《2020年高考物理新課標(biāo)第一輪總復(fù)習(xí)講義高考真題專項突破(七) 力學(xué)綜合題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理新課標(biāo)第一輪總復(fù)習(xí)講義高考真題專項突破(七) 力學(xué)綜合題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考真題專項突破(七) 力學(xué)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(jīng)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(jù)初速度為零勻變速直線運動規(guī)律可知，在啟動階段，列車的速度與時間成正比，即?v＝at， 1 由動能公式?Ek＝2mv2，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?

2、成正比，選項?B?正確；由動量公式?p＝mv，可知列車動能?Ek 1 ＝2mv p2 2＝2m，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(chǎn)生的沖擊力約為( ) A．10?N C．103?N B．102?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

3、落地時的速度，并利用動量定理求力的大?。? 1 設(shè)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＝2mv2，解得：v＝?2gh ＝?2×10×3×25?m/s＝10?15?m/s，落地時受到自身的重力和地面的支持力，規(guī)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(jù)牛頓第三定律可知雞蛋對地面產(chǎn)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(nèi)的光滑固定軌道，ab?水平，長度為?2R.bc?是半徑為?R 的四分之

4、一圓弧，與?ab?相切于?b?點．一質(zhì)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 C．5mgR B．4mgR D．6mgR 1 解析：設(shè)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＝2 c c mv2，又?F＝mg，解得：v2＝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

5、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 v t c 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：?＝?g ＝2?? R g 1 ，小球在水平方向的加速度?a＝g，在水平方向的位移為?x＝2at2＝2R.由以上分析可知，小球從 E 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?Δ?＝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(nèi)，一半徑

6、為?R?的光滑圓弧軌道?ABC?和水平軌道?PA?在?A 3 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＝5，一質(zhì)量為?m?的小球 沿水平軌道向右運動，經(jīng)?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?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮?g.求： mg＝tan?α① (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

7、?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(shè)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 F0 F2＝(mg)2＋F20② 設(shè)小球到達?C?點時的速度大小為?v，由牛頓第二定律得 v2 F＝m?R?③ v＝????2 ⑤ 由①②③式和題給數(shù)據(jù)得 3 F0＝4mg④ 5gR (2)設(shè)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(guān)系得 DA＝Rsin?α⑥ C

8、D＝R(1＋cos?α)⑦ 由動能定理有 1 1 2 －mg·?CD－F0·?DA＝2mv2－2mv1⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在?A?點的動量大小為 p＝mv1＝m?23gR  ⑨ t＝5? 5Rg?? (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(shè)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(xué)公式有 1 v2t＋2gt2＝CD⑩ v2＝vsin?α? 由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得 3 (2)?????

9、???? (3)5? 5R 答案：(1) 5gR????m?23gR????3 2????????2?g [命題情報] 1．以選擇題出現(xiàn)的試題，大多結(jié)合考查直線運動規(guī)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(guān)系等，難度中等． 2．以計算題出現(xiàn)的試題，大多與直線運動或曲線運動規(guī)律、牛頓運動定律等綜合命題，難度中等偏上． 1．如圖所示，質(zhì)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(xiàn)有質(zhì)量為?0.2?kg?可 視為質(zhì)點的物塊?m2，以水平向右的速度?v0＝2?

10、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(shù)?μ＝0.5，取?g＝10?m/s2.求： m2v0 m1＋m2 物塊在車面上滑行的時間?t＝ 2μm0?g? ＝0.24?s (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(tǒng)動量守恒，最后物塊與小車保持相對靜止，有共同速度 根據(jù)動量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v 共同速度?v＝ ＝0.8?m/s 對物塊受力分析，根據(jù)動量定理，有：

11、 －μm2gt＝m2v－m2v0 m?(v?－v) 2 (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(jù)動量守恒定律，有：m2v0′＝(m1＋m2)v′ 1 1 根據(jù)能量守恒定律，有：μm2gL＝2m2?v0′2－2(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(diào)研)如圖所示，遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從?A?點由靜止出發(fā)，經(jīng)過時間?t?后關(guān)閉電動

12、 機，賽車繼續(xù)前進至?B?點后進入固定在豎直平面內(nèi)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． F f 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＝mg＝0.5，賽車的質(zhì) 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：

13、 (1)小車在?CD?軌道上運動的最短路程． mg＝m?R (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(jīng)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： 2 vP 1 1 2 2 由機械能守恒定律可得：mg·2R＋2mvP＝2mvC 由上述兩式聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可得：vC＝5?m/s 設(shè)小車在?CD?軌道上運動的最短路程為?x，由動能定理可得： 1 2 －kmgx＝0－2mvC 代入數(shù)據(jù)可得：x＝2.5?m (2)由于豎

14、直圓軌道光滑，由機械能守恒定律可知： vB?＝vC?＝5?m/s 1 2 從?A?點到?B?點的運動過程中，由動能定理可得：Pt－kmgL＝2mvB 代入數(shù)據(jù)可得：t＝4.5?s. 答案：(1)2.5?m (2)4.5?s 3．(2019·?長春實驗中學(xué)開學(xué)考試)如圖，在光滑的水平面上靜止著足夠長、質(zhì)量為?3m?的木板，木板上 依次排放質(zhì)量均為?m?的木塊?1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數(shù)均為?μ.現(xiàn)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

15、 解得?s3＝?μg (1)木塊?3?從開始運動到與木板相對靜止時位移的大??； (2)木塊?2?在整個運動過程中的最小速度． 解析：(1)當(dāng)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(tǒng)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(xué)公式(3v0)2－v2＝2as3 2 4v0 (2)設(shè)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?

16、3?與木塊?2?速度改變量相同 3vo?－?v3＝2vo?－v2 5 解得?v2＝6v0. 答案：(1)?μg 0 4v2 5 (2)6v0 4．如圖所示，質(zhì)量為?m1＝4?kg?和質(zhì)量為?m2＝2?kg?可視為質(zhì)點的兩物塊相距?d?一起靜止在足夠長且質(zhì) 量為?M＝2?kg?的木板上，已知?m1、m2?與木板之間的動摩擦因數(shù)均為?μ1＝0.4，木板與水平面的動摩擦 因數(shù)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：

17、 (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(jù)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(shè)經(jīng)過?t1，M?與?m2?共速且為?v，m1?的速度為?v3，對?m1?有： v3＝v1－a1t1 2?v3 x1＝v1＋ t1 對?m2?有： v＝v2－a2t1 v＋v x2＝?2?2t1 對?M?有：v＝aMt1 v

18、xM＝2t1 x 在?t1?時間內(nèi)?m1?與?m2?的相對位移：Δ?1＝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(xù)減速，設(shè)經(jīng)過?t2?系統(tǒng)共速，其速度為?v，由運動 x′1＝???2 t2 學(xué)知識有：對?m1?有：v＝v3－a1t2 v＋v3 對?M?和?m2?整體有：x′M＝vt2 Δx2＝x′1－x′M d≥Δx1＋Δx2 聯(lián)立上式解得：dmin＝1.5?m (2)由題可知系統(tǒng)整體共速后一起減速直到靜止，由牛頓定律有： 2 μ(m1＋m2＋M)g＝(M＋m1＋m2)a′ 由運動學(xué)知識有：x″M＝ v2 2a′ M?運動的位移為：x＝xM＋x′M＋x″M 聯(lián)解得：x＝2.5m. 答案：(1)1.5?m (2)2.5?m