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2012~2021十年高考匯編·專題26 力學綜合1 選擇題（解析版）.doc
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專題26 力學綜合1選擇題
（2012-2021）

1.（2021全國乙）水平桌面上，一質量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動，物體通過的路程等于 時，速度的大小為 ，此時撤去F，物體繼續滑行 的路程后停止運動，重力加速度大小為g，則（　　）
A. 在此過程中F所做的功為
B. 在此過中F的沖量大小等于
C. 物體與桌面間的動摩擦因數等于
D. F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛頓第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛頓第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力

動摩擦因數

滑動摩擦力

可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，
故C正確，D錯誤；
A．在此過程中，外力F做功為

故A錯誤；
B．由平均速度公式可知，外力F作用時間

在此過程中，F的沖量大小是

故B正確。
故選BC。
2.（2021全國甲）一質量為m的物體自傾角為 的固定斜面底端沿斜面向上滑動。該物體開始滑動時的動能為 ，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為 。已知 ，重力加速度大小為g。則（　　）
A. 物體向上滑動的距離為
B. 物體向下滑動時的加速度大小為
C. 物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D. 物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
【答案】BC
【解析】AC．物體從斜面底端回到斜面底端根據動能定理有

物體從斜面底端到斜面頂端根據動能定理有

整理得
；
A錯誤，C正確；
B．物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有

求解得出

B正確；
D．物體向上滑動時的根據牛頓第二定律有

物體向下滑動時的根據牛頓第二定律有

由上式可知
a上 > a下
由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據公式

則可得出

D錯誤。
故選BC。
3.（2016全國2）兩實心小球甲和乙由同一種材質制成，甲球質量大于乙球質量。兩球在空氣中由靜止下落，假設它們運動時受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關。若它們下落相同的距離，則（ ）
A.甲球用的時間比乙球長
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】BD
【解析】兩球的質量 ，由牛二定律得： ，可得： ，由 知甲球運動的時間較短，故AC 錯誤；由機械能守恒的 ，得 ；故B 對，
的阻力對甲球做功較大；故D 對；
4.(2015全國1). 我國發射的“嫦娥三號”登月探測器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圓軌道上繞月運行；然后經過一系列過程，在離月面4m高處做一次懸停（可認為是相對于月球靜止）；最后關閉發動機，探測器自由下落，已知探測器的質量約為1.3×103kg，地球質量約為月球質量的81倍，地球半徑約為月球半徑的3.7倍，地球表面的重力加速度約為9.8m/s2,則此探測器（ ）
A. 著落前的瞬間，速度大小約為8.9m/s
B. 懸停時受到的反沖作用力約為2×103N
C. 從離開近月圓軌道這段時間內，機械能守恒
D. 在近月圓軌道上運行的線速度小于人造衛星在近地圓軌道上運行的線速度
【答案】 B、D
【解析】在中心天體表面上萬有引力提供重力： 則可得月球表面的重力加速度
g月 = ≈ 0.17g地 = 1.66m/s2 .根據平衡條件，探測器懸停時受到的反作用力F = G探 = m探g月 ≈ 2×103N，選項B正確；探測器自由下落，由V2=2g月h ,得出著落前瞬間的速度v ≈3.6m/s ,選項A錯誤；從離開近月圓軌道，關閉發動機后，僅在月球引力作用下機械能守恒，而離開近月軌道后還有制動懸停，發動機做了功，機械能不守恒，故選項C錯誤；在近月圓軌道萬有引力提供向心力： ,解得運行的線速度V月 = = < ,小于近地衛星線速度，選項D正確。
5.（2015海南）若在某行星和地球上相對于各自水平地面附近相同的高度處、以相同的速率平拋一物體，它們在水平方向運動的距離之比為 。已知該行星質量約為地球的7倍，地球的半徑為R，由此可知，該行星的半徑為（ ）
A. B. C. 2R D.
【答案】C
【解析】：平拋運動的物體水平方向： ，豎直方向： ，所以 ,兩次拋出時初速度，高度相同，假設在行星上產生的水平位移為x1,在地球產生的水平位移為x2，則： ；
所以 ；又因為： ， ；設行星的半徑為R1，地球的半徑為R2，則： 又因為 ；故 ；
6.（2017海南）已知地球質量為月球質量的81倍，地球半徑約為月球半徑的4倍。若在月球和地球表面同樣高度處，以相同的初速度水平拋出物體，拋出點與落地點間的水平距離分別為s月和s地，則s月:s地約為（ ）
A．9:4 B．6:1 C．3:2 D．1:1
【答案】：A
【解析】：設月球質量為M′，半徑為R′，地球質量為M，半徑為R．已知:
結合萬有引力提供重力得： ，所以 ，做平拋運動的物體在豎直方向上 ， ，所以 ；做平拋運動的物體在水平方向上x=v0.t；得：
故選：A．
7.(2019全國1)在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示。在另一星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a–x關系如圖中虛線所示，假設兩星球均為質量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，則（ ）

