2=8.0m。開始時,質量分別為

M=10kg和〃?=2kg的大、小兩只滇金絲猴分別位于左邊和中間的石頭上，當大猴發(fā)現(xiàn)小猴將受到傷

害時，迅速從左邊石頭的A點水平跳至中間石頭，大猴抱起小猴跑到C點，抓住青藤下端蕩到右

邊石頭上的。點，此時速度恰好為零。運動過程中猴子均看成質點，空氣阻力不計，重力加速度

j?=10m/s2<>求：

(1)大猴從A點水平跳離時速度的最小值；

(2)猴子抓住青藤蕩起時的速度大??；

(3)猴子蕩起時，青藤對猴子的拉力大小。

解：(1)設猴子從A點水平跳離時速度的最小值為"卅.，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有

①

②

聯(lián)立①、②式，得v,”",=8m/s③

(2)猴子抓住青藤后的運動過程中機械能守恒，設蕩起時速度為匕，有

1,…

(M+ni)ghy=—(M+m)vc④

vc—個2ghi—V80m/sa9m/s⑤

(3)設拉力為Fr，青藤的長度為L對最低點，由牛頓第二定律得

FT-(M+m)g=(M+m)⑥

由幾何關系(心一外尸+芍2=乙2⑦

得：L=10m⑧

2

綜合⑤、⑥、⑧式并代入數(shù)據(jù)解得：F.「=(M+m)g+(M+m)(=216N

17.2013年福建卷

20.（15分）如圖，一不可伸長的輕繩上端懸掛于。點，下端系一質量〃?=1.0kg的小球。現(xiàn)將小球

拉到A點（保持繩繃直）由靜止釋放，當它經(jīng)過B點時繩恰好被拉斷，小球平拋后落在水平地面

上的C點。地面上的。點與OB在同一豎直線上，已知繩長乙=1.0m,B點離地高度A、

B兩點的高度差/?=0.5m,重力加速度g取10m/s2,不計空氣影響，求：

（1）地面上QC兩點間的距離s；

（2）輕繩所受的最大拉力大小

答：(1)5=1.41m(2)尸=20N。

解：（1）小球從A到8過程機械能守恒，有〃=①

在豎直方向上有H=gg/

小球從B到C做平拋運動,

在水平方向上有s=vR③

由①②③式解得s=1.41m④

（2）小球下擺到達B點時,繩的拉力和重力的合力提供向心力，有

F-mg=m~^⑤

由①⑤式解得F=20N⑥

根據(jù)牛頓第三定律F'=-F⑦

輕繩所受的最大拉力為20No

18,2011年理綜廣東卷

36.（18分）如圖所示，以A、B和C、。為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內，一滑板

靜止在光滑水平地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于8、C。一物塊被輕

放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)4沿半圓軌道滑

下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\動到C時被牢固粘連。物塊可視為質點，質量為小滑板質量

M=2m,兩半圓半徑均為R,板長/=6.5R,極右端到C的距離L在R<L<5R范圍內取值。E距A

為s=5R。物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動摩擦因素均為"=0.5,重力加速度取g。

（1）求物塊滑到B點的速度大??；

（2）試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功叼與乙的關系，并判斷

物塊能否滑到CD軌道的中點。

解析：(1)滑塊從靜止開始做勻加速直線運動到A過程，滑動摩擦力做正功，滑塊從A到8,重

1,

力做正功，根據(jù)動能定理，pmgS+mg-2R=-mv},解得：丫=3標

(2)滑塊從8滑上滑板后開始作勻減速運動,此時滑板開始作勻加速直線運動，當滑塊與滑板達共

同速度時，二者開始作勻速直線運動。設它們的共同速度為v,根據(jù)動量守恒

mvB=(in+2m)v,解得：v-

1,1,

對滑塊，用動能定理列方程：一/zmgS]=1①丫一一/根方，解得：si=8R

2

對滑板，用動能定理列方程：/Jmgs2=x2mv-0,解得：$2=2R

由此可知滑塊在滑板上滑過si—S2=6R時，小于6.5R,并沒有滑下去，二者就具有共同速度了。

當2R，<5R時，滑塊的運動是勻減速運動8R,勻速運動L—2R,勻減速運動0.5R,滑上C點，

根據(jù)動能定理：一"吆(8/?+0.57?)=萬〃2左一1〃%，解得：=3'ngR<mgR，

17

必=〃mg(8R+0.5R)=—mgR,滑塊不能滑到CO軌道的中點。

J4

當RVLV2R時，滑塊的運動是勻減速運動6.5R+L滑上C點。根據(jù)動能定理：

1,1,1

-/Mng(6.5R+L)=-mv1.--mv'B,解得：Wf=/Mng(6.5R+L)=—mg(\3R+2L)

