高考历年真题力学大题(解析版)
10年高考（2011-2020年）全国II卷物理试题分项全解全析
专题18 力学大题
1、全国II卷2020年高考使用的省份：甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、辽宁、宁夏、新疆、陕西、重庆等10个省份
2、2011-2020年全国II卷试题赏析：
1、（2020·全国II卷·T25）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）
113 25
H H
=；（3）
152
125 L H ≥
【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a 1=2g ，a 2=3g ③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
0v =④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t 1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v 0–a 1t 1= –v 0+a 2t 1⑤
联立③④⑤式得
1t =⑥ 设此时管下端的高度为h 1，速度为v 。由运动学公式可得
21011112
h v t a t =?⑦ 011v v a t =?⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v >0。此后，管与小球将以加速度g 减速上升h 2，到达最高点。由运动学公式有
2
22v h g
=⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H 1，则
H 1= h 1+ h 2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
11325
H H =?
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x 1。在管开始下落到上升H 1这一过程中，由动能定理有
Mg （H –H 1）+mg （H –H 1+x 1）–4mgx 1=0?
联立??式并代入题给数据得
145
x H =? 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 2为
2145
x H =? 设圆管长度为L 。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x 1+ x 2≤L ?
联立????式，L 应满足条件为
152125
L H ≥? 2、（2019·全国II 卷·T25）一质量为m =2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a ）中的图线．图（a ）中，0~t 1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t 1=0.8 s ；t 1~t 2时间段为刹车系统的启动时间，t 2=1.3 s ；从t 2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t 2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m ，第4 s 内的位移为1 m ．
（1）在图（b ）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v -t 图线；
（2）求t 2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t 1~t 2时间内汽车克服阻力做的功；
司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t 1~t 2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？
【答案】（1）（2）28m/s ， 28 m/s （3）30 m/s ；51.1610J ×；87.5 m
【解析】
（1）v -t 图像如图所示．
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v 1，则t 1时刻的速度也为v 1，t 2时刻的速度也为v 2，在t 2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a ，取Δt =1s ，设汽车在t 2+n-1Δt 内的位移为s n ，n=1,2,3,…． 若汽车在t 2+3Δt~t 2+4Δt 时间内未停止，设它在t 2+3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2+4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学有
2143(Δ)s s a t ?=①
2121Δ(Δ)2
s v t a t =?② 4
24Δv v a t =?③ 联立①②③式，代入已知数据解得
417m/s 6v =?
④ 这说明在t 2+4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t 2+3Δt~t 2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式
3
23Δv v a t =?⑤ 2432as v =⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
28m/s a =，v 2=28 m/s ⑦ 或者2288m/s 25
a =，v 2=29.76 m/s ⑧ 第二种情形下v 3小于零，不符合条件，故舍去
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f 1，由牛顿定律有：f 1=ma ⑨
在t 1~t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：1211=()2
I f t t ?⑩
由动量定理有：12I mv m ′=?? 由动能定理，在t 1~t 2时间内，汽车克服阻力做的功为：
22211122W mv mv =?? 联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v 1=30 m/s ?
51.1610J W =×? 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
221112211()()22v s v t v v t t a
=++?+? 联立⑦??，代入已知数据解得
s =87.5 m ?
3、（2018·全国II 卷·T24）汽车A 在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B ，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B 。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B 车向前滑动
了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m，已知A和B的质量分别为kg和kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小.求（1）碰撞后的瞬间B车速度的大小；
（2）碰撞前的瞬间A车速度的大小。
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：两车碰撞过程动量守恒，碰后两车在摩擦力的作用下做匀减速运动，利用运动学公式可以求得碰后的速度，然后在计算碰前A车的速度。
（1）设B车质量为m B，碰后加速度大小为a B，根据牛顿第二定律有
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。学科.网
设碰撞后瞬间B车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
②
联立①②式并利用题给数据得
③
（2）设A车的质量为m A，碰后加速度大小为a A。根据牛顿第二定律有
④
设碰撞后瞬间A 车速度的大小为，碰撞后滑行的距离为。由运动学公式有
⑤
设碰撞后瞬间A 车速度的大小为，两车在碰撞过程中动量守恒，有
⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
故本题答案是： （1） （2）
4、（2017·全国II 卷·T24）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s 0和s 1（s 1
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
【答案】（1）220102v v gs ? （2）210120
()2s v v s + 【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ，
则冰球在冰面上滑行的加速度a 1=μg ①
由速度与位移的关系知–2a 1s 0=v 12–v 02② 联立①②得220110
=2v v a g gs μ?=③ （2）设冰球运动的时间为t ，则01v v t g
μ?=④ 又2112
s at =⑤ 由③④⑤得2
10120
()2s v v a s +=⑥ 5、（2016·全国II 卷·T25）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μ=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 的质量的取值范围。
【答案】（1
） （2）5
532
m M m ≤< 【解析】（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得
E p ＝5mgl
如图，根据能量守恒定律得
E p＝μmg?4l+
联立解得v B＝
物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得
mg?2l+＝
解得v D＝＞
所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有
2l＝
x＝v D t
解得x＝2l
即落地点与B点间的距离为2l．
（2）P刚好过B点，有：E p＝μm1g?4l，解得m1＝m
P最多到C而不脱轨，则有E p＝μm2g?4l+m2gl，解得m2＝m
所以满足条件的P的质量的取值范围为：m≤m P＜m．
答：
（1）P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l．
（2）P的质量的取值范围为：m≤m P＜m．
6、（2015·全国II卷·T24）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θ=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μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2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，μ2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0～2s时间内A和B加速度的大小
（2）A在B上总的运动时间．
【答案】（1）在0～2s时间内A和B加速度的大小分别为3m/s2和1m/s2；
（2）A在B上总的运动时间为4s．
【解析】（1）在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，
其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
f1=μ1N1 ①
N1=mgcosθ②
f2=μ2N2 ③
N2=N1+mgcosθ④
规定沿斜面向下为正，设A和B的加速度分别为a1和a2，
由牛顿第二定律得
mgsinθ﹣f1=ma1 ⑤
mgsinθ+f1﹣f2=ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给的条件得
a1=3m/s2 ⑦
a2=1m/s2⑧
（2）在t1=2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1=a1t1=6m/s ⑨
v2=a2t1=2m/s ⑩
t＞t1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
v2+a2′t2=0?
