历年高考物理试卷分类专题汇编026b.力学综合题(上)

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F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，hF F0 x gh

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F0kx，而kO h H F0，可以计算出物体到达h处时力HFF0F0h；物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可得：HFhmgh，而FF0FF2mgH，则物体在初位置加速度F00h，可以计算出：F022H2Hhgh；当物体运动到h处时，加速度为：mgFma，

2Hh为：F0mgma，计算得：a而F2mgH2mghgh，计算处理得：a，即加速度最大的位置是0或h处。 2Hh2Hh2Hh2. 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. Q点的电势比P点高

B. 油滴在Q点的动能比它在P点的大 C. 油滴在Q点的电势能比它在P点的大 D. 油滴在Q点的加速度大小比它在P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P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Q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Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q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

P Q 1

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

v2v2二定律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

rr的过程中，重力的冲量IGmgt0 ，故C错误；乘客重力的瞬时功率PGmgvcos，其中θ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θ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m=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vB=24m/s，A与B的竖直高度差

H 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O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低

点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取g=10m/s2 （1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff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）144 N （2）12.5 m

【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 vB2=2ax ① 由牛顿第二定律有 mg

h B O R C 起跳台

A H－Ff=ma ② x联立①②式，代入数据解得 Ff=144 N ③

（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有

2

mgh+W=

11mvC2－mvB2 ④ 22设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有

2vC FN－mgm ⑤

R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=12.5 m ⑥ 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v0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Oxy。已知，

y m v0 12山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为yx，

2h探险队员的质量为m。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；

2h x O （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v0t ① 2hy12gt ② 2g2x22v0

得平抛运动的轨迹方程y2h根据题意有坡面的抛物线方程：y=

12x ③ 2h2两方程的交点为x22hv04h2v0y，。 22v0ghv0gh由机械能守恒，落到坡面时的动能为：

112mv2mv0mg(2hy) ④ 221214g2h22联立式得：mvm(v02) ⑤

22v0gh 3

2122mghv012另解【或根据机械能守恒，mg2hmv0mgyEk解得Ek2mghmv02】

22v0gh（2）方法1：⑤式可以改写为

2gh223gh ⑥ vv0gh2vgh02v2极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：

v02gh ⑦

3mgh ⑧ 2此时v3gh，则最小动能为Ekmin122mg2h2另解方法2：由Ekmv02，

2v0gh2令v0ngh，则Ekn2mghn2mghmgh() 2n12n13mgh， v0gh 22当n1时，即v0gh探险队员的动能最小，最小值为Ekmin2122mghv0另解方法3：求Ek2mghmv02关于v0的导数并令其等于0，

2v0gh4mg2h22gh2gh即Emv02v0解得v020(v0gh)

'k即当人水平跳出的速度为v0gh时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为

Ekmin52mg2h23mgh2mgh. 2v0gh26.2012年理综广东卷

36.图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω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uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1

4

与ω的关系式。

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

滑槽 v 滑杆 挡板 rr A v0 B 0 234t t

销钉 P l Q r连杆

(a) （b） 能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω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 uo=ωr 设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律得：m uo=2m v1 A与B碰撞过程损失的机械能E1mu2122022mv1 解得 E14mr22 （2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a, 由牛顿第二定律及运动学规律得： 2mg2ma vv1=at1 x12t1 由题知xl

联立解得04l22glrrt 即0< t1g

1r2（3）AB能与弹簧相碰2mgl122mv21 不能返回道P点左侧2mg2l122mv21 解得22glr4glr AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理

2mgl12mv2122mv2221

5

AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 Ep12 2mv22m(2r28gl) 解得Ep

47.2012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m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质

2量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=10m/s） （1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点

O R C B A m P 时恰好静止，求P、C 两点间的高度差h。

（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 ①求F的大小

M 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B点间的距离。

解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得 mgh-μ1mgL=0①

代入数据得

h=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θ，由几何关系可得 cosRh ③R

根据牛顿第二定律，对物体有 mgtanθ=ma

④

对工件和物块整体有 F-μ2 (M+m)g=(M+m)a

⑤

6

联立②③④⑤式，代入数据得 F=8.5N

⑥

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得 h12gt⑦ 2

x1=vt⑧ x2= x1-Rsinθ⑨

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u=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面

A u=2m/s lL B h h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2, l=1.0m。设物块A、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A第一次碰撞前的速度大小；

（2）通过计算说明物块B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A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n次碰撞后的运动速度大小。

答： (1) 4m/s (2) B将以4/3 m/s的速度返回皮带，无法通过皮带；(3) vn4()nm/s 解析：(1) B从曲面滑下机械能守恒：mgh得B滑到皮带前：

v02gh25m/s22B滑上皮带做匀减速运动:v0v12al

131mv02 2ag2m/s2

解得B滑过皮带与A碰前速度：

v14m/s

（2）AB发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B的速度为v2, A的速度为va2

mv1mv2Mva2

7

111mv12mv22Mva22 222联立两式解得：v2B将以v24（舍去） m/sv4m/s3 24m/s速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为0有： 3v222ax

