2011-2014各地高考分类汇编(WORD高清作图)-力学综合

第26节 力学综合题

1.2012年理综全国卷

26.（20分）一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系Oxy 。已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为

2

21x h

y =

，

探险队员的质量为m 。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

（1）求此人落到坡面时的动能；

（2）此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 【解析】

（1）（1）设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y 。由运动学公式和已知条件得：t v x 0= ① 2

2

12gt y h =

- ② 得平抛运动的轨迹方程2

20

22x v g h y -

=

根据题意有坡面的抛物线方程：y =

2

21x h

③ 两方程的交点为gh

v v h x +=

2

02

24，gh v hv y +=202

02。 由机械能守恒，落到坡面时的动能为：

)2(2

1212

02y h mg mv mv -+= ④ 联立式得：)4(212120222

02gh

v h g v m mv ++= ⑤

另解【或根据机械能守恒，k E mgy mv h mg +=+?2

0212解得gh

v mghv mv mgh E k +-+=202

0202212】

（2）方法1：⑤式可以改写为

gh gh v gh gh v v 322

20202+???

? ??+-

+= ⑥ 2v 极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得：

gh v =

0 ⑦

此时gh v 32

=，则最小动能为mgh E min k 2

3

=

⑧ 另解方法2：由gh

v h mg mv E k ++=202

220221，

令ngh v =2

0，则)1

22(122++=++=

n n mgh n mgh mgh n E k 当1=n 时，即gh v =2

0探险队员的动能最小，最小值为mgh E k 2

3

min =

， gh v =0 另解方法3：求gh

v mghv mv mgh E k +-+=202

202212关于0v 的导数并令其等于0，

即0)(40

220220'

=+-=v gh v h mg mv E k

解得gh gh v 22

=+

即当人水平跳出的速度为gh v =

0时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为

mgh gh v h mg mgh E k 2

32252022min

=+-=. 2.2012年理综广东卷

36.图18（a ）所示的装置中，小物块A 、B 质量均为m ，水平面上PQ 段长为l ，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆（A 、B 间距大于2r ）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b ）所示。A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞。

（1）求A 脱离滑杆时的速度u o ，及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE 。

（2）如果AB 不能与弹簧相碰，设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1，求ω的取值范围，及t 1与ω的关系式。

（3）如果AB 能与弹簧相碰，但不能返回道P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大

连杆

(a) 0

ωω-

弹性势能为E p ，求ω的取值范围，及E p 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。 【解析】（1）由题知，A 脱离滑杆时的速度应为滑杆的最大速度 u o =ωr 设A 、B 碰后的速度为v 1，由动量守恒定律得：m u o =2m v 1 A 与B 碰撞过程损失的机械能2

20111222

E mu mv ?=-? 解得 2

24

1ωmr E =

? （2）AB 不能与弹簧相碰，设AB 在PQ 上运动的加速度大小为a , 由牛顿第二定律及运动学规律得：

ma mg 22=?μ v 1=at 1 1

12

v x t = 由题知x l ≤

联立解得140l

rt ω<≤ 即0

（3）AB 能与弹簧相碰211

222mgl mv μ?

2222

mg l mv μ??≥?

ω<≤AB 在的Q 点速度为v 2，AB 碰后到达Q 点过程，由动能定理

2

2211122222

mgl mv mv μ-?=?-?

AB 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 2

2

122

p E mv =

? 解得22(8)

4

p m r gl E ωμ-=

3.2012年理综山东卷

22．（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB 段为一半径R =1.0m 的光滑圆弧轨道，BC 段为一长度L =0.5m 的粗糙水平轨道，二者相切于B 点，整个轨道位于同一竖直平面内，P 点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m =0.2kg ，与BC 间的动摩擦因

数μ1=0.4。工件质量M =0.8kg ，与地面间的动摩擦因数μ2

（1）若工件固定，将物块由P 点无初速度释放，滑至C 点时恰好静止，求P 、C 两点间的高度差h 。

（2）若将一水平恒力F 作用于工件，使物块在P 点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 ①求F 的大小

②当速度v =5m/s 时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC 段，求物块的落点与B 点间的距离。

