11-19年高考物理真题分专题汇编之专题026b.力学综合题（上）.pdf

1、第第 26 节节 力学综合题力学综合题 【2019年 4 月浙江物理选考】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上 运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角 =37的直轨道 AB，其下方右侧放置 一水平传送带，直轨道末端 B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径 R=0.4m、转轴 间距 L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度 H=2.2m。现将一小物块 放在距离传送带高 h处静止释放，假设小物块从直轨道 B端运动到达传送带上 C点时，速度大小不 变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为 =0.5。 （

2、sin37=0.6） （1）若 h=2.4m，求小物块到达 B端时速度的大小； （2）若小物块落到传送带左侧地面，求 h 需要满足的条件 （3）改变小物块释放的高度 h，小物块从传送带的 D 点水平向右抛出，求小物块落地点到 D 点 的水平距离 x与 h的关系式及 h 需要满足的条件。 【答案】 （1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】 （1）物块由静止释放到 B的过程中： 解得 vB=4m/s （2）左侧离开，D 点速度为零时高为 h1 解得 hr2）的雨滴在空气中无初速下落的 vt图线，其中_ 对应半径为 r1的雨滴（选填、） ；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的 vt图线。

3、（ ） （3）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂 直于运动方向面积为 S的圆盘，证明：圆盘以速度 v下落时受到的空气阻力 f v2（提示：设单位体积 内空气分子数为 n，空气分子质量为 m0） 。 _ 【 答 案 】 (1). (2). (3). (4). 2 1 2 f Wmghmu 3 m r g v k (5). 详见解析 【解析】 【分析】 (1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落 h 的过程中克服阻做的功； (2) 雨滴的加速度为 0 时速度最大； (3)由动量定理证明 【详解】(1)对雨滴由动能定理得： 2 f 1 2 mgh Wmu 解得

4、：； 2 f 1 2 Wmghmu (2)a.半径为 r 的雨滴体积为：，其质量为 3 4 3 VrmV 当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有： m vmgf 其中 22 m fkr v 联立以上各式解得： 3 m r g v k 由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以对应半径为的雨滴， 3 m r g v k 1 r 不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图： ； (3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为， t u 在内，空气分子个数为：，其质量为 tNnSv t 0 mNm 设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有： 1 ()F tm vu 对

5、圆盘上方空气分子由动量定理有： 2 0()Ftm uv 圆盘受到的空气阻力为： 12 fFF 联立解得：。 22 0 2fSv nmv 【2019 年物理天津卷】完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得 成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图 1 所示。 为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图 2，BCAB 长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（AB 1 150 mL BC 2 63mL C12 ） 。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知sin120.21 A

6、6st BBC 飞行员的质量，求 60 kgm 2 10 m/sg （1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功； W （2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。 BC N F 【答案】 （1）；（2） 4 7.5 10 JW 3 N 1.1 10 NF 【解析】 【详解】 （1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有 1 2 L t 根据动能定理，有 2 1 0 2 Wm 联立式，代入数据，得 4 7.5 10 JW （2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有 R 2 sinLR 由牛顿第二定律，有 2 N Fmgm R 联立式，代

7、入数据，得 3 N 1.1 10 NF 1. 2016年上海卷年上海卷 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，hH。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 h； 2 gh Hh 【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； 0 FFkx 0 F k H 0 0 F FFh H 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F hmgh ，可以计算出：，则物体在初位置加速度为

8、：， 00 0 22 FFF FFh H 0 2 2 mgH F Hh 0 Fmgma 计算得：；当物体运动到 h 处时，加速度为：，而 2 gh a Hh mgFma 22 22 mgHmgh F HhHh ，计算处理得：，即加速度最大的位置是 0 或 h 处。 2 gh a Hh 2. 2016年新课标年新课标 1卷卷 20. 如图，一带负电荷的油滴在匀 x F hH F0 O P Q 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

