高三第二轮专题复习7力学综合题
2019年高三物理二轮专项检测(最新重点题汇编)专项七力学综合(全解析)
图v 0/图 2019年高三物理二轮专项检测（最新重点题汇编）专项七力学综合（全解析）特别说明：因时间关系，本资料试题未经校对流程，使用时请注意。
1、【2018•广西模拟】物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间△T1内速度由0增大到V ，在时间△T2内速度由V 增大到2V 、设F 在△T1内做的功是W1，冲量是I －1；在△T2内做的功是W2，冲量是I2，那么〔〕A 、1212,I I WW <=B 、1212,I I WW <<C 、1212,I I WW ==D 、1212,I I WW =<【答案】D【解析】在△T1时间内，I1＝F △T1＝MV ＝△P1，在△T2时间内、I2＝F △T2＝2MV －MV ＝MV ＝△P2∴I1＝I2 又2222121113,(2)2222W m v W m v m v m v ==-= ∴W1《W2，D 选项正确、2、【2018•四川联考】如下图，质量分别为M1和M2、大小相同的两物块，分别以速度V1和V2沿固定斜面向下匀速滑行，且V1》V2，M2的右端装有轻质弹簧，在它们发生相互作用后又分开.那么在M1和M2相互作用的过程中，以下说法中正确的选项是〔〕A 、由于有重力和摩擦力，所以该过程动量不守恒B 、由于系统所受合外力为零，所以该过程动量守恒C 、假设相互作用过程中，M1D 、假设相互作用过程中，M1【答案】C 【解析】在相互作用过程中，以M1、M2和弹簧组成的系统为对象，当两个物体都向下滑行时，即M1的速度不反向，系统的重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相等，所以系统的合外力为零，系统的动量守恒、假设在相互作用过程中，M1的速度反向，那么M1受到的滑动摩擦力沿斜面向下，系统的合外力不为零，系统的动量不过恒、3、【2018•湖北模拟】如图1－5所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上、一个质量为M 的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板、滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图1－6所示、某同学根据图像作出如下的一些判断正确的选项是〔〕A 、滑块与木板间始终存在相对运动B 、滑块始终未离开木板C 、滑块的质量大于木板的质量D 、在T1时刻滑块从木板上滑出 【答案】ACD 【解析】从图中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在T1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在T1时刻滑块从木板上滑出、所以选项A 、图C 、D 正确、4、【2018•重庆期中】水平传送带在外力的作用下始终以速度V 匀速运动，某时刻放上一个小物体，质量为M ，初速度大小也是V ，但方向与传送带的运动方向相反，小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，最后小物体的速度与传送带相同、在小物体与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物体做的功为W ，摩擦生成的热量为Q ，那么下面的判断中正确的选项是（）A 、W ＝0，Q ＝0B 、W ≠0，Q ＝0C 、W ≠0，Q ≠0D 、W ＝0，Q ≠0【答案】【解析】小物体以－V 的初速度放到传送带上，到后来速度变为和传送带相同的过程中，根据动能定理可知：因小物体的初末动能相等，故合外力做功为0，重力和支持力均未做功，故摩擦力做功W ＝0，但小物体和传送带在此过程中发生了相对运动，故热量Q ≠0，所以D 正确、5、【2018•黄冈模拟】如下图，A 、B 两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上，一颗子弹以水平速度V 先后穿过A 和B （此过程中A 和B 没相碰）。
2021年高考物理二轮复习 核心考点专项突破 力学综合计算题练习（含解析）
力学综合计算题1．如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A 、B 置于水平地面上，它们的间距s ＝2.88 m ．质量为2m ，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端．C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为25mg 的恒力F ，假定木板A 、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？【解析】第一阶段拉力F 小于C 、A 间最大静摩擦力，因此C 、A 共同加速到与B 相碰．该过程对C 、A 用动能定理有(F －μ2·3mg )s ＝32mv 21 解得v 1＝80.3 m/s.A 、B 相碰瞬间，A 、B 系统动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2碰后共同速度v 2＝40.3m/s.C 在AB 上滑行全过程，A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，C 到B 右端时恰好达到共同速度，即2mv 1＋2mv 2＝4mv因此共同速度v ＝60.3m/s.C 在A 、B 上滑行全过程用能量守恒得F ·2L ＝12×4mv 2－(12×2mv 21＋12×2mv 22)＋μ1·2mg ·2L 代入数据解得L ＝0.3 m.