2011 2018年高考物理试卷分类汇编026b力学综合题上

1、力学综合题 第26节的变化关1. 2016年上海卷25.地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力xF随高度。当物体加速度H，h系如图所示，物体能上升的最大高为hF ，加速度的最大值为 。最大时其高度为 F0 gh 或 【答案】h0；2H?hx O H h 是均匀减小的，可以得出F【解析】据题意，从图可以看出力FkxF?F?0?k，可以计算出，而物体到达h处时力变力F随高度x的化关系：0HF0h?F?F；物体从地面到h处的过程中，力F做正功，重力G做负功，由动能定理可得：0HF?FF2mgH?00mghFh?hFFF?，可以计算出：，而，则物体在初位置加速度0022H2H?hghF?m

2、g?maa?ma?mg?F，计算得：h；当物体运动到处时，加速度为：为：，0hH?22mgH2mghgha?F? h处。，即加速度最大的位置是0，计算处理得：而或2H?h2H?h2H?h20. 12. 2016如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）年新课标卷P ）内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（A. QP 点高点的电势比B. QP 点的大点的动能比它在油滴在Q PC. Q点的大油滴在点的电势能比它在P PD. Q点的小油滴在点的加速度大小比它在AB 答案：D解析：由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以的

3、竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受P选项错。由于油滴轨迹相对于过C点运动到Q时，电场力做正功，电势能减小，合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴从P选项正确；在点电势，A选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以Q点电势高于P选项正B点动能大于P点，QP油滴从点运动到Q的过程中，合外力做正功，动能增加，所以 确；所以选AB。”“43.2017是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天天津之眼年天津卷轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的 是 A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力

4、C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变D 【答案】【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，错误；在最高点，对乘客受力分析，根据牛顿第重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A22vv正确；乘客随座舱转动一周，座椅对他的支持力二定律B，故mgN?mg-mNmg-?m?rr?cos?P?mgvI?mgt?0，其中错误；乘客重力的瞬时功率 ，故C的过程中，重力的冲量GG为线速度与竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但夹角在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。 4

5、. 2016年天津卷10、我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示。质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A 2匀加速滑下，到达=3.6m/s处由静止开始以加速度aA 的竖直高度差与Bv=24m/s，A助滑道末端B时速度BH ，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起H=48mO 起跳台R C跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点处附近B h C 与滑道最低B是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端、2 g=10m/sC点的高度差h=5m，运动员在B间运动时阻力做功CW=-1530J，取 F的大小；（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力f至少应为多R（2）若运动员能

6、够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径 大。12.5 m 【答案】（1）（2144 N ，上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x）运动员在【解析】（1AB2 ax 则有 v=2BH由牛顿第二定律有 mgF=ma fx联立式，代入数据解得 F=144 N f（2）设运动员到达C点时的速度为v 的过程中，由动能定理有C到达B，在由C1122 mvmgh+W=mvBC 22 F，由牛顿第二定律有设运动员在C点所受的支持力为N2vCmmg?F NR 6倍，联立式，代入数据解得由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的 =12.5 m R 5.2012年理综全国卷分）一探险队员在探

7、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（2026.沿水平方向跳向另一侧坡队员从山沟的竖直一侧，以速度v0。已知，点为原点建立坐标系Oxy面。如图所示，以沟底的Oym012xy?，h山沟竖直一侧的高度为2，坡面的抛物线方程 h2h 2。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速探险队员的质量为mx 。度为gO 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】xy。由运动学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，纵坐标为（1）（t?vx 公式和已知条件得： 012gth?y?2 2g2?hxy?

8、2得平抛运动的轨迹方程 2v2 012x 根据题意有坡面的抛物线方程：y= h22hv222v4h0?y0?x 。两方程的交点为， 22ghv?ghv?00 由机械能守恒，落到坡面时的动能为：1122)y2h?mv?mvmg( 02222h114g22)v?(mv?m 联立式得： 0222vgh?02mghv211220?E?2mgh?mvEmg?2h?mvmgy? 解得】另解【或根据机械能守恒， k00k222ghv?0 2）方法1：式可以改写为（2?gh2?22?ghghv?v?3 ?02gh?v?02v ，由此得：极小的条件为式中的平方项等于0ghv? 032gh?3v?mghE，则最小

