11-19年高考物理真题分专题汇编之专题026c.力学综合题（下）.pdf

1、第第 26 节节 力学综合题（下）力学综合题（下） 【2019年物理全国卷1】竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连 接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始 下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当A返回到倾斜轨道上的P点（图中未标出） 时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图像如图（b）所 示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不 计空气阻力。 （1）求物块B的质量； （2）在图（b）所描述的整个运动过

2、程中，求物块 A克服摩擦力所做的功； （3）已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩 擦因数，然后将 A从 P点释放，一段时间后 A刚好能与 B再次碰上。求改变前面动摩擦因数的比值。 【答案】 （1）3m （2） （3） 2 15 mgH 9 11 【解析】 【详解】 （1）物块 A 和物块 B发生碰撞后一瞬间的速度分别为、，弹性碰撞瞬间， A v B v 动量守恒，机械能守恒，即： 1ABB mvmvm v 222 1 111 222 ABB mvmvm v 联立方程解得：； 1 B A B mm vv mm 1 2 B B m vv mm 根据 v

3、-t图象可知， 1 1 2 A vv 解得： 3 B mm （2）设斜面的倾角为，根据牛顿第二定律得 当物块 A 沿斜面下滑时：，由 v-t图象知： 1 sinmgfma 1 1 1 v a t 当物体 A 沿斜面上滑时：，由 v-t图象知： 2 sinmgfma 1 2 1 5 4 v a t 解得：； 1 sin 9 fmg 又因下滑位移 11 1 1 sin2 H xvt 则碰后 A 反弹，沿斜面上滑的最大位移为： 1 211 1 1 0.40.1 sin2 2 vh xtvt 其中为 P 点离水平面得高度，即 h 1 5 hH 解得 2 5sin H x 故在图（b）描述的整个过程中，

4、物块 A 克服摩擦力做的总功为： 12 12 sin 9sin5sin15 f HH Wf xxmgmgH （3）设物块 B在水平面上最远的滑行距离为，设原来的摩擦因为为 S 则以 A 和 B组成的系统，根据能量守恒定律有： tan B Hh mg Hhmgm gS 设改变后的摩擦因数为，然后将 A 从 P 点释放，A 恰好能与 B再次碰上，即 A 恰好滑 到物块 B位置时，速度减为零，以 A 为研究对象，根据能量守恒定律得： tan h mghmgmgS 又据（2）的结论可知：，得： 2 15tan f Hh WmgHmg tan9 联立解得，改变前与改变后的摩擦因素之比为：。 11 9 1

5、.2018年全国卷年全国卷 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 ） A2mgR B4mgR C5mgR D6mgR 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： 2 2 1 3 c mvmgRRF，又 F=mg，解得gRvc4 2 ，小球离开 c点后，在水平方向做初速度为零的匀加 a

6、b c R B O A C P R B A B A f G FN 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： g R g v t c 2，小球离开 c点后在水平方向的位移为Ratx2 2 1 2 。 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mgRRFE55，选项 C正确 ABD 错误。 2.2018年天津卷年天津卷 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

7、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 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 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

8、运动员的支持力的合力充当向心力，有得， R mv mgFN 2 cos R mv mgFN 2 cos 运动过程中速率恒定，且 在减小，所以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；运动员 N Ff 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

9、， 3 sin 5 。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：（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 O A B C PD M P 地面 h=3.2m CB A R=2m 第 20 题图 0

10、 tan F mg 222 0 ()FmgF 设小球到达 C点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 2 Fm R v 由式和题给数据得 0 3 4 Fmg 5 2 gR v （2）设小球到达 A 点的速度大小为 1 v，作 CDPA，交 PA 于 D 点，由几何关系得 DAsinR CD(1cos)R 由动能定理有 22 01 11 CDDA 22 mgFmmvv 由式和题给数据得，小球在 A 点的动量大小为 1 23 2 mgR pmv （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

11、动学公式有 2 1 CD 2 tgt v sin vv 由式和题给数据得 35 5 R t g 4.2018年浙江卷（年浙江卷（4月选考）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，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

12、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 出后静止所需的时间。 解：（1）在 B点： 得到： 2 B N v Fmgm R 4m/s B v （2）A至 B过程中，由动能定理： 得到： 2 1 2 fB mgRWmv2.4J f W （3）B至 C过程中，由动能定理： 22 11 22 BCCB kmgLmvmv B至 P的水平距离： 22 2 214 4 245 BC CCC vvh Lvvv kgg 当 P至 B的水平距

13、离最大 1.6m/s C v 时，3.36m BC L （4）C至 P时间： 0 2 0.8s h t g 10 1 20.8s 2 tt 1 1 1 ( ) 2 n n tt 2.4st 5.2011年理综山东卷年理综山东卷 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