A．M與N的密度相等
B．Q的質量是P的3倍
C．Q下落過程中的最大動能是P的4倍
D．Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍
【答案】AC
【解析】：因為彈簧彈力不可突變，所以在放上P、Q瞬間，兩物體只受重力，即 ，因此：
；又因為在星球表面上的物體，萬有引力提供物體的重力，即： ，即該星球的質量 。又因為： ，聯立得 。故兩星球的密度之比為： ，故A正確；
B、當物體在彈簧上運動過程中，加速度為0的一瞬間，其所受彈力和重力二力平衡， ，即： ；結合a-x圖象可知，當物體P和物體Q分別處于平衡位置時，彈簧的壓縮量之比為： ，故物體P和物體Q的質量之比為： ，故B錯誤；
C、物體要做加速度減小的加速運動，物體P和物體Q分別處于各自的平衡位置（a=0）時，速度達到最大，且它們的動能最大；根據動能定理，物體P、Q 的最大動能之比，等于在該過程中合外力對物體做功之比，
因此： ；因為彈簧彈力做功大小與彈簧型變量的平方成正比，故 ,代入相關比值關系得： ；所以 ；故C 選項正確；
D、物體P和物體Q分別在彈簧上做簡諧運動，由平衡位置（a=0）可知，物體P和Q振動的振幅A分別為 和 ，即物體P所在彈簧最大壓縮量為2 ，物體Q所在彈簧最大壓縮量為4 ，則Q下落過程中，彈簧最大壓縮量時P物體最大壓縮量的2倍，D錯誤；
故本題選AC。
8.（2019全國2）如圖（a），在跳臺滑雪比賽中，運動員在空中滑翔時身體的姿態會影響其下落的速度和滑翔的距離。某運動員先后兩次從同一跳臺起跳，每次都從離開跳臺開始計時，用v表示他在豎直方向的速度，其v-t圖像如圖（b）所示，t1和t2是他落在傾斜雪道上的時刻。則( )

A．第二次滑翔過程中在豎直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔過程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔過程中在豎直方向上的平均加速度比第一次的大
D．豎直方向速度大小為v1時，第二次滑翔在豎直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A．由v-t圖與x軸所圍的面積代表物體的位移，觀察圖像可知第二次面積大于等于第一次面積，所以第二次豎直方向下落距離大于第一次下落距離，A錯；
B．兩次都落在斜面上故合位移方向相同，由于第二次豎直方向下落距離大，故第二次水平方向位移大，B對；
C．由于v-t斜率代表兩次人在豎直方向的加速度大小，觀察圖像可知，第一次大、第二次小，故C錯誤
D．觀察圖像當物體的速度為v1時，比較兩者的斜率大小從而確定該時刻二者的加速度大小；a1>a2，結合牛二定律由G-fy=ma，可知，fy1 9.（2020山東）我國將在今年擇機執行“天問1號”火星探測任務。質量為m的著陸器在著陸火星前，會在火星表面附近經歷一個時長為t0、速度由v0減速到零的過程。已知火星的質量約為地球的0.1倍，半徑約為地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小為g，忽略火星大氣阻力。若該減速過程可視為一個豎直向下的勻減速直線運動，此過程中著陸器受到的制動力大小約為（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】忽略星球的自轉，萬有引力等于重力