解：（1）物块从P 点下滑经B 点至C 点的整个过程，根据动能定理得 mgh-μ1mgL =0

①

代入数据得

h =0.2m

②

（2）①设物块的加速度大小为a ，P 点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得

R h

R -=θ

c o s ③

根据牛顿第二定律，对物体有

mgtan θ=ma

④

对工件和物块整体有

F -μ2 (M+m )g=(M+m )a

⑤

联立②③④⑤式，代入数据得

F =8.5N

⑥

②设物体平抛运动的时间为t ，水平位移为x 1，物块落点与B 间的距离为x 2， 由运动学公式可得 221gt h =

⑦ x 1=vt ⑧

x 2= x 1-Rsin θ

⑨

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 x 2=0.4m

⑩

4.2012年理综安徽卷24.（20分）

如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M =2kg 的小物块A 。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对

接。传送带始终以u =2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m =1kg 的小物块B 从其上距水平台面h =1.0m 处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的摩擦因数μ=0.2, l =1.0m 。设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态。取g =10m/s 2。

（1）求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；

（2）通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？

（3）如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小。

答： (1) 4m/s (2) B 将以4/3 m/s 的速度返回皮带，无法通过皮带；(3)

1

4()/3

n n v m s =?

解析：(1) B 从曲面滑下机械能守恒：201

2

mgh mv = 得B 滑到皮带前： m/s

5220==gh v

B 滑上皮带做匀减速运动:22

012v v al -=

2

m /s 2==g a μ

解得B 滑过皮带与A 碰前速度：

m/s

41=v

（2）AB 发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后B 的速度为v 2, A 的速度为v a2

122a mv mv Mv =+

222122111

222

a mv mv Mv =+ 联立两式解得：m/s

34

2-=v m /s 42

=v （舍去） B 将以m/s 3

4

2=

v 速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为0有： 222v ax =

解得1m m 9

4

<=

x ，所以不能回到曲面。 （3）设B 第m -1次与A 碰后，从皮带返回再与A 第n -1碰撞，1n m -=，

m n an mv mv Mv =+

222111

222

m n an mv mv Mv =+

联立解得：13

n m v v =-

n m v v =（舍去）

由此可知B 与A 碰撞后每次只能保留碰前速度大小的1

3

，所以碰撞n 次后B 的速度(1)n v +应为

m/s 34

m/s )31(41n n n v =?=+

（n =0、1、2、3……）

5.2012年理综四川卷

24．（19分）如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r =2.5m ，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E =2×l05

N/C 、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m =5×l0-2

kg 、电荷量q =+1×10-6

C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C 点以速度v 0=3m/s 冲上斜轨。以

小物体通过C 点时为计时起点，0.1s 以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g =10m/s 2．sin370=0.6，cos370=0.8。 (1)求弹簧枪对小物体所做的功；

(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P ，求CP 的长度。 解：

(1)设弹簧枪对小物体做功为W f ，由动能定理得W f -mgr (1-cosθ)=1

2 mv 02 ①

代入数据得W f =0.475J

②

说明：①式4分，②式2分。

(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C 点进入电场后的加速度为a 1， 由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma 1

③

小物体向上做匀减速运动，经t 1=0.1s 后，速度达到v 1，有 v 1=v 0+a 1t 1 ④

由③④可知v 1=2.1m/s ，设运动的位移为s 1，有 s l =v 0t 1+1

2 a 1t 12

⑤

电场力反向后，设小物体的加速度为a 2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma 2

⑥

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t 2，位移为s 2，有

0=v 1+a 2t 2

⑦ s 2=v 1t 2+1

2 a 2t 22

⑧

设CP 的长度为s ，有 s =s 1+s 2

⑨

联立相关方程，代入数据解得 s=0.57m⑩

说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。 6.2012年物理海南卷

15．如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的

4

3

圆弧轨道，两轨道相切于B 点。在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度大小为g 。求：

（1）小球从在AB 段运动的加速度的大小； （2）小球从D 点运动到A 点所用的时间。

解：（1）小球在BCD 段运动时，受到重力mg 、轨道正压力N 的作用，如图示。 据题意，N ≥0，且小球在最高点C 所受轨道正压力为零 N C =0 ①

设小球在C 点的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律有

mg R

v m C =2

② 小球从B 点运动到C 点，机械能守恒。设B 点处小球的速度大小为v B ，有

mgR

mv mv C B 221212

2+=

③ 由于小球在AB 段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a ，由运动学公式有

aR v B 22=

由②③④式得g

a 25

=

⑤ （2）设小球在D 点的速度大小为v D ，下落到A 点的速度大小为v ，由机械能守恒有

mgR

mv mv D B +=2

22121 ⑥ 2

2

2121mv mv B =

⑦ 从D 点运动到A 点所用的时间为t ，由运动学公式得

B

C

D v v gt -=

⑧

7.2011年理综安徽卷

24．（20分）如图所示，质量M =2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m =1kg 的小球通过长L =0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O 轴自由转动。开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v 0=4m/s ，g 取10m/s 2。

⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P 时对轻杆的作用力大小和方向。

⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。 ⑶在满足⑵的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。

【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v 1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则 2

212121mv mgL mv =+ ①

s

/m v 61= ②

设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则

L v m mg F 2

1=+ ③

由②③式，得 F =2N ④

由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N ，方向竖直向上。

（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v 2，此时滑块的速度为V 。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有 02=+MV mv ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则

2

2222

12121mv mgL MV mv =++ ⑥ 由⑤⑥式，得 v 2=2 m/s ⑦

（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s 1，滑块向左移动的距离为s 2，任意时刻小球的水平速度大小为v 3，滑块的速度大小为V'。由系统水平方向的动量守恒，得

03='-V M mv ⑦ 将⑧式两边同乘以Δt ，得

03=?'-?t V M t mv ⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt 都成立，累积相加后，有 021=-Ms ms ⑩ 又 L s s 221=+ ?

由⑩?式得 321=s m ?

8. 2013年北京卷23．（18分）

蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初，运动员静止站在蹦床上；在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。

把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx （x 为床面下沉的距离，k 为常量）。质量m =50kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x 0=0.10m ；在预备运动中，假定运动员所做的总功W 全部用于其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt =2.0s ，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x l 。取重力加速度g =I0m/s 2，忽略空气阻力的影响。 ⑴求常量k ，并在图中画出弹力F 随x 变化的示意图； ⑵求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度h m ；

⑶借助F-x 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求x 1和W 的值。 答：（1）k=5000N/m （2） h m =5m （3）x 1= 1.1m W =2525J 【 解析】（1）床面下沉x 0=0.10m 时，运动员受力平衡， mg=kx 0， 解得：k=mg /x 0=5.0×103N/m 。 弹力F 随x 变化的示意图如答图2所示。

（2）运动员从x =0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，

m 0.5)2

(212

=?=

t g h m 。 （3）参考由速度—时间图象求位移的方法，F -x 图象下的面积等于弹力做的功，从x 处到x =0，弹力做功W T ，22

1

21kx kx x W T =??=

运动员从x 1处上升到最大高度h m 的过程，根据动能定理，有：

0)(2

112

1=+-m h x mg kx . 解得：m 1.1202

001=++=m h x x x x 。

x

答图2

x

O

F

对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：)(2

102

0x h mg kx W m +=+， 解得：W =2525J≈2.5×103J 。 9. 2013年上海卷

31．(12分)如图，质量为M 、长为L 、高为h 的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m 的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v 0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。

解：小球在滑块上运动时滑块运动满足Ma g )m M (=+μ

g )M

m (a +

=1μ 由aL v v 22

02-=得小球脱离滑块时的速度gL )M

m

(v v +

-=

1220μ 小球脱离滑块后做自由落体运动，g

h t 2= 小球脱离滑块后的加速度a '=μg 滑块的运动时间gL )M

m (v g g v t +-==

'1212

0μμμ 若t

h gL )M

m

(v g h t a vt s μμ-+-='-=]12[221202

若t >t'，小球落地前滑块已停止运动，则由s a v ''=-202

得

s g gL )M

m

(v '=+

-μμ2122

0 L )M

m (g v s +-='1220μ

10..2013年重庆卷

9．（18分）在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A 和小球B ，从距水平地面

高度为ph （p ＞1）和h 的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A 的质量为m ，球B 的质量为3m 。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g ，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。

⑴求球B 第一次落地时球A 的速度大小；

⑵若球B 在第一次上升过程中就能与球A 相碰，求p 的取值范围； ⑶在⑵情形下，要使球A 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p 应满足的条件。 解析：（1）由2