【答案】0.3 m2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；(2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2 解得：v m ＝2.0 m/s(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：(M ＋m )v x ＝0由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2y ＋μmg 2L 解得v x ＝0；v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s如图所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切．圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离；(3)释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点D .【解析】(1)根据几何关系：PB ＝R tan θ＝3R 从P 点到E 点根据动能定理，有： mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E －0代入数据：mgR －μmg ·32·3R ＝12mv 2E 解得：v E ＝2－3μgR在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v 2E R解得：F N ＝3mg －3μmg(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·32(3R ＋x )＝0 解得：x ＝3－3μ3μ＋1R(3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2R解得：v ＝gR根据动能定理，有mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12mv 2－0代入数据：mg (12L ′－R －32R )－μmg ·32 L ′＝12mgR 解得：L ′＝3R ＋3R 1－3μ 所以L ′≥3R ＋3R 1－3μ，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 【答案】(1)3mg －3μmg (2)3－3μ3μ＋1R(3)L ′≥3R ＋3R 1－3μ4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图乙所示，t ＝2.0 s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：(1)t ＝0.5 s 时滑块的速度大小；(2)0～2.0 s 内木板的位移大小；(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．【解析】(1)木板M 的最大加速度a m ＝μmg M＝4 m/s 2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1v 1＝a 1t 1代入数据得：v 1＝1 m/s(2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 21 0．5～2 s ，μmg ＝Ma 2x 2＝v 1t 2＋12a 2t 22则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m(3)对滑块：0．5～2 s ，F －μmg ＝ma 2′0～2 s 时滑块的位移x ′＝x 1＋(v 1t 2＋12a 2′t 22) 在0～2 s 内m 与M 相对位移Δx 1＝x ′－x ＝2.25 m t ＝2 s 时木板速度v 2＝v 1＋a 2t 2＝7 m/s滑块速度v 2′＝v 1＋a 2′t 2＝10 m/s撤去F 后，对M ：μmg ＝Ma 3对m ：－μmg ＝ma 3′当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v 2＋a 3t 3＝v 2′＋a 3′t 3解得t 3＝0.5 s该段时间内，M 位移x 3＝v 2t 3＋12a 3t 23 m 位移x 3′＝v 2′t 3＋12a 3′t 23相对位移Δx 2＝x 3′－x 3＝0.75 m整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝3 m系统因摩擦产生的热量Q ＝μmg ·Δx ＝12 J.【答案】见解析5如图所示，质量为M 的平板车P 高h ，质量为m 的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R ，一端悬于Q 正上方高为R 处，另一端系一质量也为m 的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？(2)平板车P 的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20 解得v 0＝gR小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv 0＝mv 1＋mv Q12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q 解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR二者交换速度，即小球静止下来．Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q ＝Mv ＋m (2v )解得，v ＝16v Q ＝gR 6小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝gR 3 (2)由能量守恒定律，知F f L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v )2 又F f ＝μmg解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ. 【答案】(1)gR3 (2)7R 18μ6.2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。
