物理高考真题汇编-力学综合应用

广西华南烹饪技工学校

物理高考真题汇编一一力学综合应用

第26节力学综合题

1.2016年上海卷25.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力/随高度x的变化关

系如图所示，物体能上升的最大高为〃，h<H.当物体加速度最大时其高度为,加速度的最大

值为。

【答案】0或〃；-^―

2H-h

【解析】据题意，从图可以看出力F是均匀减小的，可以得出力F随高度x的变化关系：

F=冗一kx,而％=区,可以计算出物体到达力处时力尸=为一娱/?；物体从地面到人处的过

HH

程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可得：Fh=mgh,而/=娱土£=与一旦力,

22H

可以计算出：£,=四”，则物体在初位置加速度为：Fo-mg=ma,计算得：。=上—；

°2H-h°2H-h

当物体运动到〃处时，加速度为：mg-F=fmi,而尸=2岫一,计算处理得：

2H-h2H-h

。=上乙，即加速度最大的位置是0或八处。

2H—h

2.2016年新课标1卷20.如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内,

且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（）

A.。点的电势比P点高

B.油滴在。点的动能比它在尸点的大

C.油滴在。点的电势能比它在P点的大

D.油滴在。点的加速度大小比它在尸点的小

答案：AB

解析：由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D

选项错。由于油滴轨迹相对于过尸的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受

合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴从P点运动到。时，电场力做正功，电势能减小，C

选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P点电势，A选项正确；在

油滴从P点运动到。的过程中，合外力做正功，动能增加，所以。点动能大于P点，B选项正确;

所以选AB。

3.2017年天津卷4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天

轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【答案】D

【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，

重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点，对乘客受力分析，根据牛顿第

22

二定律mg-N=m-，座椅对他的支持力N=mg-m--<mg故B正确；乘客随座舱转动一周

的过程中，重力的冲量J=%?♦力0，故C错误；乘客重力的瞬时功率耳=mgv-cos。，其中

。为线速度与竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但夹角。在

变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。

4.2016年天津卷10、我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图

所示。质量机=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速滑下，

到达助滑道末端B时速度i，B=24m/s,A与B的竖直高度差H=48m,为了改变运动员的运动方向，

在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以。为圆心的圆弧。助

滑道末端8与滑道最低点C的高度差/z=5m,运动员在8、C间运动时阻力做功W=-1530J,取

^=10m/s2

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力好的大小；

(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

【答案】(1)144N(2)12.5m

【解析】(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x,

则有v^=2ax①

由牛顿第二定律有，“g旦一%相。②

x

联立①②式，代入数据解得f>144N③

(2)设运动员到达C点时的速度为vc，在由8到达C的过程中，由动能定理有

tngh+W=­mv(^——inW④

设运动员在C点所受的支持力为Bv，由牛顿第二定律有

2

rVc

FN-mg=m-^⑤

K

由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得

R=12.5m⑥

5.2012年理综全国卷

26.(20分)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此

队员从山沟的竖直一侧，以速度w沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点

建立坐标系。孙、已知，山沟竖直一侧的高度为2心坡面的抛物线方程为y探险队员的

2h

质量为根。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。

(1)求此人落到坡面时的动能；

(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？

【解析】

(1)(1)设该队员在空中运动的时间为t,在坡面上落点的横坐标为x,纵坐标为y。由运动学

公式和已知条件得：x=vot①

2h-y=^gr②

得平抛运动的轨迹方程y=2h-^x2

根据题意有坡面的抛物线方程：y=—x2③

2/2

、I4/z2Vn2/zv3

两方程的交点为x=———，y——------o

丫行+g/zv(：4-gh

由机械能守恒，落到坡面时的动能为：

1212_.、

—mv-=~mvo+mg(Z/2h-y)④

联立式得：-mv2=-m(v2+¥)

fl⑤

22M+g//

另解【或根据机械能守恒，mg•2力+；zw；

mgy+E*解得Ek=2mgh+-mv1-2飞映一】

2v0+gh

(2)方法1：⑤式可以改写为

产极小的条件为⑥式中的平方项等于0,由此得:

%=屈⑦

2

此时v=3gh,则最小动能为Ekmin=^mgh⑧

另解方法2：由&=,机行+坐生，

2v^+gh

令说=ngh,则Ek=—mgh+2mgh=mgh(—+—^—)

2n+12n+1

当〃二1时，即行=g〃探险队员的动能最小，最小值为七mm=/“6新

另解方法3：求心=2，〃g/z+』w；-乎殛关于％的导数并令其等于0,

2v0+gh

即瓦=mv0-,4叫一%=0解得说+g〃=2gh

(%+g〃)

即当人水平跳出的速度为%=疯时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为

口5.2mg2/3

E*min=7mgh--2―-=”gh-

2v0+gh2

6.2012年理综广东卷

36.图18(a)所示的装置中，小物块A、8质量均为根，水平面上尸。段长为/,与物块间的动摩擦

因数为〃，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为/•的连杆位于图中虚线位置；

A紧靠滑杆(A、8间距大于2厂)。随后，连杆以角速度3匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆

的速度-时间图像如图18(b)所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非

弹性碰撞。

(1)求A脱离滑杆时的速度"。，及A与B碰撞过程的机械能损失AE。

(2)如果AB不能与弹簧相碰，设A8从P点到运动停止所用的时间为小求。的取值范围，及九

与co的关系式。

(3)如果4B能与弹簧相碰，但不能返回道尸点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势

能为E,„求3的取值范围，及多与①的关系式(弹簧始终在弹性限度内)。

【解析】(1)由题知，A脱离滑杆时的速度应为滑杆的最大速度

设A、8碰后的速度为也，由动量守恒定律得：加〃。=2〃7也

A与8碰撞过程损失的机械能△£=g喻-^x2mv；

解得△£=,加/6?

4

（2）A8不能与弹簧相碰，设AB在尸Q上运动的加速度大小为”,

由牛顿第二定律及运动学规律得：

〃-2mg—2ma也=atix=//

由题知xW/

4/即…且y

联立解得0〈①4一

%

（3）AB能与弹簧相碰〃-2mgl<~x2mv^

不能返回道P点左侧〃・2%2g⑵2；乂?"%?

解得国亚L

rr

A8在的。点速度为吸，A8碰后到达。点过程，由动能定理

102-2

一〃•2mgl-x2mv2--x2mv,

AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒E=-x2mvz

022

m(a)'r2-8〃g/)

解得E,,

4

7.2012年理综山东卷

22.（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段

为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨

道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量〃『0.2kg,与BC间的动摩擦因数卬=0.4。工件质

量M=0.8kg,与地面间的动摩擦因数〃2=0/。（取g=10m/s2）

（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求尸、C两点间的高度差九

（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在尸点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运

动

①求尸的大小

②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至

BC段，求物块的落点与8点间的距离。

解：（1）物块从P点下滑经8点至C点的整个过程，根据动能定理得

mgh-^xmgL-O©

代入数据得

/?=0.2m②

（2）①设物块的加速度大小为a,P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为仇由几何关系可得

根据牛顿第二定律，对物体有

mgtand=ma（4）

对工件和物块整体有

F-/Z2(M+in)g=(M+m)a⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

F=8.5N⑥

②设物体平抛运动的时间为f,水平位移为物块落点与8间的距离为及，由运动学公式可得

〃=gg产⑦

X\=Vt⑧

X2=»-Rsin。（9）

联立②③⑦⑧⑨式,代入数据得X2=0.4m⑩

8.2012年理综安徽卷24.（20分）

如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=2kg

的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以

"=2m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量，"=lkg的小物块B从其上距水平台

面g1.0m处由静止释放。已知物块8与传送带之间的摩擦因数"=0.2,/=1.0m。设物块4、B间发

生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。

(1)求物块B与物块4第一次碰撞前的速度大小；

(2)通过计算说明物块8与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块4再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞

前锁定被解除，试求物块B第〃次碰撞后的运动速度大小。

答：⑴4m/s(2)B将以4/3m/s的速度返回皮带，无法通过皮带；(3)匕,=4-(；)"/〃/s

解析：(1)8从曲面滑下机械能守恒：m=

得B滑到皮带前：％=廊=2后m/s

B滑上皮带做匀减速运动:%2一匕2=2al

。=4g=2nVs2

解得8滑过皮带与A碰前速度：//

=4ms

(2)43发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后8的速度为也，A的速度为叱

mVj=mv2+Mva2

1212i2

~mVl^-mV2~+-MVa2

4

联立两式解得：v2=--m/s./(舍去)

23v2=4ms

4

5将以岭二］m/s速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为。有：

2

v2=2ax

4

解得x=—m<lm,所以不能回到曲面。

9

(3)设8第〃?・1次与A碰后，从皮带返回再与A第碰撞，n—m=\,

mvm=mvn^Mvail

12122

=~mVn+5"%,

联立解得：

为=%(舍去)

由此可知B与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)应为

14

匕,+i=4-(§)"m/s=—m/s(〃=0、1、2、3....)

9.2012年理综四川卷

24.(19分)如图所示，A8C。为固定在竖直平面内的轨道，48段光滑水平，2C段为光滑圆弧，

对应的圆心角小37°,半径-2.5m,C£＞段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在

区域有场强大小为E=2X1()5N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量〃?=5xl(y2kg、电荷量

q=+lxl()-6c的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度w=3m/s

冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小

物体间的动摩擦因数〃=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取gGOm*.sin37°=0.6,cos37°=0.8。

(1)求弹簧枪对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。

解：

(1)设弹簧枪对小物体做功为叼，由动能定理得叼-，咫耳1-0»6)=^^均2①

代入数据得吩0.475J②

说明：①式4分，②式2分。

(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为0，

由牛顿第二定律得一mgsinB—fi(mgcos0+qE)=mai③

小物体向上做匀减速运动，经fi=0.1s后，速度达到W，有

Vl=Vo+t71/|④

由③④可知也=2.1m/s,设运动的位移为si，有

.VI=VO?I+1«IA2⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为42,由牛顿第二定律得

-mgsinO—/^(mgcosG-c/E)-nun®

设小物体以此加速度运动到速度为0,运动的时间为，2,位移为S2,有

0=也+。2包⑦

52=Vl/2+2fl2?22⑧

设CP的长度为S,有5-5|+52⑨

联立相关方程，代入数据解得s=0.57m⑩

说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。

10.2012年物理海南卷

15.如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为R的水平直轨道，BCQ是圆心为。、

半径为R的匕3圆弧轨道，两轨道相切于8点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速

4

直线运动，到达B点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C,重力加速度大小为g。

求：

（1）小球从在AB段运动的加速度的大小；

（2）小球从。点运动到A点所用的时间。

解：（1）小球在BC。段运动时，受到重力机g、轨道正压力N的作用，如图示。

据题意，N>0,且小球在最高点C所受轨道正压力为零

NqO①

设小球在C点的速度大小为vc,根据牛顿第二定律有

m=nig②

小球从B点运动到C点，机械能守恒。设8点处小球的速度大小为地，有

—mv：=—mv1+2mgR③

由于小球在A8段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为。，由运动学公式有

v1=2aR

由②③④式得a=*g⑤

2

（2）设小球在。点的速度大小为外，下落到A点的速度大小为v,由机械能守恒有

©

—mvl=—mv2⑦

22

从。点运动到A点所用的时间为r,由运动学公式得

,⑧

gt=v-vD

11.2011年理综安徽卷

24.（20分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量〃?=1kg的小球通过长

L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴。连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕。轴自由转动。开始

轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度vo=4m/s,g取lOmH。

⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。

⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。

⑶在满足⑵的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为环。在上升过程中，因只有重力做功，小球

的机械能守恒。则

1

—mv①

2

②

v,=娓m/s

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为几方向向下，则

2

F+mg=m—③

由②③式，得F=2N④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为吸，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系

统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有

mv2+MV=0⑤

在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

—mv\+MV2+mgL=—mv1⑥

由⑤⑥式，得也=2m/s⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为S”滑块向左移动的距离为S2,任