2

1mv mgh =

得球A 的速度大小gh v 2= （2）设所用时间为t'，临界情况是B 刚好反跳到出发点时与A 相碰，有

221gt h =

22

1

t g ph-h '= 0 < t' < 2t 解得 1 < p < 5 （3）设碰撞时A 、B 的速度分别为v 1、v 2，碰撞后的速度分别为v 1'、v 2'，由弹性碰撞可得

21

2133-v m v m mv mv '+'= 2221

2

2213212132121v m v m mv mv '?+'?=?+? 联立上两式解得2

32

11

v v v +-=' 球A 碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足 11

v v >'，可得213v v < 设B 从上升到相遇时间为t ，则有 v 1=v 0+gt v 2=v 0-gt g v t 20

<

可以解得p < 3 ， p 应满足的条件是0 < p < 3

11. 2013年海南卷

13．一质量m =0.6kg 的物体以v 0=20m/s 的初速度从倾角为300的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动能减少了ΔE k =18J ，机械能减少了ΔE =3J ，不计空气阻力，重力加速度g =10m/s 2，求

题9图

（1）物体向上运动时加速度的大小； （2）物体返回斜坡底端时的动能。 答：（1）6m/s 2 （2）80J

解析：（1）设物体在运动过程中所受的摩擦力为f ，向上运动的加速度大小为a ，由牛顿定律有

m

f

sin mg a +=

α ①

设物体动能减小ΔE k 时，在斜坡上运动的距离为s ，由功能关系得

s f mg E k ?+=?)sin (α ②

s f E ?=? ③

联立①②③式并代入数据可得a =6m/s 2 ④

（2）设物体沿斜坡向上运动的最大距离为s m ，由运动学规律可得a

v s m 220

= ⑤

物体返回斜坡底端时的动能为E k ，由动能定理有m k s f mg E ?-=)sin (α ⑥ 联立①④⑤⑥式并代入数据可得E k =80J ⑦ 12. 2013年浙江卷

23．山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下。图中A 、B 、C 、D 均为石头的边缘点，O 为青藤的固定点，h 1=1.8m ，h 2=4.0m ，x 1=4.8m ，x 2=8.0m 。开始时，质量分别为M =10kg 和m =2kg 的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A 点水平跳至中间石头，大猴抱起小猴跑到C 点，

抓住青藤下端荡到右边石头上的D 点，此时速度恰好为零。运动过程中猴子均看成质点，空气阻力不计，重力加速度g =10m/s 2。求： （1）大猴从A 点水平跳离时速度的最小值； （2）猴子抓住青藤荡起时的速度大小； （3）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。

解：（1）设猴子从A 点水平跳离时速度的最小值为v min ，根据平抛运动规律，有

2

112

h gt =

① 1min x v t = ②

联立①、②式，得v min =8m/s ③

（2）猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为c v ，有

221

()()2

c M m gh M m v +=+ ④

/9/c v s m s =≈ ⑤

（3）设拉力为F T ，青藤的长度为L ，对最低点，由牛顿第二定律得

2

()()c T v F M m g M m L -+=+

⑥

由几何关系 222

22()L h x L -+= ⑦

得：L =10m ⑧

综合⑤、⑥、⑧式并代入数据解得：2

()()216c T v F M m g M m N L

=+++= 13. 2013年福建卷

20. （15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O 点，下端系一质量m =1.0kg 的小球。现将小球拉到A 点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C 点。地面上的D 点与OB 在同一竖直线上，已知绳长L =1.0 m ，B 点离地高度H =1.0 m ，A 、B 两点的高度差h =0.5 m ，重力加速度g 取10m/s 2，不计空气影响，求：

（1）地面上DC 两点间的距离s ； （2）轻绳所受的最大拉力大小 答：（1）s =1.41m （2） F = 20N 。

解：（1）小球从A 到B 过程机械能守恒，有2

12

B mgh mv = ① 小球从B 到

C 做平抛运动，在竖直方向上有2

12

H gt = ② 在水平方向上有s =v B t ③

由①②③式解得s =1.41m ④

（2）小球下摆到达B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有

2B

v F mg m L -=

⑤

由①⑤式解得F =20N ⑥ 根据牛顿第三定律F'=-F ⑦ 轻绳所受的最大拉力为20 N 。 14. 2011年理综广东卷

36．（18分）如图所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C 。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板。滑板运动到C 时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m ，滑板质量M =2m ，两半圆半径均为R ，板长l =6.5R ，板右端到C 的距离L 在R ＜L ＜5R 范围内取值。E 距A 为s =5R 。物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g 。