高三物理二轮复习——力学中的十三个典型模型例题和跟踪题2014-3-14
模型一：滑轮模型要点提示：跨过滑轮绳上各点的张力大小相同【例1】如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A 、B 两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1θ，绳子张力为1F ；将绳子右端移到C 点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2θ，绳子张力为2F ；将绳子右端再由C 点移到D 点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3θ，绳子张力为3F ，不计摩擦，并且BC 为竖直线，则（ ）A. 321θθθ<=B. 321θθθ==C. 321F F F >>D. 321F FF >=【跟踪题1】质量为M 的杆水平放置，杆两端A 、B 系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m 的小铁环。
已知重力加速度为g ，不计空气影响。
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A 端的正下方，如图乙所示。
①求此状态下杆的加速度大小a ；②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？模型二：三力平衡模型要点提示：物体受到共点力的作用，若物体处于平衡状态（静止或匀速直线运动状态），物体所受到的合外力为零，解决问题的基本方法为正交分解法、解三角形法等，对于动态平衡问题常用图解法。
图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或矢量三角形定则画出不同状态下的矢量图（画在同一个图中），然后根据有向线段（表示力）的长度变化来判断各个力的变化情况。
【例2】如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，圆环A 套在粗糙的水平直杆MN 上，现用水平力F 拉着绳子上的一点O ，使小球B 从图示实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A 始终保持在原位置不动。
则在这一过程中，环对杆的摩擦力f 和环对杆的压力N 的变化情况是 （ ）A 、f 不变；N 不变B 、f 增大；N 不变C 、f 增大；N 减小D 、f 不变；N 减小【跟踪题2】在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为1/4 圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态，如图所示。
2022届高考物理二轮复习：专题07动量和能量的综合运用
2022届高考物理二轮复习专题07动量和能量的综合运用基础篇一、单选题，共10小题1．（2022·全国·高三专题练习）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg ，离子以30km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为33.010g/s -⨯，则探测器获得的平均推力大小为（ ）A ．1.47NB ．0.147NC ．0.09ND ．0.009N 2．（2022·陕西汉中·一模）陕西面食种类繁多，其中“刀削面”堪称一绝，从同一位置依次削出三个小面条，分别落在水面上A 、B 、C 三点，运动轨迹如图所示，忽略空气阻力的影响，小面条被削离面团后均水平飞出，假设三个小面条质量相等，从面条削离到落在水面的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．三个小面条被削离时速度相等B ．三个小面条动量的变化量相同C ．落在A 点的小面条在空中运动时间最短D ．落在C 点的小面条落在水面时重力的功率最大3．（2022·山东·泰安市基础教育教学研究室一模）冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图（a ）某队员将红壶推出，之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。
碰撞前后两壶运动的v -t 图线如图（b ）中实线所示。
重力加速度g=10m/s 2。
则运动员由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了（ ）A．0.02B．0.012C．0.008D．0.006 4．（2022·北京·一模）城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。
图为一则安全警示广告，非常形象地描述了高空坠物对人伤害的严重性。
小明同学用下面的实例来检验广告词的科学性：设一个50 g鸡蛋从25楼的窗户自由落下，与地面的碰撞时间约为3⨯，已知相邻楼层的高度差约为3 m，则该鸡蛋对地210s-面产生的冲击力约为（）A．10 N B．102N C．103N D．104 N 5．（2022·重庆·模拟预测）如题图所示，水上飞行表演中，运动员操控喷射式悬浮飞行器将水带缓慢竖直送上来的水向下喷出，可以完成悬停、上升等各种动作。
2023高中物理力学综合复习 题集附答案
2023高中物理力学综合复习题集附答案2023高中物理力学综合复习题集附答案第一章：运动的描述与研究方法1. 下列（）是力学的基础学科。
