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 Word版含答案

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E k ＝12m v 2，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v 2＝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 ＝m v ，可知列车动能E k ＝12m v 2＝p 22m ，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 ND ．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 ＝12m v 2，解得：v ＝2gh ＝2×10×3×25 m/s ＝1015 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－(－m v )，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 ．2mgRB ．4mgRC ．5mgRD ．6mgR解析：设小球运动到c 点的速度大小为v c ，则对小球由a 到c 的过程，由动能定理得：F ·3R －mgR ＝12m v 2c ，又F ＝mg ，解得：v 2c ＝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 ＝v cg ＝2R g ，小球在水平方向的加速度a ＝g ，在水平方向的位移为x ＝12at 2＝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P A 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＝35，一质量为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F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有 F 0mg ＝tan α① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R ③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg ④ v ＝5gR 2⑤(2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得DA ＝R sin α⑥ CD ＝R (1＋cos α)⑦ 由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 21⑧由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 p ＝m v 1＝m 23gR 2⑨(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 2，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有 v 2t ＋12gt 2＝CD ⑩ v 2＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得t ＝355R g ⑫答案：(1)5gR 2 (2)m 23gR 2 (3)355Rg[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m 1＝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m 2，以水平向右的速度v 0＝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/s 2.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：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 共同速度v ＝m 2v 0m 1＋m 2＝0.8 m/s对物块受力分析，根据动量定理，有： －μm 2gt ＝m 2v －m 2v 0物块在车面上滑行的时间t ＝m 2(v 0－v )μm 2g ＝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：m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′根据能量守恒定律，有：μm 2gL ＝12m 2v 0′2－12(m 1＋m 2)v ′2 解得：物块滑上小车左端的速度v 0′＝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/s2．(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 ＝F fmg ＝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/s 2.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 v 2PR由机械能守恒定律可得：mg ·2R ＋12m v 2P＝12m v 2C 由上述两式联立代入数据可得：v C ＝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 ＝0－12m v 2C 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：v B ＝v C ＝5 m/s从A 点到B 点的运动过程中，由动能定理可得：Pt －kmgL ＝12m v 2B 代入数据可得：t ＝4.5 s. 答案：(1)2.5 m (2)4.5 s3．(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v 0、2v 0、3v 0，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 (v 0 ＋2v 0 ＋3v 0)＝6m v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(3v 0)2－v 2＝2as 3解得s 3＝4v 2μg(2)设木块2的最小速度为v 2，此时木块3的速度为v 3，由动量守恒定律 m (v 0 ＋2v 0 ＋3v 0)＝(2m ＋3m )v 2 ＋m v 3 在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v o － v 3＝2v o －v 2 解得v 2＝56v 0. 答案：(1)4v 20μg (2)56v 04．如图所示，质量为m 1＝4 kg 和质量为m 2＝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m 1、m 2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m 1、m 2以初速度v 1＝6 m/s ，v 2＝4 m/s 的速度沿木板向右运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)若m 1与m 2不相碰，m 1与m 2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，m 1、m 2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： μ1m 1g ＝m 1a 1 μ1m 2g ＝m 2a 2μ1m 1g ＋μ1m 2g －μ2(m 1＋m 2＋M )g ＝Ma M设经过t 1，M 与m 2共速且为v ，m 1的速度为v 3，对m 1有： v 3＝v 1－a 1t 1 x 1＝v 1＋v 32t 1 对m 2有： v ＝v 2－a 2t 1 x 2＝v ＋v 22t 1 对M 有：v ＝a M t 1 x M ＝v 2t 1在t 1时间内m 1与m 2的相对位移：Δx 1＝x 1－x 2由题可知M 与m 2共速后它们相对静止，其加速度为a ： μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2＋M )g ＝(M ＋m 2)a解得a ＝0，即M 与m 2共速后一起匀速运动，m 1继续减速，设经过t 2系统共速，其速度为v ，由运动学知识有：对m 1有：v ＝v 3－a 1t 2 x ′1＝v ＋v 32t 2对M 和m 2整体有：x ′M ＝v t 2 Δx 2＝x ′1－x ′M d ≥Δx 1＋Δx 2联立上式解得：d min ＝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＝v2 2a′M运动的位移为：x＝x M＋x′M＋x″M 联解得：x＝2.5m.答案：(1)1.5 m(2)2.5 m。