9、动能为 此时 mink222h12mg2?mvE 由，另解方法2： 0k2gh?2v02nn2mgh2nghv?)?mgh(mghE ，则令 0k1?12n2n?32ghv?mghE1n?ghv?探险队员的动能最小，最小值为当时，即 ， 0mink022mghv2120v?mgh?mvE?2 ，3另解方法：求的导数并令其等于0关于 00k22gh?v022hmg42v2gh?gh?0?mv?vE解得即 0k0022)(v?gh 0v?gh时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为即当人水平跳出的速度为0223h52mg?mgh?E?mgh. mink222gh?v06.2012年理综广东卷 、

10、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦）所示的装置中，小物块36.图18（aA因数为，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；、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度A紧靠滑杆（A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，及A与B碰撞过程的机械能损失E。 o（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，求的取值范围，及t11 的关系式。与点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能与弹簧相碰，但不能返

11、回道P（3）如果AB v 滑槽 滑杆 挡板?r? 2?34r v 00 tB A ? tl Q ?r?P 销钉 ）（b 连杆(a) 。的关系式（弹簧始终在弹性限度内）能为E，求的取值范围，及E与pp u=r）由题知，【解析】（1A脱离滑杆时的速度应为滑杆的最大速度 o、 2m vB碰后的速度为v，由动量守恒定律得：m u= 设A1o11122mvmu?E2 B碰撞过程损失的机械能 A与 1022122?mr?E 解得 4, AB在PQ上运动的加速度大小为a不能与弹簧相碰，设（2）AB 由牛顿第二定律及运动学规律得：v?1tx?ma?2mg?2 =at v 1 1 12lx? 由题知?gl22?

12、rl4?t?0 0 联立解得即 1?rg2rt112?mv2mgl?2? ）AB能与弹簧相碰3（ 1212?mg?22?mvl?2点左侧不能返回道 P 12 ?gl422gl? 解得rr AB碰后到达Q点过程，由动能定理，QAB在的点速度为v21122?mv?2?2?mgl?mv2 122212?2E?mv 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 AB 2p222?gl)?m(8rE? 解得 p47.2012 年理综山东卷2215ABR=1.0mBC段（段为一半径分）如图所示，一工件置于水平地面上，其的光滑圆弧轨道，L=0.5mBP点为圆弧轨的粗糙水平轨道，二者相切于为一长度点，整个轨道位于同一

13、竖直平面内，m=0.2kgBC=0.4。工件质间的动摩擦因数道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量，与12=10m/sg=0.1M=0.8kg）（取量，与地面间的动摩擦因数。2 1PC点无初速度释放，滑至（）若工件固定，将物块由O A 、 hPC 。两点间的高度差点时恰好静止，求 B CP M P2F点与工件作用于工件，使物块在（）若将一水平恒力 保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动 F的大小求=5m/sv，物块飞离圆弧轨道落至当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移） BCB点间的距离。段，求物块的落点与 CP1B点的整个过程，根据动能定理得解：（）物块从点至点下滑经

14、=0mgL mgh-1 代入数据得 =0.2mh a2P，由几何关系可得点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为（）设物块的加速度大小为，R?h?cos R 根据牛顿第二定律，对物体有mgtan=ma 对工件和物块整体有F- (M+m)g=(M+m)a 2 联立式，代入数据得 =8.5NF txBx 由运动学公式可得，水平位移为间的距离为，物块落点与设物体平抛运动的时间为，2112gt?h 2 vt= x1 = x-Rsin x12 =0.4m x联立式，代入数据得2 （20分）8.2012年理综安徽卷24. 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。装置的中间是的小

15、物块A着质量 M=2kBh 水平传送带，它与左右两边的台面等高A=2m/su的速u=2m/s 并能平滑对接。传送带始终以 lL度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲与传送带之间的BB从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块m面，质量=1kg的小物块静止且处于A。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块摩擦因数=0.2, l=1.0m2 平衡状态。取g=10m/s。 与物块）求物块BA第一次碰撞前的速度大小；（1 B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？（2）通过计算说明物块、再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞B每次碰撞后，物块A（3）如果物块A 第n次碰撞

16、后的运动速度大小。前锁定被解除，试求物块B1ns4?()/mv? 的速度返回皮带，无法通过皮带；将以4/3 m/s(3) 答： (1) 4m/s (2) B n312mvmgh? 解析：从曲面滑下机械能守恒：(1) B 02 B滑到皮带前：得m/s252v?gh? 022alv?2?v :B滑上皮带做匀减速运动10 2?/s?g2ma? 碰前速度：滑过皮带与解得BAm/sv?41 的速度为, vBAB2（）发生弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒：碰后的速度为Ava22mv?mv?Mv 2a12111222Mvmvmv? 21a22224m/s?v? （舍去）联立两式解得：v?4m/s 23 24m