A. 声学B. 热学C. 光学D. 力学答案：D2. 动量的单位是（）。
A. NB. kg·m/sC. kg·m^2/sD. J答案：B3. 两个力的合力为零时，这两个力叫做（）。
A. 平行力B. 重力C. 摩擦力D. 相等力答案：D4. 以下哪个是机械系统的特点？A. 具有质量B. 具有形状C. 可以有外界施加力D. 可以有外界提供能量答案：C5. 物体在匀速直线运动中，当外力为零时，物体要素的是（）。
A. 逐渐停止B. 具有自动延续的运动状态C. 经过麻痹D. 成中立答案：B第二章：直线运动中的平均速度和瞬时速度1. 下列说法正确的是（）。
A. 平均速度与瞬时速度所描述的是相同的量B. 平均速度与瞬时速度所描述的是不同的量 C. 平均速度与瞬时速度只有在直线匀速运动中才相等 D. 平均速度与瞬时速度一定相等答案：B2. 将仪器的起动误差、读数误差和人为操作误差等加起来得到的误差叫做（）误差。
A. 随机B. 系统C. 局部D. 绝对答案：B3. 一个质点在t = 0 s时的速度为0 m/s，在t = 10 s时速度为50 m/s，这个质点在t = 10 s时的瞬时速度为（）。
A. 0 m/sB. 5 m/sC. 10 m/sD. 50 m/s答案：D4. 匀变速直线运动的加速度可以表示为（）。
A. a = (vf - vi) / (tf - ti)B. a = (vi - vf) / (tf - ti)C. a = vf - viD. a =vi - vf答案：A5. 一个质点在t = 0 s时的速度为0 m/s，在t = 10 s时速度为50 m/s，这个质点在t = 5 s时的速度为（）。
A. 5 m/sB. 10 m/sC. 25 m/sD. 50 m/s答案：C第三章：匀速直线运动1. 一个质点匀速直线运动的位移与时间的关系是（）。
2013年高考第二轮复习——力学综合(含答案)
2013年高考第二轮复习——力学综合前言：运动是力的作用效果。
因此，力学综合题一般会反映以下3个问题： 一是物体运动的（动能）速度是如何获得的？二是物体的运动速度（动能）又是如何消耗（转化）的？ 三是物体之间如何相互作用而传递能量（速度）的？为帮助同学们理解这些问题，并能运用相关知识解决力学综合问题，我们将力学综合题分解，希望同学们经过由浅入深的学习和训练能克服解综合题弱点——至低要求是要在高考的第35、36题中写上正确的、能得分的式子，让第35、36题成为我们的新增分点。
1.动能（速度）的获得：1.1如图1，一物体质量为m ，在斜面长为L 夹角为θ的光滑斜面顶端由静止开始滑下，问物体到达斜面底部时的速度是多大？1.2如图2，一物体质量为m ，在动摩擦因素为μ、斜面长为L 、夹角为θ的斜面顶端以v 0初速度开始滑下，问物体到达斜面底部时的速度是多大？1.3如图3所示的凹形场地，一半径为L 的41圆弧面，底端是粗糙水平面。
一质量为m 的滑块从光滑圆弧面顶端A 处无初速度滑下。
已知滑块与水平面的动摩擦因数为μ。
（1）试求滑块滑至圆弧底面时的速度。
（2）试求滑块滑至圆弧底面时对水平面的压力。
（3）试求滑块进入水平面滑行了2L 后的速度（假设滑块此时还未静止）。
图61.4如图3，如图所示，质量为m 的小球悬挂在长为L 的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60°的位置后自由释放．求当小球摆至最低点时： （1）小球的速度。
（2）小球所受拉力大小。
1.5如图5所示，轻杆一端固定着小球A ，另一端可绕O 点自由转动；轻杆与水平成30°角时，给A 以大小为gL v 30=、方向垂直于杆的初速度．已知g 为重力加速度，L 为杆长；质量均为m 。
（1）求小球A 到达最低点时的速度。
（2）求小球A 受到杆的作用力大小。
1.6如图6（a ）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图5（b ））。
2021届高三物理 二轮复习 全国I卷 力学的综合
2021届高三物理二轮复习全国I卷力学的综合（2）1.如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时位置与时间的关系.若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系.下列说法中正确的是( )A.若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系2.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止。
现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。
已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块 A 第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块 A 的冲量 I 的大小正确的是（ ）A.2(I M m =+ B.()2I M m gt ＝＋ C.2(I M m =- D.22()I M m gt =++ 3.在光滑水平面上有三个小钢球a b c 、、处于静止状态，质量分别为22m m m 、、。
其中a b 、两球间夹一被压缩的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着。
若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把a b 、两球弹出，两球脱离弹簧后， a 球获得的速度大小为，若b c 、两球相距足够远，则b c 、两球发生弹性碰撞后（ ）A. b 球的速度大小为13v ，运动方向与原来相反 B. b 球的速度大小为23v ，运动方向与原来相反 C. c 球的速度大小为83v D. c 球的速度大小为23v 4.如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )A. 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B. 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C. 小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D. 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动5.学校科学晚会上，科技制作社团表演了“震撼动量球”实验。
