历年高考物理试题分类汇编——力学综合题（含详解）.docx

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

18、 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第 11 页 共 24 页10.2014 年理综四川卷 9(15 分）石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使 21 世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得 2010 年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人

19、类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。（1） 若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为 h1的同步轨道站，求轨道站内质量为 m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为 ，地球半径为R。（2）当电梯仓停在距地面高度 h2 = 4R 的站点时，求仓内质量 m2 = 50kg 的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度 g = 10m/s2，地球自转角速度 = 7.310-5rad/s，地球半径 R = 6.4103km。【解析】（1）设货物相对地心的距离为

20、r1，线速度为 v1，则r1 R h1 v1 r1 货物对地心运动的动能为 21vmEk联立式 2121)hR(k说明：式各 1 分（2）设地球质量为 M，人相对地心的距离为 r2，向心加速度为 a 向 ，受地球的万有引力为 F，则r2 R h2 1a向2rMmGF第 12 页 共 24 页2RGMg设水平地板对人的支持力大小为 N，人对水平地板的压力大小为 N，则向amF2N N 联立式并代入数据得 N11.5 N 说明：式各 2 分，式各 1 分11.2015 年理综新课标 I 卷25.(20 分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为

21、 4.5m，如图(a)所示。 t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t=1s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后 1s 时间内小物块的 v-t 图线如图( b)所示。木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为 a1，小物块和木板的质量分别为 m 和 M，

22、由牛顿第二定律有1()()mMg由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度 v1=4m/s，由运动学公式得101vat2 01stt1=1s， so=4.5cm 是木板碰前的位移， v0是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得 1.图（a） 第 13 页 共 24 页在木板与墙壁碰撞后，木板以- v1的初速度的向左做匀变速运动，小物块以 v1的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为 a2，由牛顿第二定律有22mga12vt式中 t2=2s， v2=0，联立式和题给条件得 20.4（2）设碰撞后木板的加速度为 ，经过时间 t，木板和小物块刚好具有共同速度 。3a 3v由牛顿第二定律及运动学公

23、式得321()mgMgtav313-t213碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为tvs231小物块运动的位移为tvs231小物块相对木板的位移为 s=s2-s1 s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为 6.0m。（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为 s3，由牛顿第二定律及运动学公式得41()()mMga34230sv第 14 页 共 24 页碰后木板运动的位移为 s= 13联立式，并代入数值得 s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m12.2015

24、年理综新课标卷 25.（20 分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 =37（sin37= ）的山坡 C，上面有一质量为 m 的石53板 B，其上下表面与斜坡平行； B 上有一碎石堆 A（含有大量泥土） ， A 和 B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中， A 浸透雨水后总质量也为 m（可视为质量不变的滑块） ，在极短时间内， A、 B 间的动摩擦因数 1减小为 ， B、 C 间的动摩擦因数 2减83小为 0.5， A、 B 开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s 末， B 的上表面突然变为光滑， 2保持不变。已知 A 开始运动时， A 离 B 下边缘的距离

25、l=27m， C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求：（1）在 02s 时间内 A 和 B 加速度的大小（2） A 在 B 上总的运动时间解析：（1）在 02s 时间内， A 和 B 的受力如图所示，其中 、 是 A 和 B 之间的摩1fN擦力和正压力的大小， 、 是 B 与 C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所2fN示1fN1cosmg22f21cosNg以沿斜面向下为正方向，设 A 和 B 的加速度分别为 和 ，由牛顿第二定律得1a21sinmgfa第 15 页 共 24 页212sinmgfma联立式，并代入题给条件得a1=3m/s2 a2

26、=1m/s2 （2）在 t1=2s 时，设 A 和 B 的速度分别为 v1和 v2，则v1= a1t1=6m/s v2= a2t1=2m/s 时，设 A 和 B 的加速度分别为 a1和 a2。此时 A 与 B 之间摩擦力为零，同理可得a1=6m/s2 a2=-2m/s2 即 B 做减速运动。设经过时间 t2， B 的速度减为零，则有20vat联立式得 t2=1s 在 时间内， A 相对于 B 运动的距离为12t 27m1221-21 向向向 tatvattvas此后 B 静止不动， A 继续在 B 上滑动。设再经过时间 后 A 离开 B，则有3t231321tat)vsl 向可得 t3=1s

