2019年全国统一考试力学综合题选编解析

1、2019 年全国统一考试力学综合题选编解析1 . （2019 年全国 I 卷 24）. （14 分）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m 和 200m 短路项目的新世界纪录，他的成绩分别是96.9s 和 19.30s。假定他在 100m 比赛时从发令到起跑的反应时间是 0.15s 起跑后做匀加速运动，达到最 大速率后做匀速运动。 200m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度时间与100m 比赛时相同,但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑100m 时最大速率的 96%。求：（1）加速所用时间和达到的最大速率；（2） 起跑后做匀加速运动的加速度。 （结果保留两位小数）解：

2、(1)设加速所用时间为 t (以 s 为单位)1-vt (9.69 -0.15 -t)v =10021 vt (19.30 -0.15 -t) 0.96v =2002由式得t=1.29sv = 11.24 m/ sv2(2)设加速度大小为a，则a 8.71m/ st2.( 2019 年安徽卷 22)( 14 分)，匀速运动的速度为v（以 m/s 为单位）则有V21、加速度为a2，则a?=空 丝=-2m/ s2加2设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有Ff=ma2Ff= -Jmg联立得J= a2=0.2g（2）设物体估做匀加速运动的时间为t1，初速度为v10、末速度为v14、加速度为a1

3、，质量为 2kg 的物体水平推力 F 如图所示。g 取 10m/s2，求；物体与水平间的动摩擦因数 水平推力 F 的大小；0-10s 内物体运动位移的大小。(1)(2)(3)解:的作用下溶水平面做直线运动。（1）设物体做匀速直线运动的时间为t2、初速度为V20、未速度为=1m/ s2根据牛顿第二定律，有F Ff= ma1联立得F二Jmg=6N3.（2019 年全国 II 卷 24）. （15 分）如图，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段 MN 与水平 NP 相切于 N , P 端固定一竖直板。M 相对于 N 的高度为 h, NP 长度为 s.衣物快自 M 端从静止开始沿轨道 下滑，与挡板发

4、生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若 在 MN 段的摩擦可忽略不计，物块与NP 段轨道间的滑动摩擦因数为卩，求物块停止的地方与 N 点距离的可能值。解：根据功能关系，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值 AEP与物块克服摩擦力所做功的数值 W 相 等，即 Ep=W设物块质量为 m,在水平轨道上滑行的总路程为s,则 Ep=mghW=mgs设物块在水平轨道上停 住的地方与 N 点的距离为 d，若物块在与 P 碰撞垢，在到达圆弧形轨道停 止，则s =2s d联立式得d = 2s -匚此结果在-mB。在某高度处将 A 和 B 先后从静止释放。小球 A 与水平面碰撞后向上弹回，

5、在释放处下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B 碰撞后上升的 B 最大高度。解：根据题意，由运动学规律可知，小球A 与 B 碰撞前的速度大小相等，设均为v。由机械能守恒有12mAgH mAVo2设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为 V1和 V2，以竖直向上方向为正，由动量守恒有mAv1mB(_v0) = mAv1m0v2由于两球碰撞过程中能量守恒，故设小小球 B 能上升的最大高度为h，由运动学公式有2h亠2g由式得hjgwB5A+mB5. （2019 年山东卷 24）（15 分）如图所示，四分 之一圆轨道OA与水平轨道A

6、B相切，它们与另一水 平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m,水平轨道AB长$=3m,OA与AB均光滑。一滑块从 0 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在 CD 上的小车在 F=1.6N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力s，=3.28m 时速度 v=2.4m/s,此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量2U=0.4。（取 g=10m/s）求（1）恒力 F 的作用时间 t。（2）AB与CD的高度差 h。丄mAV0丄miaV：22-mAV0丄maV2 2联立式得3mA-mamAmBVOF。当小车在 CD 上运动了M=0.2kg,与 CD 间的动摩擦因数辭：（I）设小车在