高三物理二轮复习综合检测力学综合检测含答案
力学综合检测一、选择题1.(2015·安徽名校质检)如图所示，质量为m 的木块A 放在地面上的质量为M 的三角形斜劈B 上，现用大小均为F 、方向相反的力分别推A 和B ，它们均静止不动，则( )A ．A 与B 之间一定存在弹力 B ．地面受向右的摩擦力C ．B 对A 的支持力一定等于mgD ．地面对B 的支持力的大小一定等于Mg解析：选A ．对A 、B 整体受力分析，受到重力(M ＋m )g 、地面的支持力F N 和已知的两个推力，对于整体，由于两个推力刚好平衡，故整体与地面间没有摩擦力，根据共点力平衡条件，有F N ＝(M ＋m )g ，故B 、D 错误；再对木块A 受力分析，受重力mg 、已知的推力F 、斜劈B 对A 的支持力F ′N 和摩擦力F f ，当推力F 沿斜面的分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，当推力F 沿斜面的分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，当推力F 沿斜面的分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，根据共点力的平衡条件，运用正交分解法，可以得到：F ′N ＝mg cos θ＋F sin θ，故A 正确，C 错误．2.(2015·马鞍山二检)如图所示为固定在水平地面上的顶角为θ的圆锥体，表面光滑．有一质量为m 的弹性圆环静止在圆锥体的表面上，若圆锥体对圆环的作用力大小为F ，则有( )A ．F ＝mgB ．F ＝mg sin θ2C ．F ＝mgsin θ2D ．F ＝mg cos θ2解析：选A ．圆锥体对圆环所有部位作用力的合力与圆环的重力平衡，即F ＝mg ，选项A 正确，B 、C 、D 错误．3．(2015·蚌埠联谊校二次联考)如图所示，物体A 放在斜面上，与斜面一起向右做匀加速运动，物体A 受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向可能是( )A．向右斜上方B．竖直向上C．向右斜下方D．上述三种方向均不可能解析：选A．物体向右加速，由牛顿第二定律可得物体的合外力方向水平向右，故斜面对物体A的支持力和摩擦力的合力在竖直方向的分力平衡了物体的重力，水平方向的分力为合外力，由平行四边形定则可得物体A受到斜面对它的支持力和摩擦力的合力方向向右斜上方，A对．4.(多选)(2015·潍坊一模)如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮1固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则()A．细线对物体a的拉力增大B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小D．地面对斜劈的摩擦力增大解析：选AD．设细线的拉力为F，滑轮2两侧细线的夹角为θ，滑轮2和b的总重力为M，则有2F cos θ2＝Mg，固定点c向右移动少许，θ增大，F变大，F的竖直分力不变，F的水平分力增大，故A、D对，B错；因a物体相对斜劈滑动趋势的方向不明确，故无法判断摩擦力的变化，C错．5．(多选)为了探测X星球，总质量为m1的探测飞船载着登陆舱在以该星球中心为圆心的圆轨道上运动，轨道半径为r1，运动周期为T1.随后质量为m2的登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，则()A．X星球表面的重力加速度g X＝4π2r1 T21B．X星球的质量M＝4π2r31 GT21C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比v1v2＝m1r2m2r1D．登陆舱在半径为r2的轨道上做圆周运动的周期T2＝r32 r31T1解析：选BD．星球半径未知，故无法应用万有引力与重力相等的关系计算星球表面重力加速度，A 项错；飞船绕X 星球做圆周运动过程中，万有引力充当向心力，即G Mm 1r 21＝m 14π2T 21r 1，解得：M ＝4π2r 31GT 21，B 项正确；飞船和登陆舱分别绕X 星球做匀速圆周运动，由开普勒第三定律有r 31T 21＝r 32T 22，解得：T 2＝r 32r 31T 1，D 项正确；由周期与线速度关系v 1＝2πr 1T 1，v 2＝2πr 2T 2，结合开普勒第三定律可知，运行速度与登陆舱质量无关，C 项错．6．(多选)我国自行研制的新一代8×8轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻甲部队的主力装备．设该装甲车的质量为m ，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离s 速度便可达到最大值v m .设在加速过程中发动机的功率恒定为P ，装甲车所受阻力恒为F f ，当速度为v (v <v m )时，所受牵引力为F .以下说法正确的是( )A ．装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功为FsB ．装甲车的最大速度v m ＝PF fC ．装甲车速度为v 时加速度为a ＝F －F fmD ．装甲车从静止开始达到最大速度v m 所用时间t ＝2sv m解析：选BC ．