1,1

當=amg(2.5R—L)NmgR時,可以滑到CO軌道的中點，此時要求L<0.5R,這與題目

矛盾，所以滑塊不可能滑到CD軌道的中點。

19.2011年理綜福建卷

21.(19分)如圖為某種魚餌自動投放器中的投餌管裝置示意圖，其下半部A8是一長為2R的豎直

細管，上半部BC是半徑為R的四分之一圓弧彎管，管口沿水平方向，AB管內有一原長為R、下

端固定的輕質彈簧。投餌時，每次總將彈簧長度壓縮到0.5R后鎖定，在彈簧上端放置一粒魚餌，

解除鎖定，彈簧可將魚餌彈射出去。設質量為，〃的魚餌到達管口C時，對管壁的作用力恰好為零。

不計魚餌在運動過程中的機械能損失，且鎖定和解除鎖定時，均不改變彈簧的彈性勢能。已知重

力加速度為g。求：

⑴質量為m的魚餌到達管口C時的速度大小vl;

⑵彈簧壓縮到0.5R時的彈性勢能Ep；

⑶已知地面與水面相距1.5R,若使該投餌管繞AB管的中軸線。。，在90。角的范圍內來回緩慢轉動,

每次彈射時只放置一粒魚餌，魚餌的質量在2加3到，〃之間變化，且均能落到水面。持續(xù)投放足夠

長時間后，魚餌能夠落到水面的最大面積S是多少？

答：(1)y[gR(2)3mgR(3)『成,

2

【解析】(1)質量為機的魚餌到達管口C時做圓周運動的向心力完全由重力提供，貝心的=加匕一

R

解得也=廂

I

(2)彈簧的彈性勢能全部轉化為魚餌的機械能，由機械能守恒定律有Ep=，"g(1.5R+R)+5機匕9

解得Ep=3mgR

(3)不考慮因緩慢轉動裝置對魚餌速度大小的影響，質量為根的魚餌離開管口。后做平拋運動，

設經(jīng)過，時間落到水面上，離O。，的水平距離為方，由平拋運動規(guī)律有

4.5R=gg/，為二vM+R，解得x\=4H

當魚餌的質量為2*加時，設其到達管口。時速度大小為暝，由機械能守恒定律有

3

2127

EP=—mg(1.5R+R)+—(―^)v2

解得V2=

質量為三2機的魚餌落到水面上時，設離O。'的水平距離為X2,則X2=以打R

解得X2=7R

1

魚餌能夠落到水面的最大面積5=一町2)=；砒3=8.25讀3

20.2011年理綜全國卷

26.(20分)裝甲車和戰(zhàn)艦.采用多層鋼板比采用同樣質量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通

過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質量為2辦厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面