7、软ifiC1）上揶速的瞿鶴为$”由动能定理得设小车在轨谴CD上做加速运动时妁加谨攬为 4 由爭顿运湧走擲得联立（戒.代人数据得2 1 $ （2）设小车在轨進CD上做加遽运幼的末迤度为vM去力F后小车做誠逮运动时的 规速度为A减建吋间摊门由牛顿运幼定徹得设清块的质扯为曲+运动到A点的逢度为由劫能定理得设溝块由A点运动到B点的时闾为（由运动学公式得设滑块做平拋运动的时间为町则= t + r -由平抛规律得联立式，代人数据得A = 0. 8m6.（2019 年江苏卷物理 14） （16 分）在游乐节目中，选手需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

8、简化 为质量 m=60kg 的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角:=53，绳的悬挂点 O 距水面的高度为 H = 3 m.不考虑 空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深取重力加速度g =10m/s2,sin53=0.8,cos53 =06（1） 求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F;（2） 若绳长 1=2 m,选手摆到最高点时松手落入水中设水对选手的平均浮力f1=800N,平均阻力f2=700N，求选手落入水中的深度d;（3）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；小阳却认为绳越 短，落点距岸边越远请通过推算说你的观点.1F -冲梅=Ma

9、解：（1）机械能守恒 mgl （1 cos）= 一 mv222vmg= m 解得 F = ( 3 2cos ) mg人对绳的拉力 F = F 则 F=1080N(2)动能定理 mg ( H I cos+ d) ( fi+ f2)d = 0（3）选手从最低点开始做平抛运动x=vtH-I=gt22a且有式解得 x=2, I（H -1）（1 -cos：）H当|= 时，x 有最大值解得 1=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.7.（2019 年天津卷 10） （ 16 分如图所示，小球 A 系在细线的一端，线的另一端固定在 0 点,0 点到水平面的距离为

10、h。物块 B 质 量是小球的5 倍，置于粗糙的水平面上且位于 0 点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g,16求物块在水平面上滑行的时间t。解：设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为势能为零，根据机械能守恒定律，有12mghmv-i2得v1；2ghmg一16设碰后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有mv1 -mv15mv2则 d=mg(H -I cost)f1f2_mg=1.

11、2m设碰撞后小球反弹的速度大小为v；,同理有2得V2 =2物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小F =5丄mg设物块在水平面上滑行的时间为 t，根据动量定理，有-Ft =0-5mv2即L =cos37v0tL = c o s 3 7一解得v020m/s（3）由机械能守恒，取 A 点为重力势能零点，运动员落到A 点时的动能为12ERA二mghmv0=32500 J29. （2019 年北京卷 24） （20 分）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。 现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为m。，初速度为 V。，下降距离 I 后与静

12、止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1。此后每经过同样的距离I 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次变为 m2、m3mn（设各质量为已知量）。不计空气阻力。（1）若不计重力，求第 n 次碰撞后雨滴的速度 Vn；（2）若考虑重力的影响，a. 求第 1 次碰撞前、后雨滴的速度 V1和 Vn;8. （2019 年北京卷 22） （16 分）如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，经过 3. 0s 落到斜坡上的 A 点。已知 O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角二=37,运动员的质量 m = 50 kg。不计空气阻力。sin37 = 0. 60, cos37= 0. 80;g 取

13、 10 m/s2）求A 点与 O 点的距离 L;运动员离开 O 点时的速度大小；运动员落到 A 点时的动能。(1)(2)(3)解：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有12Lsi n37gt2aA 点与 0 点的距离_ gt2一2sin37=75m（取（2）设运动员离开 0 点的速度为V。运动员在水平方向做匀速直线运动,21b.求第 n 次碰撞后雨滴的动能mnvn2;解：（1）不计重力，全过程中动量守恒,movo=mnvnm0得VAVomn（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做及速度为g 的匀速运动，碰撞瞬间动量守恒a.第一次碰撞前v2=V02gl,V! =v0- 2gl第 1 次碰撞后V