装甲车在加速过程中，其牵引力F ＝Pv ，随着速度的增大，牵引力逐渐减小，故装甲车速度为v 时，装甲车的牵引力做功可能大于Fs ，也可能小于Fs ，A 错误；装甲车匀速运动时速度最大，故v m ＝PF f ，B 正确；装甲车速度为v 时，由牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，解得a ＝F －F f m ，C 正确；装甲车加速过程由动能定理得Pt －F f s ＝12mv 2m ，解得t ＝F f s P ＋mP2F 2f，D 错误． 7．(2015·石家庄模拟)如图所示，B 点位于斜面底端M 点的正上方，并与斜面顶端A 点等高且高度为h ，在A 、B 两点分别以速度v a 和v b 沿水平方向抛出两个小球a 、b (可视为质点)．若a 球落到M 点的同时，b 球恰好落到斜面的中点N ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则( )A ．v a ＝v bB ．v a ＝2v bC ．a 、b 两球同时抛出D ．a 球比b 球提前抛出的时间为(2－1)2h g 解析：选B ．由h ＝12gt 2a ，h 2＝12gt 2b得：t a ＝2hg，t b ＝hg，故a 球比b 球提前抛出的时间Δt＝t a －t b ＝(2－1)h g ，C 、D 均错误；由v a ＝xt a ，v b ＝x 2t b可得v a ＝2v b ，A 错误，B 正确． 8．(多选)(2015·广州毕业班测试)如图，甲、乙、丙是位于同一直线上的离其他恒星较远的三颗恒星，甲、丙围绕乙在半径为R 的圆轨道上运行，若三颗星质量均为M ，引力常量为G ，则( )A ．甲星所受合外力为5GM 24R 2B ．乙星所受合外力为GM 2R 2C ．甲星和丙星的线速度相同D ．甲星和丙星的角速度相同解析：选AD ．由万有引力定律可知，甲、乙和乙、丙之间的万有引力为F 1＝GM ·MR 2，甲、丙之间的万有引力为F 2＝G M ·M（2R ）2＝GM 24R 2，甲星所受两个引力的方向相同，故合力为F 1＋F 2＝5GM 24R 2，A 项正确；乙星所受两个引力等大、反向，合力为零，B 项错误；甲、丙两星线速度方向始终不同，C 项错误；由题知甲、丙两星周期相同，由角速度定义可知，两星角速度相同，D 项正确．9．(2015·济南针对性训练)火星表面特征非常接近地球，可能适合人类居住．已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，自转周期基本相同．地球表面重力加速度是g ，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h ，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是( )A ．王跃在火星表面所受火星引力是他在地球表面所受地球引力的29B ．火星表面的重力加速度是2g 3C ．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23D ．王跃在火星上能向上跳起的最大高度是3h 2解析：选C ．根据万有引力定律：F ＝GMm R 2可知，F 火F 地＝M 火M 地·R 2地R 2火＝49，因此A 选项错误；同理可知，火星表面的重力加速度为49g ，故B 选项错误；根据星球的第一宇宙速度与星球的半径及其表面重力加速度的关系v ＝Rg 星可知，v 火v 地＝R 火R 地·g 火g＝23，所以C 选项正确；根据h ＝v 22g 和H ＝v 22g 火可以求得，王跃在火星上向上跳起的最大高度为H ＝94h ，因此D 选项错误．10.(多选)(2015·高考江苏卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m 、套在粗糙竖直固定杆A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长．圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，AC ＝h .圆环在C 处获得一竖直向上的速度v ，恰好能回到A ．弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g .则圆环( )A ．下滑过程中，加速度一直减小B ．下滑过程中，克服摩擦力做的功为14mv 2C ．在C 处，弹簧的弹性势能为14mv 2－mghD ．上滑经过B 的速度大于下滑经过B 的速度解析：选BD ．圆环下落时，先加速，在B 位置时速度最大，加速度减小至0.从B 到C 圆环减速，加速度增大，方向向上，选项A 错误．圆环下滑时，设克服摩擦力做功为W f ，弹簧的最大弹性势能为ΔE p ，由A 到C 的过程中，根据功能关系有mgh ＝ΔE p ＋W f .由C 到A 的过程中，有12mv 2＋ΔE p ＝W f ＋mgh .联立解得W f ＝14mv 2，ΔE p ＝mgh －14mv 2，选项B 正确，选项C 错误．设圆环在B位置时，弹簧弹性势能为ΔE p ′，根据能量守恒，A 到B 的过程有12mv 2B ＋ΔE p ′＋W ′f ＝mgh ′，B 到A的过程有12mv ′2B ＋ΔE p ′＝mgh ′＋W ′f ，比较两式得v ′B >v B ，选项D 正确．二、计算题11．(2015·嘉兴一模)“辽宁号”航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学通过查阅资料对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m ，发动机额定功率为P ，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f .舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2.此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D 处离开航母起飞．