上。質量為，”的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為"、

質量均為，"的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一

塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力

為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。不計重力影響。

解析：設子彈初速度為如射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V

由動量守恒得（2膽+加）丫=，妙0①

解得V=|v0

此過程中動能損失為△E=；mv（）2—；入3切/②

解得

分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為0和V1,

由動量守恒得mv\+mV\=mvo③

AE

因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為三，

由能量守恒得V]2V|2Vo2—④

聯(lián)立①②③④式，且考慮到也必須大于w,得0=（;十乎）W⑤

設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為匕，

由動量守恒得2mV2=mv\⑥

損失的動能為△￡=%?也2VxZmW⑦

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式得△斤斗1+坐）X竽⑧

因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由⑧式，射入第二塊鋼板的深度X為

第26節(jié)力學綜合題（下）

1.2018年全國卷I、18.如圖，a兒是豎直面內的光滑固定軌道，帥水平，長度為2R；兒是半徑為

R的四分之一圓弧，與外相切于8點。一質量為機的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力

的作用，自。點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為g。小球從。點開始運動到其軌跡最高

點，機械能的增量為（C）

A.2mgRB.4mgRC.5mgRD.6mgR

解析：設小球運動到。點的速度大小為心則對小球由。到c的過程，由動能定理得：

F.3R-mgR=,又F=mg,解得=4gR,小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的

勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開。點

后，在水平方向和豎直方向的加速度大小均為g,則由豎直方向的運動可知，小球離開C點到其軌

跡最高點所需的時間為：r='=2但，小球離開C點后在水平方向的位移為X=2/?。

gNg2

由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移為5R,則小球

機械能的增量為△E=F-5R=5mgR,選項C正確ABD錯誤。

2.2018年天津卷2.滑雪運動深受人民群眾的喜愛，某滑雪運動員（可視為質點）由坡道進入豎直

面內的圓弧形滑道AB,從滑道的A點滑行到最低點B的過程中，由于摩擦力的存在，運動員的速

率不變，則運動員沿AB下滑過程中（C）

A.所受合外力始終為零

B.所受摩擦力大小不變

C.合外力做功一定為零

D.機械能始終保持不變

解析：根據(jù)曲線運動的特點分析物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解出運動員與曲面間的正

壓力變化情況，從而判斷運動員所受摩擦力的變化；根據(jù)運動員的動能變化情況，結合動能定理

分析合外力做功；根據(jù)運動過程中，是否只有重力做功來判斷運動員的機械能是否守恒。

因為運動員做曲線運動，所以合力一定不為零，選項A錯誤；運動員受力如圖示，重力垂直曲面

2

的分力與曲面對運動員的支持力的合力充當向心力，有FN-mgcos。=寫得

FN=mgcos?+與,運動過程中速率恒定，且6在減小，所以曲面對運動員的支持力越來越大,

根據(jù)/=〃取可知摩擦力越來越大，選項B錯誤；運動員運動過程中速率不變，質量不變，即動能

不變，故動能的變化量為零，根據(jù)動能定理可知合力做功為零，選項C正確；因為克服摩擦力做

功，機械能不守恒，選項D錯誤。

3.2018年全國卷III、25.（20分）如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平

軌道PA在A點相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為a,sina=-o

5

一質量為，〃的小球沿水平軌道向右運動，經(jīng)A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過

程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C點所受合

力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零。重力加速度大小為g。求

（1）水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大??；

（2）小球到達A點時動量的大??；

（3）小球從C點落至水平軌道所用的時間。

解：（1）設水平恒力的大小為尺，小球到達C點時所受合力的大小為凡由力的合成法則有

=tana①

mg

尸=5琢)2+以②

2

設小球到達C點時的速度大小為V,由牛頓第二定律得尸=加v二③

R

由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0=j3mg④

0=匣⑤

2

(2)設小球到達A點的速度大小為缶，作CDJ_PA,交PA于D點，由幾何關系得

DA=7?sina⑥

CD=R(l+cosa)(7)

由動能定理有TMgCD-與通八=,/?/"一$加：⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為

。=呻=吟記⑨

(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g。設小球在豎

直方向的初速度為％,從C點落至水平軌道上所用時間為%由運動學公式有

0J+；g/=CD⑩

V、=osina?

由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得

4.2018年浙江卷(4月選考)20.如圖所示，一軌道由半徑為2m的四分之一豎直圓弧軌道AB和長

度可以調節(jié)的水平直軌道BC在B點平滑連接而成?，F(xiàn)有一質量為0.2kg的小球從A點無初速度釋放，

經(jīng)過圓弧上的8點時，傳感器測得軌道所受壓力大小為3.6N,小球經(jīng)過段所受阻力為其重力的

0.2倍，然后從C點水平飛離軌道，落到水平面上的P點，P、C兩點間的高度差為3.2m。小球運動過

程中可以視為質點，且不計空氣阻力。

(1)求小球運動至B點的速度大?。?/p>

(2)求小球在圓弧軌道上克服摩擦力所做的功；

(3)為使小球落點P與B點的水平距離最大，求BC段的長度；

(4)小球落到P點后彈起，與地面多