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1、第 1 页 共 24 页历年高考物理试题分类汇编力学综合题（含详解）1.2018 年全国卷 I、18如图， abc 是竖直面内的光滑固定轨道， ab 水平，长度为2R； bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 （ C ）A 2mRB 4mgR C 5mgR D 6gR解析：设小球运动到 c 点的速度大小为 vc，则对小球由 a 到 c 的过程，由动能定理得：213vgF，又 F=mg，解得 42，小球离开
2、 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 c 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： Rvtc2，小球离开c 点后在水平方向的位移为 Ratx21。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 mgFE5，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
3、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第 2 页 共 24 页解析：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，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有得 ，运动过程中速率恒定
4、，且 在减小，所以RmvgFN2cosRmvgFN2cos曲面对运动员的支持力越来越大，根据 可知摩擦力越来越大，选项 B 错误；运NFf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 ， 3sin5。一质量为 m 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
5、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 F0，小球到达 C 点时所受合力的大小为 F。由力的合成法则有 0tanFmg220()第 3 页 共 24 页设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得2FmRv由式和题给数据得 034Fmg52gRv（2）设
6、小球到达 A 点的速度大小为 1v，作 CDPA，交 PA 于 D 点 ， 由 几 何 关 系 得 DAsinRC(1co)由动能定理有 2201CDAmgFmv 由式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为123gRpmv（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 v，从 C 点落至水平轨道上所用时间为 t。由运动学公式有 21CDtgvsin由式和题给数据得 35Rtg4.2018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
7、为0.2kg的小球从 A点无初速度释放，经过圆弧上的 B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，第 20 题图第 4 页 共 24 页小球经过 BC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，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从 C点飞出后静止所需
8、的时间。解：（1）在 B 点： 得到：2BNvFmgR4m/sBv（2） A 至 B 过程中，由动能定理： 得到：21fBW2.4Jf（3） B 至 C 过程中，由动能定理： 22BCBkmgLvB 至 P 的水平距离：2 2145BCCvhLk当 P 至 B 的水平距离最大1.6m/sCv时 ， 3.6BL（4） C 至 P 时间： 02.8shtg102.8stt 1()2ntt.4st5.2011 年理综山东卷第 5 页 共 24 页24 （15 分）如图所示，在高出水平地面 h=1.8m 的光滑平台上放置一质量 M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板 A，其右段长度 l1=0.2m
9、 且表面光滑，左段表面粗糙。在A 最右端放有可视为质点的物块 B，其质量 m=1kg。 B 与 A 左段间动摩擦因数 =0.4。开始时二者均静止，现对 A 施加 F=20N 水平向右的恒力，待 B 脱离 A（ A 尚未露出平台）后，将 A 取走。 B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 x=1.2m。 （取g=10m/s2）求： B 离开平台时的速度 vB。 B 从开始运动到刚脱离 A 时， B 运动的时间 tB和位移 xB. A 左端的长度 l2，解析：（1）设物块平抛运动的时间为 t，由运动学知识可得2gthx=vBt 联立式，代入数据得vB=2m/s (2)设 B 的加速度为 aB
10、，由牛顿第二定律和运动学的知识得mgBtav21tx联立式，代入数据得s5.0Btm.xh第 6 页 共 24 页（3）设 B 刚开始运动时 A 的速度为 v1，由动能定理得211MvFl设 B 运动后 A 的加速度为 aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得amg212BABttvxl联立式，代入数据得m5.12l6. 2011 年理综天津卷10 （16 分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R， MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 M 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起
11、飞出轨道，落地点距 N 为 2 R。重力加速度为 g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间 t；小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2Rgt解得t（2）设球 A 的质量为 m，碰撞前速度大小为 v1，把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能第 7 页 共 24 页定为 0，由机械能守恒定律知 221mvgR设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为 v2，由动量守恒定律知 12mv飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 2Rt综合式得 2vgR7. 2011 年物理江苏
12、卷14 （16 分）如图所示，长为 L、内壁光滑的直管与水平地面成 30角固定放置。将一质量为 m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为 M=km 的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。 （重力加速度为 g）求小物块下落过程中的加速度大小；求小球从管口抛出时的速度大小；试证明小球平抛运动的水平位移总小于 L2答：(1) (2) (k2) (3) 见解析g)k(12g)k(1【解析】(1) 设细线中的张力为 T，根据牛顿第二定律 Mg-T=Ma， T-mgsin30=m
13、a且 M=km 解得： g)k(a12(2) 设 M 落地时的速度大小为 v， m 射出管口时速度大小为 v0， M 落地后 m 的加速度为a0。根据牛顿第二定律 -mgsin30=ma0 ，匀变速直线运动 23sinaLv)sin(Lav00231第 8 页 共 24 页解得： (k2)gL)k(v120(3) 平抛运动 ， ，解得tvx0 2013gtsin)k(Lx12因为 ，所以 ，得证。12kL28. 2014 年物理江苏卷15 . (16 分) 如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的
14、动摩擦因数为 . 乙的宽度足够大，重力加速度为 g.(1 ) 若乙的速度为 v0，求工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离 s;(2 ) 若乙的速度为 2 v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v(3 ) 保持乙的速度 2 v0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复. 若每个工件的质量均为 m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率 P.【答案】 （1） （2）2 v0 （3）gv20 054gv【解析】 （1）摩擦力与侧向的夹角为 45侧向加速度大小 匀变速直线运动045cosgax 20vsax解得 vs2
15、0（2）设 t=0 时刻摩擦力与侧向的夹角为 ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、 ay，则 ay /ax=tan ，第 9 页 共 24 页在很小的 t 时间内，侧向、纵向的速度增量 vx= ax t， vy= ay t，解得 vy / vx=tan且由题意可知 ， 则 ，xytantanvxyxy所以摩擦力方向保持不变则当 ， 即0yxvv向 02v（3）工件在乙上滑动的侧向位移为 x，沿乙方向的位移为 y由题意知 ,singa,cosgayx 在侧向上 在纵向上,vx20,)v(ya02工件滑动时间 乙前进的距离,aty,t01工件相对乙的位移 212)y(xL则系统摩擦生热 ,mgQ电
16、动机做功 ,Qv)(W202011由 解得,tP,mg0549. 2014 年理综安徽卷24(20 分) 在光滑水平地面上有一凹槽 A，中央放一小物块 B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示， L 为 1.0m。凹槽与物块的质量均为 m，两者之间的动摩擦因数 为 0.5。开始时物块静止，凹槽以 v0=5m/s 初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。 g 取 10m/s2。求：第 10 页 共 24 页（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位
17、移大小。【答案】 （1）2.5m/s （2）6 （3）12.75m【解析】 （1）设两者间相对静止时的速度为 v，由动量守恒定律得mv0=2mv v=2.5m/s（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力 ,mgNFf设两者间相对静止时的路程为 s1，由动能定理得得 s1=12.5m2021v)m(sFf 已知 L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生 6 次碰撞。（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为 v1、 v2, 碰后的速度分别为 v1、 v2,。有,vmv2121 22121m得 v1= v2 ， v2= v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13 段，凹槽、物块的 v-t 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则v=v0+at a=g 解得 t=5s 凹槽的 v-t 图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小 s2。 （等腰三角形面积共分 13份，第一份面积为 0.5L。其余每份面积均为 L。 ）s2=12.75m .t)v(s56210v0/2