解得x4m1m，所以不能回到曲面。 9（3）设B第m-1次与A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，nm1，

mvmmvnMvan

111mvm2mvn2Mvan2 222联立解得：vnvm

13vnvm（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

1，所以碰撞n次后B的速度v(n1)应为 314vn14()nm/snm/s （n=0、1、2、3……）

33

9.2012年理综四川卷

24．（19分）如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r=2.5m，CD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=2×l0N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0kg、电荷量q=+1×10C的小物体（视为质点）被弹簧发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=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μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。 (1)求弹簧对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。 解：

1

(1)设弹簧对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(1-cosθ)= mv02 ①

2

-2

-6

5

D θ E θ C O r B 弹簧 A 8

代入数据得Wf=0.475J 说明：①式4分，②式2分。

②

(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a1， 由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1

③

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有 v1=v0+a1t1 ④

由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有 1

sl=v0t1+ a1t12

2

⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2

⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有 0=v1+a2t2

⑦

1

s2=v1t2+ a2t22 ⑧

2

设CP的长度为s，有 s=s1+s2

⑨

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，BCD是圆心为O、半径为R的

C 3圆弧轨道，两轨道相4O B R D A 切于B点。在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，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D点运动到A点所用的时间。

解：（1）小球在BCD段运动时，受到重力mg、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 NC=0 ①

设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有

2vCmmg ② RC N mg O R D

小球从B点运动到C点，机械能守恒。设B点处小球的速度大小为vB，有

B

A

9

1122③ mvBmvC2mgR22

由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a，由运动学公式有

2vB2aR

由②③④式得a5⑤ g2

（2）设小球在D点的速度大小为vD，下落到A点的速度大小为v，由机械能守恒有

1212⑥mvBmvDmgR22 112⑦ mvBmv222

从D点运动到A点所用的时间为t，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m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O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v0=4m/s，g取10m/s2。

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。

v0 m L O M P 【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则

112 ① mv12mgLmv022v16m/s ②

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则

v12 Fmgm ③

L由②③式，得 F=2N ④

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v2，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

10

mv2MV0 ⑤

在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

11122 ⑥ mv2MV2mgLmv0222由⑤⑥式，得 v2=2 m/s ⑦

（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s1，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v3，滑块的速度大小为V'。由系统水平方向的动量守恒，得 mv3MV0 ⑦ 将⑧式两边同乘以Δt，得

mv3tMVt0 ⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有 ms1Ms20 ⑩ 又 s1s22L ⑪

2s由⑩⑪式得 13m 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F=kx （x为床面下沉的距离，k为常量）。质量m=50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0=0.10m；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Δt=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为xl。取重力加速度g=I0m/s2，忽略空气阻力的影响。 ⑴求常量k，并在图中画出弹力F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hm；

⑶借助F-x图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求x1和W的值。 答：（1）k=5000N/m （2） hm=5m （3）x1= 1.1m W=2525J 【 解析】（1）床面下沉x0=0.10m时，运动员受力平衡，

O x

F

11

mg=kx0， 解得：k=mg/x0=5.0×103N/m。 弹力F随x变化的示意图如答图2所示。

（2）运动员从x=0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，

O F x

1thmg()25.0m。

22答图2

（3）参考由速度—时间图象求位移的方法，F-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，WT11xkxkx2 22运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有：

12kx1mg(x1hm)0. 22解得：x1x0x02x0hm1.1m。

对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：W解得：W=2525J≈2.5×103J。 13. 2013年上海卷

12kx0mg(hmx0)， 231．(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m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v0，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

h M L m a(1m)g M2v02(122由vv02aL得小球脱离滑块时的速度vm)gL M小球脱离滑块后做自由落体运动，t2h g小球脱离滑块后的加速度a'=μg

12

滑块的运动时间tv1m2v02(1)gL ggM若t12h2msvtat2[v02(1)gL]h

2gM若t >t'，小球落地前滑块已停止运动，则由0v2as得

2v02(12m)gL2gs M2v0ms(1)L

2gM14..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B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。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

B ph A p应满足的条件。 解析：（1）由mghh 12mv 得球A的速度大小v2gh 2题9图

（2）设所用时间为t'，临界情况是B刚好反跳到出发点时与A相碰，有

h121gt ph-hgt2 0 < t' < 2t 解得 1 < p < 5 22（3）设碰撞时A、B的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1'、v2'，由弹性碰撞可得

3mv2 mv1-3mv2mv11111223mv22 mv123mv2mv12222 13

联立上两式解得v1v13v2 2v1，可得v13v2 球A碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足 v1设B从上升到相遇时间为t，则有 v1=v0+gt v2=v0-gt tv02g

