高考真題專項突破(七)　力學綜合題

[真題1]　(2018•全國卷Ⅰ)高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，在啟動階段列車的動能(　　)
A．與它所經歷的時間成正比
B．與它的位移成正比
C．與它的速度成正比
D．與它的動量成正比
解析：根據初速度為零勻變速直線運動規律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即v＝at，由動能公式Ek＝12mv2，可知列車動能與速度的二次方成正比，與時間的二次方成正比，選項A、C錯誤；由v2＝2ax，可知列車動能與位移x成正比，選項B正確；由動量公式p＝mv，可知列車動能Ek＝12mv2＝p22m，即與列車的動量二次方成正比，選項D錯誤．
答案：B
[真題2]　(2018•全國卷Ⅱ)高空墜物極易對行人造成傷害．若一個50 g的雞蛋從一居民樓的25層墜下，與地面的撞擊時間約為2 ms，則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為(　　)
A．10 N　　   B．102 N　　
C．103 N　　   D．104 N
解析：本題是一道估算題，所以大致要知道一層樓的高度約為3 m，可以利用動能定理或者機械能守恒求落地時的速度，并利用動量定理求力的大小．
設雞蛋落地瞬間的速度為v，每層樓的高度大約是3 m，由動能定理可知：mgh＝12mv2，解得：v＝2gh＝2×10×3×25 m/s＝1015 m/s，落地時受到自身的重力和地面的支持力，規定向上為正，由動量定理可知：(F－mg)t＝0－(－mv)，解得：F≈1 000 N，根據牛頓第三定律可知雞蛋對地面產生的沖擊力約為103 N，故C正確．
答案：C
[真題3]　(2018•全國卷Ⅰ)如圖，abc是豎直面內的光滑固定軌道，ab水平，長度為2R.bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點．一質量為m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g.小球從a點開始運動到其軌跡最高點，機械能的增量為(　　)

A．2mgR    B．4mgR
C．5mgR    D．6mgR
解析：設小球運動到c點的速度大小為vc，則對小球由a到c的過程，由動能定理得：F•3R－mgR＝12mv2c，又F＝mg，解得：v2c＝4gR，小球離開c點后，在水平方向做初速度為零的勻加速直線運動，豎直方向在重力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可知，小球離開c點后水平方向和豎直方向的加速度大小均為g，則由豎直方向的運動可知，小球從離開c點到其軌跡最高點所需的時間為：t＝vcg＝2Rg，小球在水平方向的加速度a＝g，在水平方向的位移為x＝12at2＝2R.由以上分析可知，小球從a點開始運動到其軌跡最高點的過程中，水平方向的位移大小為5R，則小球機械能的增加量ΔE＝F•5R＝5mgR，選項C正確．
答案：C
[真題4]　(2018•全國卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點相切．BC為圓弧軌道的直徑．O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝35，一質量為m的小球沿水平軌道向右運動，經A點沿圓弧軌道通過C點，落至水平軌道；在整個過程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所受合力的方向指向圓心，且此時小球對軌道的壓力恰好為零．重力加速度大小為g.求：

(1)水平恒力的大小和小球到達C點時速度的大小；
(2)小球到達A點時動量的大小；
(3)小球從C點落至水平軌道所用的時間．
解析：(1)設水平恒力的大小為F0，小球到達C點時所受合力的大小為F.由力的合成法則有
F0mg＝tan α①
F2＝(mg)2＋F20②
設小球到達C點時的速度大小為v，由牛頓第二定律得
F＝mv2R③
由①②③式和題給數據得
F0＝34mg④
v＝5gR2⑤
(2)設小球到達A點的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點，由幾何關系得

DA＝Rsin α⑥
CD＝R(1＋cos α)⑦
由動能定理有
－mg•CD－F0•DA＝12mv2－12mv21⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和題給數據得，小球在A點的動量大小為
p＝mv1＝m23gR2⑨
(3)小球離開C點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為g.設小球在豎直方向的初速度為v2，從C點落至水平軌道上所用時間為t.由運動學公式有
v2t＋12gt2＝CD⑩
v2＝vsin α?
由⑤⑦⑩?式和題給數據得
t＝355Rg?
答案：(1)5gR2　(2)m23gR2　(3)355Rg
[命題情報]
1．以選擇題出現的試題，大多結合考查直線運動規律及其圖象、受力分析、牛頓運動定律、圓周運動、平拋運動、動量定理、動量守恒、功能關系等，難度中等．
2．以計算題出現的試題，大多與直線運動或曲線運動規律、牛頓運動定律等綜合命題，難度中等偏上．

1．如圖所示，質量為m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長為1.5 m，現有質量為0.2 kg可視為質點的物塊m2，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在小車上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：