意时刻小球的水平速度大小为如滑块的速度大小为丫'。由系统水平方向的动量守恒，得

/HV3-MV'=0⑦

将⑧式两边同乘以加，得

mv3At-MV=0⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔加都成立，累积相加后，有

ms}-MS2=0⑩

又S1+S2=2L⑪

2

由⑩⑪式得⑫

12.2013年北京卷23.（18分）

蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，

他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动

作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小尸=依（x为床面下沉的距离，人为常量）。质量

%=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉xo=O」Om；在预备运动中，假定运动员所做的总功W

全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾

空时间均为A/=2.0s,设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为小。取重力加速度g=I0m/s2,

忽略空气阻力的影响。

⑴求常量鼠并在图中画出弹力尸随X变化的示意图；

⑵求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度原；

⑶借助F-x图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求总和W的值。

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

[解析】(1)床面下沉项=0.10m时，运动员受力平衡，

mg-kxo,解得：k-mg/xo-5.Ox103N/m(.

弹力下随x变化的示意图如答图2所示。

(2)运动员从A0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，

1/、2u/、

t=5.0mo

(3)参考由速度一时间图象求位移的方法，尸-x图象下的面积等于弹力做的功，从x处到x=0,弹

力做功WT，W=—-x-kx=—kx1

T22

运动员从X1处上升到最大高度砥的过程，根据动能定理，有：

_/ng(X]+/z,“)=0.

解得：X]=x()+Jx；+=1.1m«

对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：W+-mg{hm+x0)>

解得：W=2525J~2.5X103JO

13.2013年上海卷

31.(12分)如图，质量为M、长为L、高为力的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因

数为小滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为小的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极

短时间内获得向右的速度血，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。

解：小球在滑块上运动时滑块运动满足//(M+m)g=Ma

a=〃(l+2g

M

由d=V：-2〃得小球脱离滑块时的速度v=心2〃(1+令必

小球脱离滑块后做自由落体运动,

小球脱离滑块后的加速度a'=/ig

滑块的运动时间r

若/</，小球落地时滑块尚未停止运动，在/时间内滑块向右运动的距离即小球落地时距滑块左侧

的距离：

1,2c八加、八,

s=vt-—at~2=—[vj—2/z(1+——f.ih

2、gM

若/>/，小球落地前滑块已停止运动，则由0—y=2ds，得

说一2〃(l+g)gL=2〃gs，

M

s'==-(l+，L

2〃gM

14..2013年重庆卷

9.(18分)在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球8,从距水平地面高度

为ph(p>l)和/?的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为〃?，球B的质量为3帆。

设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g,忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

⑴求球B第一次落地时球A的速度大小；

⑵若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围;

⑶在⑵情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。

解析：(1)由m7V2得球A的速度大小V=调

(2)设所用时间为「，临界情况是8刚好反跳到出发点时与A相碰，有

,1*，

h=2gt'ph-h=-gt'20<t'<2t解得l<p<5

(3)设碰撞时A、8的速度分别为H、吸，碰撞后的速度分别为也'、吸'，由弹性碰撞可得

r

m%-3mv2=mv\+3mv2

联立上两式解得v；=-V|+3V2

球A碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足M|>K，可得/<3匕

设B从上升到相遇时间为t,则有

也=w+gz

V2=V0-gt

t<^

2g

可以解得p<3,p应满足的条件是0<p<3

15.2013年海南卷

13.一质量,〃=0.6kg的物体以vo=2Om/s的初速度从倾角为30°的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体

向上滑到某一位置时，其动能减少了AE=18J,机械能减少了AE=3J,不计空气阻力，重力加速度

g=10m/s2,求

(1)物体向上运动时加速度的大小；

(2)物体返回斜坡底端时的动能。

答：(1)6m/s2(2)80J

解析：(1)设物体在运动过程中所受的摩擦力为了,向上运动的加速度大小为。，由牛顿定律有

a=mgsi〃a+f①

m

设物体动能减小△取时，在斜坡上运动的距离为s,由功能关系得

AE&=(mgsina+/)•s②

\E=f-s③

联立①②③式并代入数据可得«=6m/s2④

2

(2)设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s,“，由运动学规律可得s”,=、⑤

物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理有E,=(mgsina-f)-sm

联立①④⑤⑥式并代入数据可得£x=80J⑦

16.2013年浙江卷

23.山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下。图中A、B、C、D均为石头

的边缘点，O为青藤的固定点，"i=l.8m,/i2=4.0m,xi=4.8m,X2=8.0m。开始时,质量分别为

M=10kg和〃?=2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤

害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头，大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端荡到右