則

解得

著陸器做勻減速直線運動，根據運動學公式可知

解得

勻減速過程，根據牛頓第二定律得

解得著陸器受到 制動力大小為

ACD錯誤，B正確。
故選B。
10.（2020全國2）.如圖，在摩托車越野賽途中的水平路段前方有一個坑，該坑沿摩托車前進方向的水平寬度為3h，其左邊緣a點比右邊緣b點高0.5h。若摩托車經過a點時的動能為E1，它會落到坑內c點。c與a的水平距離和高度差均為h；若經過a點時的動能為E2，該摩托車恰能越過坑到達b點。 等于（　　）

A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0
【答案】B
【解析】有題意可知當在a點動能為E1時，有
根據平拋運動規律有 ，
當在a點時動能為E2時，有
根據平拋運動規律有： ；
聯立以上各式可解得； 故選B。
11.（2014全國2）如圖，一質量為M的光滑大圓環，用一細輕桿固定在豎直平面內；套在大環上質量為m的小環(可視為質點)，從大環的最高處由靜止滑下．重力加速度大小為g.當小環滑到大環的最低點時，大環對輕桿拉力的大小為(　 　)

A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
【答案】C　
【解析】 小環在最低點時，對整體有T－(M＋m)g＝mv2R，其中T為輕桿對大環的拉力；小環由最高處運動到最低處由動能定理得mg·2R＝12mv2－0，聯立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛頓第三定律知，大環對輕桿拉力的大小為T′＝T＝Mg＋5mg，C正確．
12.（2015四川）．在同一位置以相同的速率把三個小球分別沿水平、斜向上、斜向下方向拋出，不計空氣阻力，則落在同一水平地面時的速度大小（ ）
A．一樣大 B．水平拋的最大 C．斜向上拋的最大 D．斜向下拋的最大
【答案】A
【解析】：三個小球被拋出后，均僅在重力作用下運動，三球從同一位置落至同一水平地面時，設其下落高度為h，并設小球的質量為m，根據動能定理有：mgh＝ － ，解得小球的末速度大小為：v＝ ，與小球的質量無關，即三球的末速度大小相等，故選項A正確。
13.（2020全國1）一物塊在高3.0 m、長5.0 m的斜面頂端從靜止開始沿斜面下滑，其重力勢能和動能隨下滑距離s的變化如圖中直線Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。則（　　）

A. 物塊下滑過程中機械能不守恒
B. 物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5
C. 物塊下滑時加速度的大小為6.0 m/s2
D 當物塊下滑2.0 m時機械能損失了12 J
【答案】AB
【解析】A選項下滑5m的過程中，重力勢能減少30J，動能增加10J，減小的重力勢能并不等與增加的動能，所以機械能不守恒，A正確；
B選項斜面高3m、長5m，則斜面傾角為θ＝37°。令斜面底端為零勢面，則物塊在斜面頂端時的重力勢能
mgh＝30J
可得質量m＝1kg
下滑5m過程中，由功能原理，機械能 減少量等于克服摩擦力做的功：μmg·cosθ·s＝20J
求得μ＝0.5B正確；
C．由牛頓第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2C錯誤
D．物塊下滑2.0m時，重力勢能減少12J，動能增加4J，所以機械能損失了8J，D選項錯誤。故選AB。
14.（2018全國1）如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為 ；bc是半徑為 的四分之一圓弧，與ab相切于b點。一質量為 的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點處從靜止開始向右運動。重力加速度大小為 。小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【解析】：對小球從A到C的運動過程利用動能定理可求得小球在C 點的速度大小vc，小球從C 點離開軌道后在豎直方向上做加速度為g的勻減速，水平方向在外力的作用下繼續做加速運動，本題中機械能的增量等于外力在兩階段對小球做功之和；
選擇ac過程有動能定理得： ，又F=mg,解得： ;W1=3mgR
小球離開軌道上升到最高點的時間為： ， ,該時間里外力F 對小球做功為W=F.S
， ，聯立以上各式得：W2=2mgR,所以外力對小球做功的總和為W=5mgR；故C 正確；
15.（2021湖南）“復興號”動車組用多節車廂提供動力，從而達到提速的目的。總質量為 的動車組在平直的軌道上行駛。該動車組有四節動力車廂，每節車廂發動機的額定功率均為 ，若動車組所受的阻力與其速率成正比（ ， 為常量），動車組能達到的最大速度為 。下列說法正確的是（　　）
A. 動車組在勻加速啟動過程中，牽引力恒定不變
B. 若四節動力車廂輸出功率均為額定值，則動車組從靜止開始做勻加速運動
C. 若四節動力車廂輸出的總功率為 ，則動車組勻速行駛的速度為
D. 若四節動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經過時間 達到最大速度 ，則這一過程中該動車組克服阻力做的功為
【答案】C
【解析】A．對動車由牛頓第二定律有