9、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年天津卷年天津卷 4“天

10、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 r v mNmg 2 -mg r

11、 v mmgN 2 - 中，重力的冲量 ，故 C错误；乘客重力的瞬时功率，其中 为线速度0 mgtIGcos mgvPG 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

12、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 H h B A O C R 起跳台 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 由牛顿第二定律有 mgFf=ma H x 联立式，代入数据

13、解得 Ff=144 N （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=mvC2mvB2 1 2 1 2 设运动员在 C点所受的支持力为 FN，由牛顿第二定律有 2 C N v Fmgm R 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 6 倍，联立式，代入数据解得 R=12.5 m 5.2012年理综全国卷年理综全国卷 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， 山沟竖直一侧的高度为

14、 2h，坡面的抛物线方程为， 2 2 1 x h y 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； （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，纵坐标为。由运动学xy 公式和已知条件得： tvx 0 O 2h y m x v0 2 2 1 2gtyh 得平抛运动的轨迹方程 2 2 0 2 2x v g hy 根据题意有坡面的抛物线方程：y= 2 2 1 x h 两方程的交点为，。 ghv vh x 2 0 2 0 2 4 g

15、hv hv y 2 0 2 0 2 由机械能守恒，落到坡面时的动能为： )2( 2 1 2 1 2 0 2 yhmgmvmv 联立式得： ) 4 ( 2 1 2 1 2 0 22 2 0 2 ghv hg vmmv 另解另解【或根据机械能守恒，解得】 k Emgymvhmg 2 0 2 1 2 ghv mghv mvmghEk 2 0 2 02 0 2 2 1 2 （2）方法方法 1：式可以改写为 gh ghv gh ghvv3 2 2 2 0 2 0 2 极小的条件为式中的平方项等于 0，由此得： 2 v ghv 0 此时，则最小动能为 ghv3 2 mghE mink 2 3 另解方法另解

16、方法 2：由， ghv hmg mvEk 2 0 22 2 0 2 2 1 令，则 nghv 2 0 ) 1 2 2 ( 1 2 2 n n mgh n mgh mgh n Ek 当时，即探险队员的动能最小，最小值为， 1nghv 2 0 mghEk 2 3 min ghv 0 另解方法另解方法 3：求关于的导数并令其等于 0， ghv mghv mvmghEk 2 0 2 02 0 2 2 1 2 0 v 即解得 0 )( 4 0 22 0 22 0 v ghv hmg mvEkghghv2 2 0 即当人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为ghv 0 . mgh gh

17、v hmg mghEk 2 32 2 5 2 0 22 min 6.2012年理综广东卷年理综广东卷 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 ，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 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 E。 （2）如果 AB不能与

18、弹簧相碰，设 AB从 P点到运动停止所用的时间为 t1，求 的取值范围，及 t1与 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 的 取值范围，及 Ep与 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=r 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 22 01 11 2 22 Emumv 解得 22 4 1 mrE （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

19、运动学规律得： v1=at1 mamg22 1 1 2 v xt 由题知 xl 滑槽 t 挡板 v0 BA r l P Q 滑杆 销钉 连杆 (a) 0 t v 2 3 4 r r （b） 联立解得 即 0 1 4 0 l rt r gl 22 1 2 r t g （3）AB能与弹簧相碰 2 1 1 22 2 mglmv 不能返回道 P点左侧 2 1 1 222 2 mglmv 解得 2 24glgl rr AB在的 Q 点速度为 v2，AB碰后到达 Q 点过程，由动能定理 22 21 11 222 22 mglmvmv AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 2 2 1 2 2 p Emv

20、 解得 22 (8) 4 p mrgl E 7.2012年理综山东卷年理综山东卷 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1=0.4。工件质量 M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数2=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