27、（另一解不合题意，舍去 设 A 在 B 上总的运动时间为 ，有t总第 16 页 共 24 页t 总 =t1+t2+t3=4s 13.2015 年理综福建卷 21.（19 分）如图，质量为 M 的小车静止在光滑水平面上，小车 AB 段是半径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道， BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点。一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力;(2)若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车。已知滑块质量 ,在任一时刻滑块相对地面速度的

28、水平分量是小车速度大小的2Mm2 倍，滑块与轨道 BC 间的动摩擦因数为 ，求:滑块运动过程中，小车的最大速度大小 vm；滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。答案：（1）3 mg （2） gRvm31 s=L/3解析：（1）由图知，滑块运动到 B 点时对小车的压力最大从 A 到 B，根据动能定理： 021vgR在 B 点： vmgFBN2联立解得 ： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为 3mg（2）若不固定小车， 滑块到达 B 点时，小车的速度最大根据动量守恒可得： mMv从 A 到 B，根据能量守恒： 221mvgR第 17 页 共 24 页联立解得：

29、gRvm31设滑块到 C 处时小车的速度为 v，则滑块的速度为 2v，根据能量守恒：gLMvgR221解得： v3小车的加速度： gMma21根据 svm22 解得： s=L/314.2015 年江苏卷 14. (16 分) 一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、 OC、 AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m， O 端固定在竖直的轻质转轴上。 套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L. 装置静止时，弹簧长为 . 转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性L23限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g.求：(1)弹簧的

30、劲度系数 k；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 0；(3)弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的功 W. L23L21【答案】 （1） （2） （3）mgk4g580LmglW216解：（1）装置静止时，设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F1、 T1， OA 杆与转轴的夹角为 1.小环受到弹簧的弹力 21LkF向小环受力平衡 11cosTmg向第 18 页 共 24 页小球受力平衡 ， mgcosTF1111sinTiF解得 Lmgk4（2）设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F2、 T2， OA 杆与转轴的夹角为 2 ，弹簧长度为x，小环受到弹簧的弹力 向向Lx

31、k2小环受力平衡得mgF2向 45对小球 ， 且cos2202sinlsilxcos2解得 Lg580（3）弹簧长度为 L/2 时，设 OA、 AB 杆中的弹力分别为 F3、 T3， OA 杆与弹簧的夹角为 3小环受到弹簧的弹力： 23kF向小环受力平衡：且332向mgcosTlLcos43对小球： ； F33 3233sinlmiTinF解得： Lg163整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理： 23214323 向向sinlm)(g)(mgW解得：Ll16第 19 页 共 24 页15.2016 年新课标卷25 （20 分）轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，

32、在其顶端将一质量为 5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为 l。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A 点，另一端与物块 P 接触但不连接。 AB 是长度为5l 的水平轨道， B 端与半径为 l 的光滑半圆轨道 BCD 相切，半圆的直径 BD 竖直，如图所示。物块 P 与 AB 间的动摩擦因数 =0.5。用外力推动物块 P，将弹簧压缩至长度l，然后放开， P 开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g。（1）若 P 的质量为 m，求 P 到达 B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到 AB上的位置与 B 点间的距离；（2）若 P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求 P 的质量的取

33、值范围。【答案】 （1） 2l （2） 532mM【解析】 （1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至 l 时，质量为 5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为 l 时的弹性势能为Ep=5mgl 设 P 的质量为 M，到达 B 点时的速度大小为 vB，有能量守恒定律得lgv421联立式，去 M=m 并代入题给数据得 glvB6若 P 能沿圆轨道运动到 D 点，其到达 D 点时的向心力不能小于重力，即 P 此时的速度大小 v 满足02mglv设 P 滑到 D 点时的速度为 vP，由机械能守恒定律得lgvDB2122P第 20 页 共 24 页联立式得