17、/s?v速度大小返回到皮带上做匀减速运动直到速度为B将以0有： 232?2axv 24m?1mx?，所以不能回到曲面。 解得 9n?m?1， A碰后，从皮带返回再与A第n-1碰撞，（3）设B第m-1次与mv?mv?Mv annm111222Mv?mvmv? anmn2221v?v? 联立解得： mn3v?v（舍去） mn1v应为 B碰撞后每次只能保留碰前速度大小的的速度，所以碰撞n次后由此可知B与A 1)n?(314nm/s?m/s4?()v? （n=0、1、2、3） 1n?n33 9.2012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

18、圆弧，0，半径r=2.5m，CD对应的圆心角= 37段平直倾O E D 斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区 5、方向垂直于斜轨向下N/C=2域有场强大小为El0r C 弹簧枪-6-2的匀强电场。质量C=+1m=5l0kg、电荷量q10的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨A B 冲上斜轨。以v=3m/s点以速度道向左滑行，在C0以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩点时为计时起点，C0.1s小物体通过002 =0.8。sin37=0.6，cos37=10m/s。设小物体的电荷量保持不变，取擦因数=0.25g 求弹簧枪对小物体所做的功； (1) 的长度。，求在斜轨

19、上小物体能到达的最高点为 (2)PCP 解：12 mv-mgr(1-cos)=W(1)设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得 0ff2代入数据得W=0.475J f 分。说明：式4分，式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(2)1(mgcos+qE)=mamgsin 由牛顿第二定律得 1 小物体向上做匀减速运动，经t=0.1s后，速度达到v，有 11v=v+at 1 101由可知v=2.1m/s，设运动的位移为s，有 1112 ats=vt+ 101l12电场力反向后，设小物体的加速度为a，由牛顿第二定律得 2(mgcos-qE)=ma mgsin 2设小物体

20、以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t，位移为s，有 220=v+at 12 212 t vt+ as= 212222设CP的长度为s，有 s=s+s 12 联立相关方程，代入数据解得 s=0.57m 说明：式各3分，式各1分，式2分。 10.2012年物理海南卷 C 的R如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为15 3圆弧轨道，两轨道相的是圆心为水平直轨道，BCDO、半径为RR 4 O D 点由静止开始做匀加速直线AB点。在外力作用下，一小球从切于BA 点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点B运动，到达 。求：，重力加速度大小为gC AB段运动的加速度的大小；（1）小球从

21、在 点所用的时间。 D点运动到A（2）小球从 N段运动时，受到重力mg、轨道正压力解：（1）小球在BCD 的作用，如图示。 C 0，且小球在最高点所受轨道正压力为零C据题意，N =0 N NC R v，根据牛顿第二定律有点的速度大小为设小球在C mgC D O A B2vC mg?m R v，有C点，机械能守恒。设B点处小球的速度大小为小球从B点运动到B1122 mgR?2mv?mv CB22 a，由运动学公式有由于小球在AB段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为2aR2?v B5 由式得g?a 2 ，由机械能守恒有A点的速度大小为v）设小球在D点的速度大小为v，下落到2（D1122mgR?

22、mvmv DB22 1122 mvmv? B22 tAD，由运动学公式得从点所用的时间为点运动到 vv?gt? D 11.2011年理综安徽卷的小球通过长m=1kgM=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量24（20分）如图所示，质量轴自由转动。开始O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴OLg，轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度v=4m/s0P 2 10m/s。取 时对轻杆的作用力大小和若锁定滑块，试求小球通过最高点P 方向。 v0 若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。O L m 在满足的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球M

23、 起始位置点间的距离。在上升过程中，因只有重力做功，小球v【解析】（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为1 的机械能守恒。则1122 mv?mgLmv 0122 s/6m?v1 ，方向向下，则设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F2v 1mmg?F L =2N F 由式，得 2N，方向竖直向上。由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为。在上升过程中，因系，此时滑块的速度为V2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v（2 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 0MV?mv?2 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则111222 mv

24、?mgLmv?MV 02222 v=2 m/s 由式，得2，任ss，滑块向左移动的距离为（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21 。由系统水平方向的动量守恒，得，滑块的速度大小为V意时刻小球的水平速度大小为v3? 0?MVmv?3 ，得t将式两边同乘以? 0?mv?t?MVt3 t都成立，累积相加后，有因式对任意时刻附近的微小间隔 0Ms?ms?21 ?又 L2s?s?212?s ? m 由?式得 13 18分）（12. 2013年北京卷23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