（1）求物块滑到B 点的速度大小；

（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点。

解析：（1）滑块从静止开始做匀加速直线运动到A 过程，滑动摩擦力做正功，滑块从A 到B ，重力做正功，根据动能定理，2

2

12B mv R mg mgS =

?+μ，解得：

gR v B 3= （2）滑块从B 滑上滑板后开始作匀减速运动,此时滑板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v ，根据动量守恒

v )m m (mv B 2+=， 解得：3

B

v v =

对滑块，用动能定理列方程：2

212

121B mv mv mgs -=

-μ，解得：s 1=8R

对滑板，用动能定理列方程：022

1

22

-?=

mv mgs μ，解得：s 2=2R 由此可知滑块在滑板上滑过s 1－s 2=6R 时，小于6.5R ，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。

当2R ≤L ＜5R 时，滑块的运动是匀减速运动8R ，匀速运动L －2R ，匀减速运动0.5R ，滑上C

点，根据动能定理：222121508B C mv mv )R .R (mg -=+-μ，解得：mgR mgR mv C <=2

1

212， mgR )R .R (mg W f 4

17

508=

+=μ，滑块不能滑到CD 轨道的中点。 当R ＜L ＜2R 时，滑块的运动是匀减速运动6.5R +L ，滑上C 点。根据动能定理：

222

12156B C mv mv )L R .(mg -=

+-μ，解得：)L R (mg )L R .(mg W f 21341

56+=+=μ

当

mgR )L R .(mg mv C ≥-=522

1

212时，可以滑到CD 轨道的中点，此时要求L <0.5R ，这与题目矛盾，所以滑块不可能滑到CD 轨道的中点。 15. 2011年理综福建卷

21．（19分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零。不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能。已知重力加速度为g 。求：

⑴质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； ⑵弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p ；

⑶已知地面与水面相距1.5R ，若使该投饵管绕AB 管的中轴线OO ′在90o角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在2m /3到m 之间变化，且均能落到水面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S 是多少？ 答：（1）gR （2）3mgR （3）

3

4

33R π 【解析】（1）质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg =

R

v m 2

1 解得 v 1 =

gR

（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E P = mg (1.5R +R )+

212

1mv 解得 E P = 3mgR

（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m 的鱼饵离开管口C 后做平抛运动，设经过t 时间落到水面上，离OO ′的水平距离为x 1，由平抛运动规律有 4.5R =

2

2

1gt ，x 1 = v 1t +R ，解得 x 1 = 4R 当鱼饵的质量为

m 3

2

时，设其到达管口C 时速度大小为v 2，由机械能守恒定律有 E P =

22)3

2(21)5.1(32v m R R mg ++ 解得 v 2 = gR 2 质量为

m 3

2

的鱼饵落到水面上时，设离OO ′的水平距离为x 2，则x 2 = v 2t +R 解得 x 2 = 7R

鱼饵能够落到水面的最大面积S = 32

1224

33)(41R x x πππ=-≈ 8.25πR 3 16. 2011年理综全国卷

26．（20分）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m 、厚度为2d 的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m 的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。

现把钢板分成厚度均为d 、质量均为m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，

穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。

解析：设子弹初速度为v 0，射入厚度为2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V 由动量守恒得 (2m ＋m )V ＝mv 0

①

解得 V ＝1

3v 0

此过程中动能损失为 △E ＝12mv 02－1

2×3mV 2 ②

解得 △E ＝1

3mv 02

分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v 1和V 1， 由动量守恒得 mv 1＋mV 1＝mv 0

③

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为△E

2， 由能量守恒得 12mv 12＋12mV 12＝12mv 02－△E

2 ④

联立①②③④式，且考虑到v 1必须大于V 1，得 v 1＝(12＋3

6)v 0 ⑤

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V 2， 由动量守恒得 2mV 2＝mv 1

⑥

损失的动能为 △E′＝12mv 12－1

2×2mV 22

⑦

联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝12(1＋32)×△E

2 ⑧

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式，射入第二块钢板的深度x 为 x ＝12(1＋32)d