34、glvD2vD满足式要求，故 P 能运动到 D 点，并从 D 点以速度 vD水平射出。设 P 落回到轨道AB 所需的时间为 t，由运动学公式得 21lgtP 落回到 AB 上的位置与 B 点之间的距离为 tvsD联立式得 ls2（2）为使 P 能滑上圆轨道，它到达 B 点时的速度不能小于零。由式可知lMgml45要使 P 仍能沿圆轨道滑回， P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点 C。由机械能守恒定律有 glvB21联立式得 53mM16.2016 年新课标 1 卷 25.（18 分）如图，一轻弹簧原长为 2R，其一端固定在倾角为 37的固定直轨道 AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道

35、上 B 处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相56R切于 C 点， AC=7R， A、 B、 C、 D 均在同一竖直平面内。质量为 m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低到达 E 点（未画出）随后 P 沿轨道被弹回，最高到达 F 点，AF=4R。已知 P 与直轨道间的动摩擦因数 ，重力加速度大小为 。（取 ，14g3sin75）4cos375(1) 求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小。(2) 求 P 运动到 点时弹簧的弹性势能。E第 21 页 共 24 页(3) 改变物块 P 的质量，将 P 推至 点，从静止开始释放。已知 P 自圆弧轨道的最高点ED 处水平飞

36、出后，恰好通过 G 点。 G 点在 C 点的左下方，与 C 点水平相距 、竖直相72R距 R，求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量。解析：（1）选 P 为研究对象，受力分析如图：设 P 加速度为 ，其垂直于斜面方向受力平衡：a cosGN沿斜面方向，由牛顿第二定律得： sinfma且 ，可得：fN2icos5gg对 CB 段过程，由 20tva代入数据得 B 点速度： BgR（2） P 从 C 点出发，最终静止在 F，分析整段过程；由 C 到 F，重力势能变化量： 3sinPEmgR减少的重力势能全部转化为内能。设 E 点离 B 点的距离为 xR，从 C 到 F，产热：cos

37、(72)QmgRx由 ，联立、解得： x=1；P研究 P 从 C 点运动到 E 点过程重力做功： sin(5)GWmgRx摩擦力做功： cof动能变化量： 0JkE由动能定理： GfkW弹第 22 页 共 24 页代入得： 512-mgRW弹由 E 弹 =-W 弹 ，到 E 点时弹性势能 E 弹 为 。（3）其几何关系如下图可知： ， RCQO21,3由几何关系可得， G 点在 D 左下方，竖直高度差为 2.5R，水平距离为 3R。设 P 从 D 点抛出时速度为 v0，到 G 点时间为 t其水平位移： tR3竖直位移： 215gt解得： 530Rv研究 P 从 E 点到 D 点过程，设 P 此

38、时质量为 m，此过程中：重力做功： 351(6sin)20GWmgRmgR摩擦力做功： cos5f弹力做功： 12WEmgR弹 弹 动能变化量： 20Jkv91由动能定理： Gf kE弹将代入，可得： m31第 23 页 共 24 页17.2017 年浙江选考卷 20.图中给出一段“ ”形单行盘山公路的示意图，弯道 1、弯S道 2 可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为 O1,O2，弯道中心线半径分别为，弯道 2 比弯道 1 高 ，有一直道与两弯道圆弧相切。质量0m,12r mh的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车kg重的 1.25 倍，行驶时要求汽车不打滑。（s

39、in37=0.6，sin53=0.8）（1）求汽车沿弯道 1 中心线行驶时的最大速度 ；1v（2）汽车以 v1进入直道，以 的恒定功率直线行驶了 ，进入弯道 2，此kW30Ps0.8t时速度恰为通过弯道 2 中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；（3）汽车从弯道 1 的 A 点进入，从同一直径上的 B 点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽 ，求此最短时间（ A、 B 两点都m10d在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）。【答案】（1） （2） （3）m/s51vJ.24fWs8.t【解析】（1）弯道 1 的最大速度 v1，有： 12rvmkg得 /s511kgrv（2）弯道 2 的最大速度 v2，有： 2rvkg得 m/s1052kgrv直道上由动能定理有： 2121mvWghtpf代入数据可得 J10.24fW(3) grvmgrv5.5.12第 24 页 共 24 页可知 r 增大 v 增大， r 最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如答图所示由图可以得到 2121)( drr代入数据可以得到 r=12.5m汽车沿着该路线行驶的最大速度 m/s5.12rkgvo1062则 对 应 的 圆 心 角 度由 1sin.8r线路长度 0623.1m3r最短时间 。s8.vt