边石头上的。点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度

j?=10m/s2<>求：

(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；

(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；

(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。

解：(1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为"卅.，根据平抛运动规律，有

①

②

联立①、②式，得v,”",=8m/s③

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为匕，有

1,…

(M+ni)ghy=—(M+m)vc④

vc—个2ghi—V80m/sa9m/s⑤

(3)设拉力为Fr，青藤的长度为L对最低点，由牛顿第二定律得

FT-(M+m)g=(M+m)⑥

由几何关系(心一外尸+芍2=乙2⑦

得：L=10m⑧

2

综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：F.「=(M+m)g+(M+m)(=216N

17.2013年福建卷

20.（15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于。点，下端系一质量〃?=1.0kg的小球。现将小球

拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面

上的C点。地面上的。点与OB在同一竖直线上，已知绳长乙=1.0m,B点离地高度A、

B两点的高度差/?=0.5m,重力加速度g取10m/s2,不计空气影响，求：

（1）地面上QC两点间的距离s；

（2）轻绳所受的最大拉力大小

答：(1)5=1.41m(2)尸=20N。

解：（1）小球从A到8过程机械能守恒，有〃=①

在竖直方向上有H=gg/

小球从B到C做平抛运动,

在水平方向上有s=vR③

由①②③式解得s=1.41m④

（2）小球下摆到达B点时,绳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

根据牛顿第三定律F'=-F⑦

轻绳所受的最大拉力为20No

18,2011年理综广东卷

36.（18分）如图所示，以A、B和C、。为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板

静止在光滑水平地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于8、C。一物块被轻

放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经4沿半圆轨道滑

下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为小滑板质量

M=2m,两半圆半径均为R,板长/=6.5R,极右端到C的距离L在R<L<5R范围内取值。E距A

为s=5R。物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为"=0.5,重力加速度取g。

（1）求物块滑到B点的速度大小；

（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功叼与乙的关系，并判断

物块能否滑到CD轨道的中点。

解析：(1)滑块从静止开始做匀加速直线运动到A过程，滑动摩擦力做正功，滑块从A到8,重

1,

力做正功，根据动能定理，pmgS+mg-2R=-mv},解得：丫=3标

(2)滑块从8滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共

同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v,根据动量守恒

mvB=(in+2m)v,解得：v-

1,1,

对滑块，用动能定理列方程：一/zmgS]=1①丫一一/根方，解得：si=8R

2

对滑板，用动能定理列方程：/Jmgs2=x2mv-0,解得：$2=2R

由此可知滑块在滑板上滑过si—S2=6R时，小于6.5R,并没有滑下去，二者就具有共同速度了。

当2R，<5R时，滑块的运动是匀减速运动8R,匀速运动L—2R,匀减速运动0.5R,滑上C点，

根据动能定理：一"吆(8/?+0.57?)=万〃2左一1〃%，解得：=3'ngR<mgR，

17

必=〃mg(8R+0.5R)=—mgR,滑块不能滑到CO轨道的中点。

J4

当RVLV2R时，滑块的运动是匀减速运动6.5R+L滑上C点。根据动能定理：

1,1,1

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

1,1

当=amg(2.5R—L)NmgR时,可以滑到CO轨道的中点，此时要求L<0.5R,这与题目

矛盾，所以滑块不可能滑到CD轨道的中点。

19.2011年理综福建卷

21.(19分)如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部A8是一长为2R的竖直

细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下

端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，

解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为，〃的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零。

不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重

力加速度为g。求：

⑴质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小vl;