⑨

17.2011年理综山东卷

24．（15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m 的光滑平台上放置一质量M=2kg 、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度l 1=0.2m 且表面光滑，左段表面粗糙。在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量m=1kg 。B 与A 左段间动摩擦因数μ=0.4。开始时二者均静止，现对A 施加F=20N 水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平台）后，将A 取走。B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x =1.2m 。（取g =10m/s 2）求：

⑴B 离开平台时的速度v B 。

⑵B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间t B 和位移x B 。 ⑶A 左端的长度l 2，

解析：（1）设物块平抛运动的时间为t ，由运动学知识可得

2

2

1gt h

① x=v B t ② 联立①②式，代入数据得 v B =2m/s ③

(2)设B 的加速度为a B ，由牛顿第二定律和运动学的知识得

B ma mg μ= ④ B B B t a v = ⑤

2

2

1B

B B t a x =

⑥ 联立③④⑤⑥式，代入数据得

s 5.0=B t ⑦

m 5.0=B x ⑧

（3）设B 刚开始运动时A 的速度为v 1，由动能定理得

2112

1

Mv Fl =

⑨ 设B 运动后A 的加速度为a A ，由牛顿第二定律和运动学的知识得

A Ma mg μF =- ⑩

2

122

1B

A B B t a t v x l +

=+ ⑾ 联立⑦⑧⑨⑩⑾式，代入数据得

m 5.12=l ⑿

18. 2011年理综天津卷

10．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2 R 。重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求 ⑴粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ； ⑵小球A 冲进轨道时速度v 的大小。 【解析】

（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有

21

22

R gt = ①

解得t =

②

（2）设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为v 1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知

22

111222mv mv mgR

=+

③

设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律知 122mv mv = ④ 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 22R v t = ⑤ 综合②③④⑤式得

2v = 19. 2011年物理江苏卷

14．（16分）如图所示，长为L 、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M =km 的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g ）

⑴求小物块下落过程中的加速度大小； ⑵求小球从管口抛出时的速度大小； ⑶试证明小球平抛运动的水平位移总小于

L 2

2

答：(1)

g )k (k 121

2+- (2)

gL )

k (k 122

+- (k >2) (3) 见解析

【解析】(1) 设细线中的张力为T ，根据牛顿第二定律Mg-T=Ma ， T-mg sin30°=ma 且M=km 解得： g )

k (k a 121

2+-=

(2) 设M 落地时的速度大小为v ，m 射出管口时速度大小为v 0，M 落地后m 的加速度为a 0。 根据牛顿第二定律 -mg sin30°=ma 0 ，

匀变速直线运动 02302sin aL v =)sin (L a v v 0

02203012-=-

解得：gL )

k (k v 122

0+-=

(k >2)

(3) 平抛运动

t

v x 0=， 202130gt sin L =

，解得)

k (k L

x 122

+-= 因为

11

2

<+-k k ，所以L x 22<，得证。 20. 2014年物理江苏卷

15 . (16 分) 如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v 0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为 μ. 乙的宽度足够大，重力加速度为 g .

(1 ) 若乙的速度为 v 0，求工件在乙上侧向( 垂直于乙的运动

方向)滑过的距离 s ;

(2 ) 若乙的速度为 2 v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v

(3 ) 保持乙的速度 2 v 0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复. 若每个工件的质量均为 m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率 P .

【答案】（1）g

v μ222

（2）2 v 0 （3）0554mgv μ 【解析】（1）摩擦力与侧向的夹角为45°

侧向加速度大小0

45cos g a x μ= 匀变速直线运动2

002v s a x -=-

解得g

v s μ2220

=

（2）设t =0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则a y /a x =tan θ，

在很小的△t 时间内，侧向、纵向的速度增量△v x = a x △t ，△v y = a y △t ， 解得 △v y /△v x =tan θ

且由题意可知 x y

v v t a n =θ ， 则θ??tan v v v v v v x

x y y x y

=--=''，

所以摩擦力方向保持不变

则当00='='y x v v 时，， 即02v v =

（3）工件在乙上滑动的侧向位移为x ，沿乙方向的位移为y 由题意知,s sin g a ,

cos g a y x θμθμ==

在侧向上,v x a x 2

002-=- 在纵向上,

)v (y a y 02220

-=

工件滑动时间,a v t y

02=

乙前进的距离,

t v y 012=

工件相对乙的位移212)y y (x L -+=

则系统摩擦生热,

mgL Q μ=

电动机做功,Q mv )v (m W +-=

20202

1221