25、赛动作所需的高度；此后，进入比赛动 作阶段。质量k为常量）（x为床面下沉的距离，把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F=kx W；在预备运动中，假定运动员所做的总功的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x=0.10mm=50kg0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。x=2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为空时间均为tlF 2 取重力加速度g=I0m/s，忽略空气阻力的影响。x 变化的示意图；xk求常量，并在图中画出弹力F随O 求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度；hm 图像可以确定弹性做功的规律，在此基础上，求借助F-x

26、x的值。W和1=2525J = 1.1m W（3）x）k=5000N/m （2） h=5m 答：（11m =0.10m时，运动员受力平衡，（1）床面下沉x【 解析】03 =5.010。N/mmg=kx， 解得：k=mg/x00 F 所示。变化的示意图如答图2弹力F随x 处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，x=0（2）运动员从x O 2 答图t1?2 。m?5().0h?g m22，弹处到x=0-时间图象求位移的方法，Fx图象下的面积等于弹力做的功，从x（3）参考由速度112 力做功W，kx?x?WkxT T22 h的过程，根据动能定理，有：处上升到最大高度运动员从xm112. 0?(x

27、?h)kx?mg m1122 。解得：m?1.1?x?xx?2xhm100012 对整个预备运动，由题述条件以及功能关系，有：，)?xkx?mg(hW 0m023 。解得：W=2525J2.510J 年上海卷13. 2013的矩形滑块置于水hL、高为分)如图，质量为M、长为(1231 m；滑块上表面光滑，其平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为 h M的小球。用水平外力击打滑块左端，使m右端放置一个质量为 L，经过一段时间后小球落地。其在极短时间内获得向右的速度v0 求小球落地时距滑块左端的水平距离。?Ma)g?m(M? 解：小球在滑块上运动时滑块运动满足m?g?a?)(1 Mm222?)1(?g

28、Lv?v2aL?vv2? 得小球脱离滑块时的速度由00Mh2?t 小球脱离滑块后做自由落体运动，gg a=小球脱离滑块后的加速度m1v2?gL)1?v?2t?( 滑块的运动时间 0?Mgg时间内滑块向右运动的距离即小球落地时距滑块左侧，小球落地时滑块尚未停止运动，在t若tt，小球落地前滑块已停止运动，则由若t m2?sggLv?2?(1?2) 0M2vm?0L?(1?)s? ?Mg2 14.2013年重庆卷，从距水平地面高度表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B9（18分）在一种新的“子母球”。m的质量为3的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m，球Bp为ph（1）和h g，忽略球的

29、直径、空气阻力及碰撞时间。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为 A的速度大小；求球B第一次落地时球 A B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；若球ph 第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求A在情形下，要使球B p应满足的条件。h 12mvmgh?gh2v? ）由得球 A的速度大小解析：（1 题9图2 刚好反跳到出发点时与A相碰，有）设所用时间为（2t，临界情况是B1122?tgph-hgt?h? 5 1 p 2t 解得t 0 22、 ，由弹性碰撞可得、，碰撞后的速度分别为v、的速度分别为）设碰撞时（3ABvvv2121?m3mv?3mvvmv- 112211112222?

30、3mv?3mv?m?mvv? 12212222v?3v?21v? 联立上两式解得 12? vv?vv?3 A碰后能到达比其释放点更高的位置，则需要满足，可得球 2111设B从上升到相遇时间为t，则有 v=v+gt 01v=v-gt 02v0?t g2可以解得p 3， p应满足的条件是0 p 3 15. 2013年海南卷 0的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体30=20m/s的初速度从倾角为m=0.6kg的物体以v13一质量0向上滑到某一位置时，其动能减少了E=18J，机械能减少了E=3J，不计空气阻力，重力加速度k2，求=10m/s g ）物体向上运动时加速度的大小；（1（2）物体返回斜坡底端时的

31、动能。 2 （2）6m/s80J 答：（1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 ?fmgsin?a m设物体动能减小E时，在斜坡上运动的距离为s，由功能关系得 k?f)mgsin?s(?E? k?E?f?s 2 联立式并代入数据可得a=6m/s2v0s? ）设物体沿斜坡向上运动的最大距离为2s，由运动学规律可得 （m m2a?f)?sin(?Emgs ，由动能定理有E物体返回斜坡底端时的动能为 kmk联立式并代入数据可得E=80J k16. 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