21、 保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 求F的大小 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-1mgL=0 代入数据得 h=0.2m C R m A B P M O （2）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，由几何关系可得 R hR cos 根据牛顿第二定律，对物体有 mgtan=ma 对工件和物块整体有 F-2 (M+m)g=(M+m)a 联立式，代入数据得 F=8.5N 设物体平抛运动的时间为t，水平位

22、移为x1，物块落点与B间的距离为x2， 由运动学公式可得 2 2 1 gth x1=vt x2= x1-Rsin 联立式，代入数据得 x2=0.4m 8.2012年理综安徽卷年理综安徽卷 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 =0.2, l=1.0m。设物块 A

23、、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) 1 4 ( )/ 3 n n vm s 解析：(1) B从曲面滑下机械能守恒： 2 0 1 2 mghmv B A lL h u=2m/s

24、得 B滑到皮带前： m/s522 0 ghv B滑上皮带做匀减速运动: 22 01 2vval 2 m/s2ga 解得 B滑过皮带与 A碰前速度： m/s4 1 v （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 122a mvmvMv 222 122 111 222 a mvmvMv 联立两式解得： （舍去） m/s 3 4 2 v m/s4 2 v 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： m/s 3 4 2 v 2 2 2vax 解得，所以不能回到曲面。 1mm 9 4 x （3）设 B第 m-1 次与 A碰后，从皮带返回再与

25、 A第 n-1 碰撞， 1nm mnan mvmvMv 222 111 222 mnan mvmvMv 联立解得： 1 3 nm vv （舍去） nm vv 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 1 3 (1)n v （n=0、1、2、3） m/s 3 4 m/s) 3 1 (4 1 n n n v 9.2012年理综四川卷年理综四川卷 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 = 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

26、大小为 E=2l05N/C、方向垂直于斜轨向下 的匀强电场。质量 m=5l0-2kg、电荷量 q=+110- 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 AB O E D C r 弹簧枪 擦因数 =0.25。设小物体的电荷量保持不变，取 g=10m/s2sin370=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

27、定理得 Wf-mgr(1-cos)= mv02 1 2 代入数据得 Wf=0.475J 说明：式 4分，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mgsin(mgcos+qE)=ma1 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 由可知 v1=2.1m/s，设运动的位移为 s1，有 sl=v0t1+ a1t12 1 2 电场力反向后，设小物体的加速度为 a2，由牛顿第二定律得 mgsin(mgcos-qE)=ma2 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

28、，有 0=v1+a2t2 s2=v1t2+ a2t22 1 2 设 CP的长度为 s，有 s=s1+s2 联立相关方程，代入数据解得 s=0.57m 说明：式各 3分，式各 1分，式 2 分。 10.2012年物理海南卷年物理海南卷 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 4 3 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

29、 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，N0，且小球在最高点 C所受轨道正压力为零 NC=0 设小球在 C点的速度大小为 vC，根据牛顿第二定律有 A B O R D C mg N C R D B O A mg R v m C 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 mgRmvmv CB 2 2 1 2 1 22 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 aRvB2 2 由式得 ga 2 5 （2）设小球在 D 点的速度大小为 vD，下落到 A点的

30、速度大小为 v，由机械能守恒有 mgRmvmv DB 22 2 1 2 1 22 2 1 2 1 mvmvB 从 D 点运动到 A点所用的时间为 t，由运动学公式得 D vvgt 11.2011年理综安徽卷年理综安徽卷 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。 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。 若解除对滑块的锁定，试求

31、小球通过最高点时的速度大 小。 在满足的条件下，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 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmgLmv s/mv6 1 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 L v mmgF 2 1 由式，得 F=2N M m v0 O P L 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

32、作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有 0 2 MVmv 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 2 0 22 2 2 1 2 1 2 1 mvmgLMVmv 由式，得 v2=2 m/s （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 0 3 VMmv 将式两边同乘以 t，得 0 3 tVMtmv 因式对任意时刻附近的微小间隔 t都成立，累积相加后，有 0 21 Msms 又 Lss2 21 由式得 m 3 2 1 s 12. 201