请根据以上信息求解下列问题．(1)电磁弹射系统关闭的瞬间舰载机的加速度； (2)水平轨道AC 的长度．解析：(1)根据功率表达式可得F 1＝Pv 1由牛顿第二运动定律得 F 1－f ＝ma 解得a ＝P v 1m －f m. (2)舰载机在A 处以额定功率启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平向右、大小为F 的恒定推力．经历时间t 1，舰载机运行至B 处，速度达到v 1，AB 长度设为x 1，由动能定理Pt 1＋Fx 1－fx 1＝12mv 21电磁弹射系统关闭．舰载机继续以额定功率加速运行至C 处，经历的时间为t 2，速度达到v 2，BC 长度设为x 2.同理得Pt 2－fx 2＝12mv 22－12mv 21 水平轨道的长度AC ＝x 1＋x2 联立以上三式解得AC ＝12mv 21－Pt 1F －f ＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22f .答案：(1)P v 1m －fm(2)12mv 21－Pt 1F －f＋Pt 2＋12mv 21－12mv 22f12．(2015·高考重庆卷)同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M 板和N 板．M 板上部有一半径为R 的14圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为H ，N 板上固定有三个圆环．将质量为m 的小球从P 处静止释放，小球运动至Q 飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q 水平距离为L 处．不考虑空气阻力，重力加速度为g .求：(1)距Q 水平距离为L2的圆环中心到底板的高度；(2)小球运动到Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； (3)摩擦力对小球做的功．解析：(1)设小球在Q 点的速度为v 0，由平抛运动规律有H ＝12gt 21，L ＝v 0t 1，得v 0＝Lg 2H.从Q 点到距Q 点水平距离为L 2的圆环中心的竖直高度为h ，则L 2＝v 0t 2，得h ＝12gt 22＝14H . 该位置距底板的高度：Δh ＝H －h ＝34H .(2)由(1)问知小球运动到Q 点时的速度大小v 0＝Lg2H.设小球在Q 点受的支持力为F N ，由牛顿第二定律F N －mg ＝m v 20R，得F N ＝mg ⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力F ′N ＝F N ＝mg ·⎝⎛⎭⎫1＋L 22HR ，方向竖直向下． (3)设摩擦力对小球做功为W ，则由动能定理得 mgR ＋W ＝12mv 20得W ＝mg ⎝⎛⎭⎫L 24H －R .答案：见解析13.(2015·青岛模拟)如图所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8 m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)物块经C 点时对圆弧面的压力大小； (2)物块滑至B 点时的速度大小；(3)物块与斜面间的动摩擦因数． 解析：(1)物块从C 点到E 点做平抛运动 由h ＝12gt 2，得t ＝0.4 sv C ＝xt＝3 m/s由牛顿第二定律知：F N －mg ＝m v 2CR解得F N ＝17.2 N由牛顿第三定律知物块在C 点时对圆弧面的压力大小为17.2 N. (2)从B 点到C 点由动能定理，知 mgR －mgR cos 37°＝12mv 2C －12mv 2B 解得v B ＝2 m/s.(3)从A 点到B 点，由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2由牛顿第二定律，知mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma 解得μ＝2437≈0.65. 答案：(1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65。
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P
A
B
v0
C
例： 如图示：竖直放置的弹簧下端固定，上端连接
一个砝码盘 B，盘中放一个物体 A，A、 B的质量分
别是M=10.5kg 、m=1.5 kg，k=800N/m, 对A施加一
个竖直向上的拉力，使它做匀加速直线运动，经过
0.2秒A与B脱离，刚脱离时刻的速度为 v=1.2m/s ， 取 g=10m/s 2,求 A 在运动过程中拉力的最大值与最小
A
由机械能守恒定律（碰撞过程不做功）
1/2×2mv02 =1/2×3mV2 +2.5EP
A
解得v1=0.75v0 v2=0.5v0 V=v0/3
v2
乙
B v2
丙
B
V B丁
例7. 如图示：质量为 2m 的木板，静止放在光滑
的水平面上，木板左端固定 着一根轻弹簧，质量为
m 的小木块（可视为质点），它从木板右端以未知 速度v0 开始沿木板向左滑行。最终回到木板右端刚 好未从木板上滑出。若在小木块压缩弹簧的过程中， 弹簧具有的最大弹性势能为 EP，小木块与木板间滑 动摩擦系数大小保持不变，求：
v0
A
B
解： （1）当弹簧被压缩到最短时， AB两球的速度
相等设为 v，
由动量守恒定律 2mv0=3mv
v0
由机械能守恒定律
A
甲
B
EP=1/2×2mv
2 0
-1/2×3mv2
=
mv2/3
v1
（2）画出碰撞前后的几个过程图
A
由甲乙图 2mv0=2mv1 +mv2
v1
由丙丁图 2mv1- mv2 =3mV
1/2×3mv12 +Ep= 1/2×3mv22 + f l
∵v1= v2 ∴ Ep = f l
∴
1/2mv
2 0
=
1/2×3mv
2 1
+2
Ep
v0
m
即 1/3mv02= 2 Ep
∴
v0 ?