14、；=匹w=巴血+2gl nt|m；b.第 2 次碰撞前v|-v；22gl第 n 次碰撞后n 4 2mi2mo 2 2i =9Vn=（一）Vo（一）2glm3m3动能；,；n4mnV：（mv：2gl、m：）22mni出；o . （20；9 年福建卷 22） （ 2o 分）如图所示，物体 A 放在足够长的木板 B 上，木板 B 静止于水平面。t=o 时，电动机通过水平细绳以恒力 F 拉木板 B,使它做初速度为零，加速度a3=；. Om/s2的匀加速直线运动。已知 A 的质量 mA和B 的质量 mg 均为 2. Okg,A、B 之间的动摩擦因数 7=0. 05,B 与水平面之间的动摩擦因数最大静摩擦

15、力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度mow = my利用式化简得V；二（m）2Vo （m；2 2P)2gl m；第 2 次碰撞后，利用 式得2mx2 2 /m0 2 2 /V2=()V2 =()Vo(m2m22 2mom；)2gl)2g|m；同理，第 3 次碰撞后2.mo 2 2V2() Vom322(mo2m；m22m32)2gig 取 10m/s2。求解：（1）不计重力，全过程中动量守恒,movo=mnvn（1） 物体 A 刚运动时的加速度 aA（2）t=1 . Os 时，电动机的输出功率 P;(3)若 t=1 . Os 时，将电动机的输出功率立即调整为P=5W，并在以后的运动过程中始终

16、保持这一功率不变，t=3 . 8s 时物体 A 的速度为 1. 2m/s。则在 t=1 . Os 到 t=3 . 8s 这段时间内木板 B 的位移为多 少？解：(1)物体 A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛 顿第二定律得由并代入数据解得ab=0.5m/s2(2)t1=1.OS时，木板 B 的速度大小为VaBt1木板 B 所受拉力 F,由牛顿第二定律有卩-皿9二2血mB)mBaB电动机输出功率R = Fv1由并代入数据解得P1-7WP = Fw代入数据解得F = 5N木板 B 受力满足F fmAg -二2(mAmB)g =0所以木板 B 将做匀速直线运动，而物体 设这一过程时间为t，有Vi=

17、 aA(tit)A、B 速度相同后，由于F 2(mAmB)g且电动机输出功率恒定，A、B 将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理得1212P(t2tt1)一”2(mAmB)(mAmB)VA -(mAmB)w(12)2 2由(11) (12)并代入数据解得木板 B 在 t=1.0s 到 t=3.8s 这段时间的位移(3)电动机的输出功率调整为 5W 时,设细绳对木板B 的拉力为F ，则A 则继续在 B 上做匀加速直线运动直到A、B 速度相等。这段时间内 B 的位移Sj =Vjt(11)1X11s=s S2= 3.03m（或取s=3.0m）11.（2019 年上海卷 30） （ 10 分）

18、如图,ABC 和 ABD 为两个光滑固定轨道，AB、E 在同一水平面， C D、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度 h, C 点高度为 2h，一滑块从 A 点以初速度v0分别沿两轨道滑行到 C 或D 处后水平抛出。（1）求滑块落到水平面时，落点与E 点间的距离SC和SD.（2）为实现SC- SD，V。应满足什么条件？1 11 1解：根据机械能守恒，mv：=2mghmvC,mv：二mghmvD2 2 2 2一1212根据平抛运动规律：2h二一gtc,h二一gt2 2但滑块从 A 点以初速度v。分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出，要求v。一2gh，所以2gh : v0：6gh。12

19、.（ 2019 年上海卷 31）（ 12 分）倾角 V- 370，质量 M=5kg 的粗糙斜面位于水平地面上，质量 m=2kg 的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经 t=2s 到达底端，运动路程 L=4m,在此过程中斜面保持静止（sin37* =0.6,cos37 =0.8,g取10m/s2），求：（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；（2）地面对斜面的支持力大小（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。解：（1）隔离法:综合得SC4v：h.2=vDtD2-16h， SD=g2v；h4h2为实现SCSD，即4v：h2-16h2彳2g -4h2,得v0詁匕 +r .駆F *事宀 -亠“