33、3年北京卷年北京卷 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 t=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

34、g=I0m/s2，忽略空气阻力的影响。 求常量 k，并在图中画出弹力 F随 x变化的示意图； 求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度 hm； 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 x O F 【 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=5.0103N/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， 。 m0 . 5) 2 ( 2

35、1 2 t ghm （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， 2 2 1 2 1 kxkxxWT 运动员从 x1处上升到最大高度 hm的过程，根据动能定理，有： . 0)( 2 1 1 2 1 m hxmgkx 解得：。 m1 . 12 0 2 001 m hxxxx 对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：， )( 2 1 0 2 0 xhmgkxW m 解得：W=2525J2.5103J。 13. 2013年上海卷年上海卷 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

36、动摩擦因数为 ；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 Mag)mM( g) M m (a1 由得小球脱离滑块时的速度 aLvv2 2 0 2 gL) M m (vv12 2 0 小球脱离滑块后做自由落体运动， g h t 2 小球脱离滑块后的加速度 a=g x O F 答图 2 h m M L 滑块的运动时间 gL) M m (v gg v t12 1 2 0 若 tt，小球落地前滑块已停止运动，则由sav20 2 得

37、sggL) M m (v212 2 0 L) M m ( g v s1 2 2 0 14.2013年重庆卷年重庆卷 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（p1）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。 求球 B第一次落地时球 A的速度大小； 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； 在情形下，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

38、 得球 A的速度大小 2 2 1 mvmgh ghv2 （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 2 2 1 gth 2 2 1 t gph-h （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 2121 33-vmvmmvmv 2 2 2 1 2 2 2 1 3 2 1 2 1 3 2 1 2 1 vmvmmvmv 联立上两式解得 2 3 21 1 vv v A B h ph 题 9 图 球 A碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足 ，可得 11 vv 21 3vv 设 B从上升到

39、相遇时间为 t，则有 v1=v0+gt v2=v0-gt g v t 2 0 可以解得p 3 ， p应满足的条件是0 p 3 15. 2013年海南卷年海南卷 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 Ek=18J，机械能减少了 E=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 m fsi

40、nmg a 设物体动能减小 Ek时，在斜坡上运动的距离为 s，由功能关系得 sfmgEk)sin( sfE 联立式并代入数据可得 a=6m/s2 （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 a v sm 2 2 0 物体返回斜坡底端时的动能为 Ek，由动能定理有 mk sfmgE)sin( 联立式并代入数据可得 Ek=80J 16. 2013年浙江卷年浙江卷 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 h1 h2 x2 x1 A BC D E O 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，x

41、2=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 2 1 1 2 hgt 1min xvt 联立、式，

42、得 vmin=8m/s （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 c v 2 2 1 ()() 2 c Mm ghMm v 2 280/9/ c vghm sm s （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 2 ()() c T v FMm gMm L 由几何关系 222 22 ()LhxL 得：L=10m 综合、式并代入数据解得： 2 ()()216 c T v FMm gMmN L 17. 2013年福建卷年福建卷 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

43、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 D 点与 A L B DC O h H s 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 2 1 2 B mghmv 小球从 B到 C做平抛运动，在竖直方向上有 2 1 2 Hgt 在水平方向上有 s=vBt 由式解得

44、s=1.41m （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 2 B v Fmgm L 由式解得 F=20N 根据牛顿第三定律 F=-F 轻绳所受的最大拉力为 20 N。 18. 2011年理综广东卷年理综广东卷 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

45、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 RL5R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 Wf与 L 的关系，并判 断物块能否滑到 CD 轨道的中点。 A B C D Em M M R M R M s=5R M l=6.5RL 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，解得： 2 2 1 2 B mvRmgmgS gRvB3 （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 ， 解得： v )mm(mvB2 3 B v v 对滑块，用动能定理列方程：，解得：s1=8R 22