⑵弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；

⑶已知地面与水面相距1.5R,若使该投饵管绕AB管的中轴线。。，在90。角的范围内来回缓慢转动,

每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2加3到，〃之间变化，且均能落到水面。持续投放足够

长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？

答：(1)y[gR(2)3mgR(3)『成,

2

【解析】(1)质量为机的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，贝心的=加匕一

R

解得也=厢

I

(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有Ep=，"g(1.5R+R)+5机匕9

解得Ep=3mgR

(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为根的鱼饵离开管口。后做平抛运动，

设经过，时间落到水面上，离O。，的水平距离为方，由平抛运动规律有

4.5R=gg/，为二vM+R，解得x\=4H

当鱼饵的质量为2*加时，设其到达管口。时速度大小为暝，由机械能守恒定律有

3

2127

EP=—mg(1.5R+R)+—(―^)v2

解得V2=

质量为三2机的鱼饵落到水面上时，设离O。'的水平距离为X2,则X2=以打R

解得X2=7R

1

鱼饵能够落到水面的最大面积5=一町2)=；砒3=8.25读3

20.2011年理综全国卷

26.(20分)装甲车和战舰.采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通

过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2办厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面

上。质量为，”的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为"、

质量均为，"的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一

块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力

为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。

解析：设子弹初速度为如射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V

由动量守恒得（2胆+加）丫=，妙0①

解得V=|v0

此过程中动能损失为△E=；mv（）2—；入3切/②

解得

分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为0和V1,

由动量守恒得mv\+mV\=mvo③

AE

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为三，

由能量守恒得V]2V|2Vo2—④

联立①②③④式，且考虑到也必须大于w,得0=（;十乎）W⑤

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为匕，

由动量守恒得2mV2=mv\⑥

损失的动能为△£=%?也2VxZmW⑦

联立①②⑤⑥⑦式得△斤斗1+坐）X竽⑧

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式，射入第二块钢板的深度X为

第26节力学综合题（下）

1.2018年全国卷I、18.如图，a儿是竖直面内的光滑固定轨道，帅水平，长度为2R；儿是半径为

R的四分之一圆弧，与外相切于8点。一质量为机的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力

的作用，自。点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从。点开始运动到其轨迹最高

点，机械能的增量为（C）

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

解析：设小球运动到。点的速度大小为心则对小球由。到c的过程，由动能定理得：

F.3R-mgR=,又F=mg,解得=4gR,小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的

匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开。点

后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g,则由竖直方向的运动可知，小球离开C点到其轨

迹最高点所需的时间为：r='=2但，小球离开C点后在水平方向的位移为X=2/?。

gNg2

由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R,则小球

机械能的增量为△E=F-5R=5mgR,选项C正确ABD错误。

2.2018年天津卷2.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直

面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速

率不变，则运动员沿AB下滑过程中（C）

A.所受合外力始终为零

B.所受摩擦力大小不变

C.合外力做功一定为零

D.机械能始终保持不变

解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正

压力变化情况，从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理

分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。

因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面

2

的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有FN-mgcos。=写得

FN=mgcos®+与,运动过程中速率恒定，且6在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大,

根据/=〃取可知摩擦力越来越大，选项B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能

不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选项C正确；因为克服摩擦力做

功，机械能不守恒，选项D错误。

3.2018年全国卷III、25.（20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平

轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为a,sina=-o

5

一质量为，〃的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过

程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合

力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求

（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

（2）小球到达A点时动量的大小；

（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。

解：（1）设水平恒力的大小为尺，小球到达C点时所受合力的大小为凡由力的合成法则有

=tana①

mg

尸=5琢)2+以②

2

设小球到达C点时的速度大小为V,由牛顿第二定律得尸=加v二③

R

由①②③式和题给数据得F0=j3mg④

0=匣⑤

2

(2)设小球到达A点的速度大小为缶，作CDJ_PA,交PA于D点，由几何关系得

DA=7?sina⑥

CD=R(l+cosa)(7)

由动能定理有TMgCD-与通八=,/?/"一$加：⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为

。=呻=吟记⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖

直方向的初速度为％,从C点落至水平轨道上所用时间为%由运动学公式有

0J+；g/=CD⑩

V、=osina⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得

4.2018年浙江卷(4月选考)20.如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长

度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，

经过圆弧上的8点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N,小球经过段所受阻力为其重力的

0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m。小球运动过

程中可以视为质点，且不计空气阻力。

(1)求小球运动至B点的速度大小；

(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；

(3)为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；

(4)小球落到P点后弹起，与地面多