若動車組在勻加速啟動，即加速度 恒定，但 隨速度增大而增大，則牽引力也隨阻力增大而變大，故A錯誤；
B．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，則總功率為4P，由牛頓第二定律有

故可知加速啟動的過程，牽引力減小，阻力增大，則加速度逐漸減小，故B錯誤；
C．若四節動力車廂輸出的總功率為 ，則動車組勻速行駛時加速度為零，有

而以額定功率勻速時，有

聯立解得

故C正確；
D．若四節動力車廂輸出功率均為額定值，動車組從靜止啟動，經過時間 達到最大速度 ，由動能定理可知

可得動車組克服阻力做的功為

故D錯誤；
故選C。
16.（2020天津）復興號動車在世界上首次實現速度350km/h自動駕駛功能，成為我國高鐵自主創新的又一重大標志性成果。一列質量為m的動車，初速度為 ，以恒定功率P在平直軌道上運動，經時間t達到該功率下的最大速度 ，設動車行駛過程所受到的阻力F保持不變。動車在時間t內（ ）

A. 做勻加速直線運動 B. 加速度逐漸減小
C. 牽引力 功率 D. 牽引力做功
【答案】BC
【解析】AB選項動車的功率恒定，根據 可知動車的牽引力減小，根據牛頓第二定律得

可知動車的加速度減小，所以動車做加速度減小的加速運動，A錯誤，B正確；
C．當加速度為0時，牽引力等于阻力，則額定功率為

C正確；
D．動車功率恒定，在 時間內，牽引力做功為

根據動能定理得

D錯誤。
故選BC。
17.（2014·山東卷） 2013年我國相繼完成“神十”與“天宮”對接、“嫦娥”攜“玉兔”落月兩大航天工程．某航天愛好者提出“玉兔”回家的設想：如圖所示，將攜帶“玉兔”的返回系統由月球表面發射到h高度的軌道上，與在該軌道繞月球做圓周運動的飛船對接，然后由飛船送“玉兔”返回地球．設“玉兔”質量為m，月球半徑為R，月面的重力加速度為g月．以月面為零勢能面，“玉兔”在h高度的引力勢能可表示為Ep＝GMmhR（R＋h），其中G為引力常量，M為月球質量．若忽略月球的自轉，從開始發射到對接完成需要對“玉兔”做的功為(　　)

A.mg月RR＋h(h＋2R) B.mg月RR＋h(h＋2R) C.mg月RR＋hh＋22R D.mg月RR＋hh＋12R
【答案】：D
【解析】： 本題以月面為零勢面，開始發射時，“玉兔”的機械能為零，對接完成時，“玉兔”的動能和重力勢能都不為零，該過程對“玉兔”做的功等于“玉兔”機械能的增加．忽略月球的自轉，月球表面上，“玉兔”所受重力等于地球對“玉兔”的引力，即GMmR2＝mg月，對于在h高處的“玉兔”，月球對其的萬有引力提供向心力，即GMm（R＋h）2＝mv2R＋h，“玉兔”的動能Ek＝12mv2，由以上可得，Ek＝g月R2m2（R＋h）.對“玉兔”做的功W＝Ek＋Ep＝mg月RR＋hh＋12R.選項D正確．

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