2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：高考真题专项突破（七）　力学综合题

高考真题专项突破(七)　力学综合题

[真题1]　(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能(　　)

A．与它所经历的时间成正比

B．与它的位移成正比

C．与它的速度成正比

D．与它的动量成正比

解析：根据初速度为零匀变速直线运动规律可知，在启动阶段，列车的速度与时间成正比，即v＝at，由动能公式Ek＝mv2，可知列车动能与速度的二次方成正比，与时间的二次方成正比，选项A、C错误；由v2＝2ax，可知列车动能与位移x成正比，选项B正确；由动量公式p＝mv，可知列车动能Ek＝mv2＝，即与列车的动量二次方成正比，选项D错误．

答案：B

[真题2]　(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)

A．10 N　　 B．102 N　　

C．103 N　　 D．104 N

解析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3 m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．

设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：(F－mg)t＝0－(－mv)，解得：F≈1 000 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确．

答案：C

[真题3]　(2018·全国卷Ⅰ)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(　　)

A．2mgR  B．4mgR

C．5mgR  D．6mgR

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：F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，解得：v＝4gR，小球离开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，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：t＝＝2，小球在水平方向的加速度a＝g，在水平方向的位移为x＝at2＝2R.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，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量ΔE＝F·5R＝5mgR，选项C正确．

答案：C

[真题4]　(2018·全国卷Ⅲ)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α，sin α＝，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．

解析：(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

＝tan α①

F2＝(mg)2＋F②

设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得

F＝m③

由①②③式和题给数据得

F0＝mg④

v＝⑤

(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得

DA＝Rsin α⑥

CD＝R(1＋cos α)⑦

由动能定理有

－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为

p＝mv1＝⑨

(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v2，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有

v2t＋gt2＝CD⑩

v2＝vsin α⑪

由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得

t＝⑫

答案：(1)　(2)　(3)

[命题情报]

1．以选择题出现的试题，大多结合考查直线运动规律及其图象、受力分析、牛顿运动定律、圆周运动、平抛运动、动量定理、动量守恒、功能关系等，难度中等．

2．以计算题出现的试题，大多与直线运动或曲线运动规律、牛顿运动定律等综合命题，难度中等偏上．

1．如图所示，质量为m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长为1.5 m，现有质量为0.2 kg可视为质点的物块m2，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在小车上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少？

解析：(1)小车与物块组成的系统动量守恒，最后物块与小车保持相对静止，有共同速度

根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v

共同速度v＝＝0.8 m/s

对物块受力分析，根据动量定理，有：

－μm2gt＝m2v－m2v0

物块在车面上滑行的时间t＝＝0.24 s

(2)要使物块恰好不从车厢滑出，则物块滑到车的右端时恰与小车有共同的速度v′

根据动量守恒定律，有：m2v0′＝(m1＋m2)v′

根据能量守恒定律，有：μm2gL＝m2v0′2－(m1＋m2)v′2

解得：物块滑上小车左端的速度v0′＝5 m/s

即要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度不能超过5 m/s.

答案：(1)0.24 s　(2)5 m/s

2．(2019·惠州调研)如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上．

已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可忽略，取重力加速度g＝10  m/s2.某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短．在此条件下，求：

(1)小车在CD轨道上运动的最短路程．

(2)赛车电动机工作的时间．

解析：(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又在CD轨道上运动的路程最短，则小车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力：

mg＝m

由机械能守恒定律可得：mg·2R＋mv＝mv

由上述两式联立代入数据可得：vC＝5 m/s

设小车在CD轨道上运动的最短路程为x，由动能定理可得：

－kmgx＝0－mv

代入数据可得：x＝2.5 m

(2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知：

vB ＝vC ＝5 m/s 

从A点到B点的运动过程中，由动能定理可得：Pt－kmgL＝mv

代入数据可得：t＝4.5 s.

答案：(1)2.5 m　(2)4.5 s

3．(2019·长春实验中学开学考试)如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为μ.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止．已知重力加速度为g，求

(1)木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；

(2)木块2在整个运动过程中的最小速度．

解析：(1)当木块3与木板的速度相等时，3个木块与木板的速度均相等，且为v.系统动量守恒

 m(v0 ＋2v0 ＋3v0)＝6mv

木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：μmg＝ma

由运动学公式(3v0)2－v2＝2as3

解得s3＝

(2)设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律

m(v0 ＋2v0 ＋3v0)＝(2m＋3m)v2 ＋mv3

在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同

3vo － v3＝2vo －v2

解得v2＝v0.

答案：(1)　(2)v0

4．如图所示，质量为m1＝4 kg和质量为m2＝2 kg可视为质点的两物块相距d一起静止在足够长且质量为M＝2 kg的木板上，已知m1、m2与木板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，木板与水平面的动摩擦因数为μ2＝0.2.某时刻同时让m1、m2以初速度v1＝6 m/s ，v2＝4 m/s 的速度沿木板向右运动．取g＝10  m/s2，求：

(1)若m1与m2不相碰，m1与m2间距d的最小值；

(2)M在水平面滑行的位移x.

解析：(1)根据题意知，m1、m2在木板上做减速运动，M在水平面上做加速运动，由牛顿定律有：

μ1m1g＝m1a1

μ1m2g＝m2a2

μ1m1g＋μ1m2g－μ2(m1＋m2＋M)g＝MaM

设经过t1，M与m2共速且为v，m1的速度为v3，对m1有：

v3＝v1－a1t1

x1＝t1

对m2有：

v＝v2－a2t1

x2＝t1

对M有：v＝aMt1

xM＝t1

在t1时间内m1与m2的相对位移：Δx1＝x1－x2

由题可知M与m2共速后它们相对静止，其加速度为a：

μ1m1g－μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m2)a

解得a＝0，即M与m2共速后一起匀速运动，m1继续减速，设经过t2系统共速，其速度为v，由运动学知识有：对m1有：v＝v3－a1t2

x′1＝t2

对M和m2整体有：x′M＝vt2

Δx2＝x′1－x′M

d≥Δx1＋Δx2

联立上式解得：dmin＝1.5 m

(2)由题可知系统整体共速后一起减速直到静止，由牛顿定律有：

μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′

由运动学知识有：x″M＝

M运动的位移为：x＝xM＋x′M＋x″M

联解得：x＝2.5m.

答案：(1)1.5 m　 (2)2.5 m