32、 为青藤的固定点，的边缘点，OO ，x=4.8mh=1.8m，h=4.0m112。开始时，质量分别为x=8.0m2D 的大、小两只滇金丝mM=10kg和=2kg2 猴分别位于左边和中间的石头上，当112 猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边点，D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石头的A2 =10m/s。求：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 点水平跳离时速度的最小值；）大猴从A（1 ）猴子抓住青藤荡起时的速度大小；（2 ）猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。（3 ，根据平抛运动规律，有点水平跳离时速度的最小值为v（1）设猴子

33、从A解：min12gt?h 12t?vx min1 v=8m/s 联立、式，得minv ，有（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c12v?m)m)gh?(M(M? c22 sm/s?980v?2gh?m 2c ，对最低点，由牛顿第二定律得，青藤的长度为）设拉力为FL（3T2vc)?mg?(M)(F?M?m TL 222Lx?)?(Lh 由几何关系 22 得：L=10m 2vc)M?m?m)g?(?216NF?M综合、式并代入数据解得： TL 17. 2013年福建卷的小球。现将小球m=1.0kg20. （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O 点时绳

34、恰好被B拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过 L OB拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与A h B ，H=1.0 m在同一竖直线上，已知绳长L=1.0 m，B点离地高H 2，不计空气A、10m/s，重力加速度g取B两点的高度差h=0.5 CDs 影响，求： 两点间的距离1）地面上DCs；（ （2）轻绳所受的最大拉力大小 。F= 20N）答：（1）s=1.41m （2 12mv?mgh B 过程机械能守恒，有1解：（）小球从A到B212gtH? 做平抛运动，在竖直方向上有C小球从B到2 在水平方向上有s= vt B s=1.41m 由式解得 点时，绳的拉力和重力的合力提供

35、向心力，有2（）小球下摆到达B2vBmmgF? L 由式解得F=20N F F根据牛顿第三定律=- 。轻绳所受的最大拉力为20 N 18. 2011年理综广东卷为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板DC、B1836（分）如图所示，以A、和。一物块被轻C点，上表面所在平面与两半圆分别相切于BB、静止在光滑水平地面上，左端紧靠沿半圆轨道滑A时刚好与传送带速度相同，然后经A点，运动到E放在水平匀速运动的传送带上，滑板质量mC时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为下，再经B滑上滑板。滑板运动到A距范围内取值。EL5R=6.5R，板右端到C的距离L在Rl M=2m，两半圆半径均为R，板长 。，重

36、力加速度取gR。物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为=0.5为s=5 B）求物块滑到点的速度大小；（1的关系，并判断与L（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Wf CD轨道的中点。物块能否滑到 R5s=A D m E RRMBCRl6.L ，重B过程，滑动摩擦力做正功，滑块从A到解析：（1）滑块从静止开始做匀加速直线运动到A12?mv2R?mgS?mg? 力做正功，根据动能定理，解得：gR3v? B2B此时滑板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共,）滑块从B滑上滑板后开始作匀减速运动（2 ，根据动量守恒同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为vv

37、B?vvm)mv?(m?2 解得：， B31122?mv?mgs?mv Rs对滑块，用动能定理列方程：=8，解得：1 B12212?0?2mgs?mv 对滑板，用动能定理列方程：=2R，解得：s2 22 R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。R时，小于6.5s由此可知滑块在滑板上滑过s=621点，C0.5R，滑上，匀速运动L2R，匀减速运动R当2RL5时，滑块的运动是匀减速运动8R1111222?mgR?mvmvmgRmv?.8?mg(R?05R) 根据动能定理：，解得：， CCB222217?mgR)5R?0?W(mg8R?. 轨道的中点。，滑块不能滑到CD f4 点。根据动能定理：C，滑

38、上L+R6.5时，滑块的运动是匀减速运动2RLR当11122?)2L(13R?mg(6.55mg(6.R?L)?R?L)Wmv?mv?mg ，解得： fBC422112mgR)?5R?Lmv?mg(2.，这与题目RCD时，可以滑到当轨道的中点，此时要求L0.5 C22 轨道的中点。矛盾，所以滑块不可能滑到CD 年理综福建卷19. 2011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1921（C 的四分之一圆弧的竖直细管，上半部BC是半径为R部AB是一长为2RO 、下端固定的轻质弹簧。R管内有一原长为弯管，管口沿水平方向，ABR B 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼0.5R投饵时，每次总将弹簧长度压缩到Cm的鱼饵到达管口饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去。设质量R2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