2011-2020年高考物理试卷分类汇编之026a.力学综合题（上）（含答案及解析）

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第26a节 力学综合题（上）
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，h【答案】0或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：，而，可以计算出物体到达h处时力；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：，而，可以计算出：，则物体在初位置加速度为：，计算得：；当物体运动到h处时，加速度为：，而，计算处理得：，即加速度最大的位置是0或h处。
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. 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
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，根据牛顿第二定律，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，重力的冲量 ，故C错误；乘客重力的瞬时功率，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=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－Ff=ma ②
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
mgh+W=mvC2－mvB2 ④
设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有
⑤
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
解得
（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：
v1=at1
由题知
联立解得 即0<
（3）AB能与弹簧相碰
不能返回道P点左侧
解得
AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理
AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒
解得
6.2012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。工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（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
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=0 ①
代入数据得
h=0.2m ②
（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
③
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
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
⑦
x1=vt ⑧
x2= x1-Rsinθ ⑨
联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x2=0.4m ⑩
7.2012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)
解析：(1) B从曲面滑下机械能守恒：
得B滑到皮带前：
B滑上皮带做匀减速运动:
解得B滑过皮带与A碰前速度：
（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
联立两式解得： （舍去）
B将以速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为0有：
解得，所以不能回到曲面。
（3）设B第m-1次与A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，，
联立解得：
（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n次后B的速度应为
（n=0、1、2、3……）
8.2012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×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0-2kg、电荷量q=+1×10-6C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Wf，由动能定理得Wf-mgr(1-cosθ)=mv02 ①
代入数据得Wf=0.475J ②
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
sl=v0t1+a1t12 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
s2=v1t2+a2t22 ⑧
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。
9.2012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的圆弧轨道，两轨道相切于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
②
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
③
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
由②③④式得 ⑤
（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
⑥
⑦
从D点运动到A点所用的时间为t，由运动学公式得
⑧
10.2011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。
【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
①
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
③
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
⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
⑥
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
⑦
将⑧式两边同乘以Δt，得
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
⑩
又 ?
由⑩?式得 m ?
11. 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，
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，
。
（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，
运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有：
.
解得：。
对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：，
解得：W=2525J≈2.5×103J。
12. 2013年上海卷
31．(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
由得小球脱离滑块时的速度
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'=μg
滑块的运动时间
若t若t >t'，小球落地前滑块已停止运动，则由得
13.2013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p应满足的条件。
解析：（1）由 得球A的速度大小
（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
0 < t' < 2t 解得 1 < p < 5
（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


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

可以解得p < 3 ， p应满足的条件是0 < p < 3
14. 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
①
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
②
③
联立①②③式并代入数据可得a=6m/s2 ④
（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 ⑤
物体返回斜坡底端时的动能为Ek，由动能定理有 ⑥
联立①④⑤⑥式并代入数据可得Ek=80J ⑦
15. 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，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
①
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，有
④
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
⑥
由几何关系 ⑦
得：L=10m ⑧
综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：
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