20、Bi益；对木块：mgs in v - f1=ma，mgcos：- N 0厂1因sat2，得a =2m/s2所以，f,=8N,N,=16N对斜面：设摩擦力f向左，贝U f = N,sinv - f,cosv - 3.2N,方向向左。(如果设摩擦力f向右，则f - -N,sinF：COST- -3.2N，同样方向向左。)(2)地面对斜面的支持力大小N= f = N,COSTf,sinv - 67.6 N。(3) 木快受两个力做功。重力做功：WG=mgh =mgssin r - 48J摩擦力做功：Wf- _fs - -32J合力做功或外力对木块做的总功W =WGWf“6J动能的变化.：Ekmv2m

21、(at)2=16 J2 2所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化(增加)，证毕。13 . (2019 年四川卷 23) ( 16 分)质量为 M 的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t 内前进的距离为 s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F,受到地面的阻力为自重的k 倍，把所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角0保持不变。求:(1)拖拉机的加速度大小。(2)拖拉机对连接杆的拉力大小。(3)时间 t 内拖拉机对耙做的功。解：拖拉机在时间 t 内匀加速前进1.2s at2变形得2s对拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力Ma = F -kMgT cos

22、联立变形得T,根据牛顿第二定律根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为1COSTT1F - M (kg22s) cost2一2s IWT=TscoWT = F M (kg2) s14. (2019 年广东卷 35) ( 18 分)如图 15 所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的 ab 段水平，bede 段光滑，ede 段是以 O 为圆心、3大小等于 B 所受重力的一 .A 与 ab 段的动摩擦因数为 卩,重力4加速度为 g,求：(1)物块 B 在 d 点的速度大小 v;(2)物块 A 滑行的距离 s.解：设AB 在分离瞬间速度大小分别为V1、V2，质量分别为 3m m(1)在 d 点对 B 由牛

23、顿第二定律得：3v2mg mg = m4R解得：“号(2)选水平向右方向为正，对于 A B 分离过程, 根据动量守恒得：A、B 分离后，对于 A 向左减速至零过程 由动能定理得：12-(3m)gs = 0 -(3mM2B 从 b 点到 d 点过程由动能定理得：r1212-mgRmvmv22 2R联立解得：15.( 2019 年重庆卷 24). (18 分)晓明站在水平地面上，手握不 可伸长的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m 的小球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运动，当球某次运动到最低点时，绳突然断掉。 球飞离水平距离 d 后落地，如题 24 图所示，已知握绳的手离地面高度3为 d,手与球之

24、间的绳长为 一d，重力加速度为 g 忽略手的运动半径和4R 为半径的一小段圆弧. 可视为质点的物块 A 和 B 紧靠在一起，静止于 b 处，A 的质量是 B 的 3 倍.两 物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动.B 到 d 点时速度沿水平方向，此时轨道对B 的支持力3m(-vJ mv2 =0空气阻力。(1)求绳断时球的速度大小，和球落地时的速度大小(2)问绳能承受的最大拉力多大？(3)改变绳长，使球重复上述运动。若绳仍在球运动到 最低点时断掉，要使球抛出的水平距离最大，绳长 应为多少？最大水平距离为多少？解：(1)设绳断后球飞行时间为 t，由平抛运动规律，有1 12竖直

25、方向d= gt，水平方向d=Vrt42得V1=. 2gd由机械能守恒定律，有得T=jmg(3)设绳长为 I,绳断时球的速度大小为 V3,绳承受的最大拉力不变,2v3有 T mg=m-J当|= 时，X 有极大值216 . (2019 年重庆卷 25). (19分)某兴趣小组用如题 25 图所示的装置进行实验研究。他们在水平桌面 I 固定一内径为 d 的椭圆形玻 璃杯，杯口 I 放置一直径为 d，质量为 m 的均匀薄圆板，板内放一质量为2m 的物块。板中心，物块mv2=mv1+mg2 2-3d(2)设绳能承受的最大拉力大小为球做圆周运动的半径为R= -d4T,这也是球受到绳的最大拉力大小.由圆周运动向心力公式，有T mg=2mwR绳断后球做平抛运动，竖直位移为有dl=如；d I,水平位移为 x,时间为 t1X=V3t12亦Xmaxd3得 V3=均在杯的轴线，则物体与板间动摩擦因数为C,不考虑板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为 g，不考虑板翻转。(1)对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为 L，若物块能在板上滑动.