14、，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 2 2 1 gth x=vBt 联立式，代入数据得 vB=2m/s B A F l2l1 x h (2)设 B的加速度为 aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得 B mamg BBB tav 2 2 1 BBB tax 联立式，代入数据得 s5 . 0 B t m5 . 0 B x （3）设 B刚开始运动时 A的速度为 v

15、1，由动能定理得 2 11 2 1 MvFl 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 A MamgF 2 12 2 1 BABB tatvxl 联立式，代入数据得 m5 . 1 2 l 6. 2011年理综天津卷年理综天津卷 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

16、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 2 1 2 2 Rgt 解得 2 R t g （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定为 0，由 B A R O N M 机械能守恒定律知 22 1 11 2 22 mvmvmgR 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 12 2mvmv 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 2 2Rv t 综合式得 2 2 2vgR 7. 2011年物理

17、江苏卷年物理江苏卷 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 L 2 2 答：(1) (2) (k2) (3) 见解析 g )k( k 12 12 gL )k( k 12 2 【解析】(1) 设

18、细线中的张力为 T，根据牛顿第二定律 Mg-T=Ma， T-mgsin30=ma 且 M=km 解得： g )k( k a 12 12 (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 02 302sinaLv)sin(Lavv 0 0 22 0 3012 解得： (k2) gL )k( k v 12 2 0 (3) 平抛运动， ，解得 tvx 0 20 2 1 30gtsinL )k( k Lx 12 2 因为，所以，得证。 1 1 2 k k Lx 2 2 8. 201

19、4年物理江苏卷年物理江苏卷 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， m M 30 传送带甲 传送带乙 v0 并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 . 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

20、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） g v 2 2 2 0 0 5 54 mgv 【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 0 45cosgax 2 0 02vsax 解得 g v s 2 2 2 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， 在很小的t时间内，侧向、纵向的速度增量vx= axt，vy= ayt， 解得 vy /vx=tan 且由题意可知 ， 则， x y v v tan tan vv vv v v

21、 xx yy x y 所以摩擦力方向保持不变 则当， 即 00 yx vv向向 0 2vv （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 ,ssinga,cosga yx 在侧向上 在纵向上 ,vxax 2 0 02,)v(yay022 2 0 工件滑动时间 乙前进的距离 , a v t y 0 2 , tvy 01 2 工件相对乙的位移 2 1 2 )yy(xL 则系统摩擦生热 ,mgLQ 电动机做功 ,Qmv)v(mW 2 0 2 0 2 1 2 2 1 由解得 , t W P ,mgvP 0 5 54 9. 2014年理综安徽卷年理综安徽卷 24(20 分) 在光

22、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： （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

23、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=12.5m 2 0 2 1 2 1 2 1 mvv )mm(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 ,vmvmmvmv 2121 2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 vmvmmvmv 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

24、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 L.t ) v (s56 22 1 0 2 10.2014年理综四川卷年理综四川卷 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

25、v0 2 L 2 L B A t/s v/ms-1 012345 v0 v0/2 绳，人类搭建“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 =

26、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 r1，线速度为 v1，则 r1Rh1 v1r1 货物对地心运动的动能为 2 11 2 1 vmEk 联立式 2 1 2 1 2 1 )hR(mEk 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 r2Rh2 1 2r a 向 2 2 r Mm GF 2 R GM g 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 amNF 2 NN 联立式并代入数据得 N11.5 N 说明：式各 2分，式各 1分 11

27、.2015年理综新课标年理综新课标 I 卷卷 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 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 t/s1 0 2 2 4 v/m.s-1 图 （b） 图 （a） 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

28、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，由牛顿第二定律有 11()()mM gmM a 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 101 1vva t 2 00 11 1 1 2 sv ta t t1=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 0.1 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

29、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 2 2mg ma 21 2 21 vv a tt 式中 t2=2s，v2=0，联立式和题给条件得 2 0.4 （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。由牛顿第3a3v 二定律及运动学公式得 3 21( )mgMm gMa tavv 313 - tavv 213 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 t vv s 2 31 1 小物块运动的位移为 t vv s 2 31 2 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

30、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 4 1( )()mM gmM a 34 2 3 20sav 碰后木板运动的位移为 s= 13ss 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 6.5m 12.2015年理综新课标年理综新课标卷卷 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 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 5 3 上

31、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 8 3 间的动摩擦因数 2减小为 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 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

32、中、是 A和 B之间的摩擦力和正 1 1 f f 1 1 N N 压力的大小，、是 B与 C之间的摩擦力和正压 2 2 f f 2 2 N N 力的 大小，方向如图所示 1 11 11 1 f fN N 1 1 c co os sN Nm mg g 2 22 22 2 f fN N 2 21 1 c co os sN NN Nm mg g 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 1 1 a a 2 2 a a 1 11 1 s si in nm mg gf fm ma a 2 21 12 2 s si in nm mg gf ff fm ma a 联立式，并代入题