6EP m
2m v1
m 2m
∴ E=2 Ep
2m
m v2
2000年高考22在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷
v0
代入数值得
C
B
A
x ? 1.6m ④
②
由①、②两式得 A的速度
v2=1/3 v0v0
③
P
A
B
C
P
A
v1 D
P
A v2 D
题目 上页 下页
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为 EP
，由能量守恒，有
1? 2
2mv12
?
1 2
?
3mv22
?
EP
④
撞击P后，A与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹
簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成 D 的动能，
1. 木块的未知速度 v0
2. 以木块与木板为系统 ,上述过程中系统损失的机械能 .
v0
m
2m
解: 弹簧压缩最短时，两者具有相同的速度v1， 由动量守恒定律得： v1=1/3 v0
木块返回到右端时，两者具有相同的速度v2, 同理v2=1/3 v0
由能量守恒定律
1/2mv
2 0
=1/2×3mv12
+Ep+fl
值解。：对整体 kx1=(M+m)g F + kx - (M+m)g= (M+m)a
脱离时，A 、B间无相互作 用力，
对B kx2-mg=ma
x1 A x2 B
x1- x2 =1/2 at2 a=v/t=6m/s 2
Fmax=Mg+Ma=168N
Fmin=(M+m)a=72N
例. 如图示，在光滑的水平面上，质量为 m的小球B 连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为 2m的小球A以 初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使 B运动，过 了一段时间 A与弹簧分离 .
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能 EP多大？
（2）若开始时在 B球的右侧某位置固定一块挡板，在 A 球与弹簧未分离前使 B球与挡板发生碰撞，并在碰后立 即将挡板撤走，设 B球与挡板的碰撞时间极短，碰后 B球
的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最 短时，弹性势能达到第（ 1）问中EP的2.5倍，必须使 B 球在速度多大时与挡板发生碰撞？
mv0 ? (m ? 2M )V
①
在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．
由功能关系得
?
? mg(s ?
x)
?
1 2
mV 2
?
1 2
mห้องสมุดไป่ตู้02
? mgs ? 1 ?2MV2
相加得
?
?mgx ?
1
2
(m ?
2M )V 2
?
解①、②两式得
2
x?
M
v
2 0
1 2
mv02
③
②
(2M ? m)? g
与A、B之间的动摩擦因数皆为 μ=0.10．求最后 A、B、
C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度
g=10m/s 2.
m=1.0kg
C v0 =2.0m/s
B
A
M=2.0kg M=2.0k g
解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这时A、B、C 三者的
速度相等，设为V．
由动量守恒得
解以上各式得
EP??
1 36
?
mv02
题目 上页
01年春季北京 如图所示， A、B是静止在水平地面上
完全相同的两块长木板。 A的左端和 B的右端相接触。
两板的质量皆为 M=2.0kg，长度皆为 l =1.0m,C 是一质
量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度 v0 =2.0m/s，使 它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而 C
设D的速度为 v3
，则有
EP
?
1 2
?
2mv32
⑤
当弹簧伸长， A球离开挡板 P，并获得速度。当 A、D
的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为 v4 ，
由动量守恒，有
2mv3=3mv4
⑥
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为
，由能量守恒，有
1 2
?
2mv32
?
1 2
?
3mv42
?
EP?
EP?
⑦
（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。 （2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
P
A
v0 B
C
（1）设C球与B球粘结成 D时，D的速度为v1，由动
量守恒，有 mv0 =(m+m)v 1
①
当弹簧压至最短时， D与A的速度相等，设此速
度为v2 ，由动量守恒，有
2mv1 =3m v2
交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球 A和B用轻 质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的
固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0 射向 B球，如图所示。C与B发生碰
撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时， 长度突然被锁定，不再改变。然后， A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动， A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除定均无机械能损 失）。已知A、B、C三球的质量均为m。