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m=0.6kg的物体以v0=20m/s的初速度从倾角为300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ΔEk=18J，机械能减少了ΔE=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f，向上运动的加速度大小为a，由牛顿定律有

amgsinf ①

m设物体动能减小ΔEk时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系得

Ek(mgsinf)s ②

Efs ③

联立①②③式并代入数据可得a=6m/s2 ④

2v0（2）设物体沿斜坡向上运动的最大距离为sm，由运动学规律可得sm ⑤

2a物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理有Ek(mgsinf)sm ⑥ 联立①④⑤⑥式并代入数据可得Ek=80J ⑦ 16. 2013年浙江卷

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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，h1=1.8m，h2=4.0m，x1=4.8m，x2=8.0m。开始时，质量分别为M=10kg和m=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

h1 A x1 B C x2 E h2 D O 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D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g=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vmin，根据平抛运动规律，有

h112gt ① 2x1vmint ②

联立①、②式，得vmin=8m/s ③

（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vc，有

1(Mm)gh2(Mm)vc2 ④

2vc2gh280m/s9m/s ⑤

（3）设拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得

vc2FT(Mm)g(Mm) ⑥

L

222由几何关系 (Lh2)x2L ⑦

得：L=10m ⑧

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vc2216N 综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：FT(Mm)g(Mm)L17. 2013年福建卷

20. （15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=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

L 拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0 m，B点离地高度H=1.0 m，A、B两点的高度差h=0.5 m，重力加速度g取10m/s2，不计空气影响，求：

（1）地面上DC两点间的距离s； （2）轻绳所受的最大拉力大小 答：（1）s=1.41m （2） F= 20N。

解：（1）小球从A到B过程机械能守恒，有mgh小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有H在水平方向上有s=vBt ③ 由①②③式解得s=1.41m ④

（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

2vB Fmgm⑤

L

O A B H D s C h 12mvB ① 212gt ② 2由①⑤式解得F=20N ⑥ 根据牛顿第三定律F'=-F ⑦ 轻绳所受的最大拉力为20 N。 18. 2011年理综广东卷

36．（18分）如图所示，以A、B和C、D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B、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A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m，滑板质量M=2m，两半圆半径均为R，板长l =6.5R，板右端到C的距离L在R＜L＜5R范围内取值。E距A

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为s=5R。物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=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Wf与L的关系，并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

A RB Ml=6.5R L C s=5RE m D R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B，重力做正功，根据动能定理，mgSmg2R12mvB，解得：

vB3gR 2（2）滑块从B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(m2m)v， 解得：vvB 31212mvmvB，解得：s1=8R 22对滑块，用动能定理列方程：mgs1对滑板，用动能定理列方程：mgs212mv20，解得：s2=2R 2由此可知滑块在滑板上滑过s1－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≤L＜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：mg(8R0.5R)1212121mvCmvB，解得：mvCmgRmgR， 2222Wfmg(8R0.5R)17mgR，滑块不能滑到CD轨道的中点。 4当R＜L＜2R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：

mg(6.5RL)当

12121mvCmvB，解得：Wfmg(6.5RL)mg(13R2L)

422121mvCmg(2.5RL)mgR时，可以滑到CD轨道的中点，此时要求L<0.5R，这与题目22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AB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

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O C R 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m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v1； ⑵弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；

B 2R 0.5R A O′ 1.5R 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OO′在90º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2m/3到m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）gR（2）3mgR（3）

333R 42v【解析】（1）质量为m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，则mg = m1

R解得 v1 = gR

（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 = mg(1.5R+R)+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m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有 4.5R =

12mv1 212gt，x1 = v1t+R，解得 x1 = 4R 22m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有 3当鱼饵的质量为

EP =

2122mg(1.5RR)(m)v2 323解得 v2 = 2gR 质量为

2m的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2 = v2t+R 313322(x2x1)R3≈ 8.25πR3 44解得 x2 = 7R

鱼饵能够落到水面的最大面积S = 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

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对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射m 2m 穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m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

m m m 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v0，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 (2m＋m)V＝mv0

①

解得 V＝1

3

v0

此过程中动能损失为 △E＝1mv1

02－×3mV222

②

解得 △E＝1

mv023

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v1和V1， 由动量守恒得 mv1＋mV1＝mv0

③ 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△E

2，

由能量守恒得 12mv11

△E12＋2mV12＝2mv02－2

④

联立①②③④式，且考虑到v＝(13

1必须大于V1，得 v12＋6)v0 ⑤

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2， 由动量守恒得 2mV2＝mv1

⑥ 损失的动能为 △E′＝1mv1

12－2×2mV222

⑦ 联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝13△E

2(1＋2)×2

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 x＝13

2(1＋2)d

⑨

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