33、给条件得 a1=3m/s2 a2=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 1 1 t tt t a1=6m/s2 37 B C A N1 f1 mg A mg f1 f2 N1 N2 B 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 2 22 2 2 2 0 0v va a t t 联立式得 t2=1s 在时间内，A相对于 B运动的距离为 1 12 2 t tt t 27m12m

34、2 1 2 1 - 2 1 2 1 2 2222 2 12 2 2121 2 11 向向向向tatvtatatvtas 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 3 3 t t 2 313211 2 1 tat )tavsl向 可得 t3=1s （另一解不合题意，舍去 设 A在 B上总的运动时间为，有 t t总 总 t总=t1+t2+t3=4s 13.2015年理综福建卷年理综福建卷 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

35、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 2 M m 的水平分量是小车速度大小的 2 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）3mg （2）gRvm 3 1 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：0 2 1 2 B mvm

36、gR 在 B点： R v mmgF B N 2 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： m Mvvm A BC M O m L R 从 A到 B，根据能量守恒： 22 2 1 2 1 m MvvmmgR 联立解得：gRvm 3 1 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： mgLMvvmmgR 2 2 2 1 2 2 1 解得：gLgRv 3 1 3 1 小车的加速度：g M mg a 2 1 根据asvvm2 22 解得：s=L/3 14.2015年

37、江苏卷年江苏卷 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 . L 2 3 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 L 2 3 L 2 1功 W. 【 答 案 】（ 1）

38、 （ 2） （ 3） L mg k 4 L g 5 8 0 L mgl mgLW 2 16 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 2 1 L kF 向 小环受力平衡 111 2cosTmgF 向 小球受力平衡， mgcosTcosF 1111 1111 sinTsinF 解得 L mg k 4 （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 向 LxkF 2 小环受力平衡 得 mgF 2向 Lx 4 5 ll l l A B C O L 2

39、3 m m m 对小球 ， 且 mgcosF 22 2 2 022 sinlmsinF l x cos 2 2 解得 L g 5 8 0 （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： 2 3 L kF 向 小环受力平衡： 且 333 2 向 FmgcosT l L cos 4 3 对小球：； mgcosTcosF 3333 3 2 33333 sinlmsinTsinF 解得： L g16 3 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： 2 33 2 1 2 44 3 2 22 3 向向sinlm)

40、LL (mg) LL (mgW 解得： L mgl mgLW 2 16 15.2016年新课标年新课标卷卷 25 （20 分）轻质弹簧原长为 2l，将弹簧竖直放置在地面上，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，

41、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的质量的取值范围。 【答案】 （1）2 2l （2） 55 32 mMm 【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 lMgMvE BP 4 2 1 2 联立式，去 M=m 并代入题给数据得 glvB6 B C D A P 若 P能沿圆轨道运

42、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 0 2 mg l mv 设 P滑到 D 点时的速度为 vP，由机械能守恒定律得 lmgmvmv DB 2 2 1 2 1 22 联立式得 glvD2 vD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 2 1 2 2 lgt P落回到 AB上的位置与 B点之间的距离为 tvs D 联立式得 ls22 （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 lMgmgl45 要使 P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不

43、能超过半圆轨道的中点 C。由机械能守恒定律 有 MglMvB 2 2 1 联立式得 55 32 mMm 16.2016年新课标年新课标 1卷卷 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切于 C点，AC=7R，A、 5 6 R 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 1 4 度大小为。（取，） g 3

44、sin37 5 4 cos37 5 (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E能 。 (3) 改变物块 P的质量，将 P推至E点 ，从静止开始释放。已知 P自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出 后，恰好通过 G 点。G 点在 C点的左下方，与 C点水平相距 37 A B F C P D G R R 2 7 、竖直相距 R，求 P运动到 D 点时速度的大小和改变后 P的质量。 7 2 R 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： acosGN 沿斜面方向，由牛顿第二定律得： sinGfma 且，可得： f

45、N 2 sincos 5 aggg 对 CB段过程，由 22 0 2 t vvas 代入数据得 B点速度： 2 B vgR （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： 3 sin P EmgR 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 (72)QmgRxR 由，联立、解得：x=1； P EQ 研究 P从 C点运动到 E点过程 重力做功： sin (5) G WmgRxR 摩擦力做功： cos (5) f WmgRxR 动能变化量： 0J k E 由动能定理： Gfk WWWE 弹 代入得： 5 12 - mgR W 弹 由 E弹=-W弹，到 E点时弹性势能 E弹为。 5 12mgR （3）其几何关系如下图 可知：， RCQROQ 2 1 , 3 2 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： tvR 0 3 竖直位移： 2 2 1 2 5 gtR G