联立⑩??式得
t2=1s
在t+t时间内，A相对于B运动的距离为
s=
=12m＜27m
此后B静止不动，A继续在B上滑动．
设再经过时间t3后A离开B，则有
l﹣s=
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t总，有
t总，=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图线求解也可）
7、（2014·全国II卷·T24）2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录，取重力加速度的大小g=10m/s2.
（1）忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落到1.5km高度处所需要的时间及其在此处速度的大小
（2）实际上物体在空气中运动时会受到空气阻力，高速运动受阻力大小可近似表示为f=kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状，横截面积及空气密度有关，已知该运动员在某段时间内高速下落的v —t图象如图所示，着陆过程中，运动员和所携装备的总质量m=100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数（结果保留1位有效数字）。
【答案】（1）86.6≈87s 870m/s （2）0.008kg/m
【解析】（1）设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为S，在1.5km高度处的速度为v，根据运动学公式，有：
v＝gt ①
h＝②
根据题意，有：
s＝39km﹣1.5km＝37.5km＝37500m ③
联立①②③解得：
t＝86.6≈87s，
v＝870m/s；
（2）该运动员达到最大速度v max时，加速度为零，根据牛顿第二定律，有：
mg＝k④
由所给的v﹣t图象可读出：
v max≈360m/s ⑤
联立④⑤解得：
k＝0.008kg/m。
8、（2013?全国卷Ⅱ?T25）一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度﹣时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地
面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【答案】（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m。
【解析】（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m。
v﹣t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0﹣0.5s时间内，木板的加速度大小为＝m/s2＝8m/s2。
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得
μ1mg+μ2?2mg＝ma1，①
对物块：0﹣0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝＝μ1g
t＝0.5s时速度为v＝1m/s，则v＝a2t ②
由①②解得μ1＝0.20，μ2＝0.30
（2）0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a＝μ2g 由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止。
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2＝＝μ1g＝2m/s2。
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′＝
＝4m/s2
故整个过程中木板的位移大小为x1＝+＝1.625m
物块的位移大小为x2＝＝0.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s＝x1﹣x2＝1.125m
答：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；
（2）从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m。
9、（2012·课标全国卷·T24）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tanθ0.
【答案】（1）μ
sinθ－μcosθ
mg （2）λ
【解析】 (1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有
F cosθ＋mg＝N①
F sinθ＝f②
式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．按摩擦定律有
f ＝μN ③
联立①②③式得
F ＝μsin θ－μcos θ mg ④ (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有
F sin θ≤λN ⑤
这时，①式仍满足．联立①⑤式得
sin θ－λcos θ≤λmg
F ⑥ 现考察使上式成立的θ角的取值范围．注意到上式右边总是大于零，且当F 无限大时极限为零，有 sin θ－λcos θ≤0⑦
使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把．临界角的正切为
tan θ0＝λ⑧
10、（2011·新课标全国卷·T24）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在
第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。
【答案】5︰7
【解析】设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻t 0）的速度为v ，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1，加速度为a ；在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2，由运动学公式得： v = at 0 ①
21012
s at = ② 22001(2)2
s vt a t =+ ③ 设汽车乙在第一段时间间隔末（时刻t 0）的速度为v ′，第一段时间间隔内行驶的路程为s 1′，在第二段时间间隔内行驶的路程为s 2′，由运动学公式得： v ′ = 2at 0 ④
2101'(2)2
s a t = ⑤ 22001''2
s v t at =+ ⑥ 设汽车甲、乙的总路程分别为：s 、s ′ ，则有：
s = s 1 + s 2 ⑦
s ′ = s 1′ + s 2′ ⑧
22222120000001135(2)2222
s s s at vt a t at at at =+=++=+= 22222120000001137''(2)'22222
s s s a t v t at at at at =+=++=+= 联立以上各式解得：s ︰s ′ = 5︰7 ⑨
评分参考：①②③式各2分，④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分。