(1)物塊在車面上滑行的時間t；
(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不超過多少？
解析：(1)小車與物塊組成的系統動量守恒，最后物塊與小車保持相對靜止，有共同速度
根據動量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v
共同速度v＝m2v0m1＋m2＝0.8 m/s
對物塊受力分析，根據動量定理，有：
－μm2gt＝m2v－m2v0
物塊在車面上滑行的時間t＝m2?v0－v?μm2g＝0.24 s
(2)要使物塊恰好不從車廂滑出，則物塊滑到車的右端時恰與小車有共同的速度v′
根據動量守恒定律，有：m2v0′＝(m1＋m2)v′
根據能量守恒定律，有：μm2gL＝12m2v0′2－12(m1＋m2)v′2
解得：物塊滑上小車左端的速度v0′＝5 m/s
即要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度不能超過5 m/s.
答案：(1)0.24 s　(2)5 m/s
2．(2019•惠州調研)如圖所示，遙控電動賽車(可視為質點)從A點由靜止出發，經過時間t后關閉電動機，賽車繼續前進至B點后進入固定在豎直平面內的圓形光滑軌道，通過軌道最高點P后又進入水平軌道CD上．

已知賽車在水平軌道AB部分和CD部分運動時受到阻力恒為車重的0.5倍，即k＝Ffmg＝0.5，賽車的質量m＝0.4 kg，通電后賽車的電動機以額定功率P＝2 W工作，軌道AB的長度L＝2 m，圓形軌道的半徑R＝0.5 m，空氣阻力可忽略，取重力加速度g＝10 m/s2.某次比賽，要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運動的路程最短．在此條件下，求：
(1)小車在CD軌道上運動的最短路程．
(2)賽車電動機工作的時間．
解析：(1)要求賽車在運動過程中既不能脫離軌道，又在CD軌道上運動的路程最短，則小車經過圓軌道P點時速度最小，此時賽車對軌道的壓力為零，重力提供向心力：
mg＝mv2PR
由機械能守恒定律可得：mg•2R＋12mv2P＝12mv2C
由上述兩式聯立代入數據可得：vC＝5 m/s
設小車在CD軌道上運動的最短路程為x，由動能定理可得：
－kmgx＝0－12mv2C
代入數據可得：x＝2.5 m
(2)由于豎直圓軌道光滑，由機械能守恒定律可知：
vB ＝vC ＝5 m/s
從A點到B點的運動過程中，由動能定理可得：Pt－kmgL＝12mv2B
代入數據可得：t＝4.5 s.
答案：(1)2.5 m　(2)4.5 s
3．(2019•長春實驗中學開學考試)如圖，在光滑的水平面上靜止著足夠長、質量為3m的木板，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數均為μ.現同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木塊與木板相對靜止．已知重力加速度為g，求

(1)木塊3從開始運動到與木板相對靜止時位移的大小；
(2)木塊2在整個運動過程中的最小速度．
解析：(1)當木塊3與木板的速度相等時，3個木塊與木板的速度均相等，且為v.系統動量守恒
m(v0 ＋2v0 ＋3v0)＝6mv
木塊3在木板上勻減速運動，由牛頓第二定律：μmg＝ma
由運動學公式(3v0)2－v2＝2as3
解得s3＝4v20μg
(2)設木塊2的最小速度為v2，此時木塊3的速度為v3，由動量守恒定律
m(v0 ＋2v0 ＋3v0)＝(2m＋3m)v2 ＋mv3
在此過程中，木塊3與木塊2速度改變量相同
3vo － v3＝2vo －v2
解得v2＝56v0.
答案：(1)4v20μg　(2)56v0
4．如圖所示，質量為m1＝4 kg和質量為m2＝2 kg可視為質點的兩物塊相距d一起靜止在足夠長且質量為M＝2 kg的木板上，已知m1、m2與木板之間的動摩擦因數均為μ1＝0.4，木板與水平面的動摩擦因數為μ2＝0.2.某時刻同時讓m1、m2以初速度v1＝6 m/s ，v2＝4 m/s 的速度沿木板向右運動．取g＝10 m/s2，求：

(1)若m1與m2不相碰，m1與m2間距d的最小值；
(2)M在水平面滑行的位移x.
解析：(1)根據題意知，m1、m2在木板上做減速運動，M在水平面上做加速運動，由牛頓定律有：
μ1m1g＝m1a1
μ1m2g＝m2a2
μ1m1g＋μ1m2g－μ2(m1＋m2＋M)g＝MaM
設經過t1，M與m2共速且為v，m1的速度為v3，對m1有：
v3＝v1－a1t1
x1＝v1＋v32t1
對m2有：
v＝v2－a2t1
x2＝v＋v22t1
對M有：v＝aMt1
xM＝v2t1
在t1時間內m1與m2的相對位移：Δx1＝x1－x2
由題可知M與m2共速后它們相對靜止，其加速度為a：
μ1m1g－μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m2)a
解得a＝0，即M與m2共速后一起勻速運動，m1繼續減速，設經過t2系統共速，其速度為v，由運動學知識有：對m1有：v＝v3－a1t2
x′1＝v＋v32t2
對M和m2整體有：x′M＝vt2
Δx2＝x′1－x′M
d≥Δx1＋Δx2
聯立上式解得：dmin＝1.5 m
(2)由題可知系統整體共速后一起減速直到靜止，由牛頓定律有：
μ2(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′
由運動學知識有：x″M＝v22a′
M運動的位移為：x＝xM＋x′M＋x″M
聯解得：x＝2.5m.
答案：(1)1.5 m　 (2)2.5 m

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