高考物理一轮复习力学综合试题

力学综合试题

1、一水平放置的圆环形刚性窄槽固定在桌面上，槽内嵌着三个大小相同的刚性小球，它们

的质量分别为如、m3,且m2=nu=2nh.小球与槽的两壁刚好接触且不计所有摩擦。起初

nR

v0=—

三个小球处于如图-25所示的等间距的MIJII三个位置,nh、nh静止，加以初速度2

沿槽运动，R为圆环内半径与小球半径之和。已知nt以s与静止的如碰撞之后，m,的速度

大小为2v0/3；in?与碰推之后二者交换速度；nu与加之间的碰撞为弹性碰撞：求此系统的

运动周期T.

加＞

B-2S

2、如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M

点，0为圆弧圆心，D为圆弧最低点.斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一

轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜

面平行），并保持P、Q两物块静止.若PC间距为L=0.25m,斜面MN足够长，物块P质量

mi=3kg,与MN间的动摩擦因数幺=1/3,求：（sin370=0.6,cos370=0.8）

（1）小物块Q的质量叱；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小:

（3）P物块P第一次过M点后0.3s到达K点，则MK间距多大；（4）物块P在MN

斜面上滑行的总路程.

3、如图所示，一轻质弹簧将质量为/〃的小物块连接在质量为M（.43加）的光滑框架内。物

块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度。现框架与物块共同以速度％沿光滑水平面向左

匀速滑动。

（1）若框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为（）且与墙不粘连，求框架刚要脱离墙壁时小物块

速度的大小和方向；

（2）在（1）情形下，框架脱离墙面后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值反鬲

（3）若框架与墙•壁发生瞬间碰撞立即反弹，以后过程中弹簧的最大弹性势能为求

框架与墙壁碰撞时损失的机械能小£。

（4）在（3）情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞？若不能，说明理由。若能，试

求出第二次碰撞时损失的机械能人（设框架与墙壁每次碰撞前后速度大小之比不变〉

4、如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m,

质量为0.6kgo在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块。已知小物块与

长木板间的动摩擦因数为0.2,长木板与地面间的动摩擦因数为0.1,设最大静摩擦力与滑

动摩擦力相等。一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物

块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s）

（1）分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动。

（2）求物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离。

□

LIIII1

5、如图所示，•质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮0与质量为5m的重物相连，另

一端与套在一根固定的光滑的竖直杆上质量为m的圆环用连，直杆上有A、B、C三点，且B

为A、C的中点，A0与竖直杆的夹角。=53°,B点与滑轮0在同一水平高度，滑轮与竖直

杆相距为£,重力加速度为g,设直杆足够长，圆环和重物运动过程中不会与其他物体相碰。

现将圆环由A点静止开始释放（已知sin53°=0.8,cos53°=0.6）,试求：

（1）重物下降到最低点时圆环的速度大小:

（2）圆环能下滑的最大距离;（3）圆环下滑到C点时的速度大小。

6、如图6所示，一质量为"的小车静止在光滑水平面上，水平面左右两侧均为固定的

竖直墙壁，左侧与一光滑固定的1/4圆弧相连，半径斤=0.8m,圆弧底端切线水平且与车

的上表面平齐，将-质量为距的小滑块（可视为质点）从圜弧顶端由静止释放后滑下，滑块与

车的上表面间的动摩擦因数〃=0.3,已知〃=3/〃，小车所在的水平面足够长（即滑块与小车

的速度相同前小车不会与墙壁相碰），且小车每次与墙壁的碰撞都不损失机械能（取尸10

m/s2）.求:

（1）小车第一次与墙壁相碰前的速度.

（2）要保证滑块始终不从车上掉下来，车长至少为多少？

7、如图所示，水平传送带4?长/=8.3m,质量为护1kg的木块随传送带一起以-=2m/s的

速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数幺=0.5.当

木块运动至最左端月点时，•颗质量为止20g的子弹以桁300m/s水平向右的速度正对射入

木块并穿出，穿出速度尸50m/s,以后每隔Is就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的

时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2.求：

（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离力点的最大距离？

（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？

（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹.、木块和传送带这一系

统产生的热能是多少？

8、如图2—4—7所示，滑块力的质量"尸0.01kg,与水平地面间的动摩擦因素〃=0.2,用细

线悬挂的小球质量均为〃尸0.01kg,沿x轴排列，力与第1只小球及相邻两小球间距离均为

炉2m,线长分别为/“、心、”…一（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑

块以速度/10m/s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均

恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动，重力加速度g=10m/s2。试求：（1）滑块能与几个小

球碰撞？（2）碰撞中第〃个小球悬线长、的表达式？

/////////////////////^//////////

图2—4一7

1.设经过后与f相碰，F-------------------------

①（1分）

设与叫碰撞之后两球的速度分别为M、认在碰撞过程中由动量守恒定律得：

呵〉=w.v：+2mv：

②（2分）

因求得T

方向与碰前速度方向相反.（1分）

jxlsrl

设F经过力与F相碰，--------------------------------------

③（1分）

设F与F碰撞之后两球的速度分别为誓工'、1」，因F与叫在碰撞后交换速度

所

■CM=----

以S=°,3

（1分）

由碰后速度关系知，F与小碰撞的位置在I位置，设F经过力与小相碰，

^^2xR

6--------

4-------------------------------------------------------⑦（］分）

设F与G碰撞后的速度分别为“"，u",

由动量守恒和机械能守恒定律可得：

加13'♦=2刑:马"+/用'_______________________________________

⑧（2分）

-X2WJV/+1f.；x2mlLx

2222

⑨（2分）

联立⑤，⑥得:内・=0,苗”=3

.2v..v.

或313

（舍）

（2分）

设碰后经人回到II位置，Vw

⑩（1分）

至此，三个小球相对于原位置分别改变了120°,且速度与最初状态相同。故再经过两个相同

的过程，即完成一个系统的运动周期。

T=3（n+n+n+r＜）-20i

（4分）

2.（1）^igsin53'=^gsin37-分m2=4kg——1分

PTD.mgh=

（2）21分

B

a=ZjSw57+2?(l-cos53)1分

FDfg=mTr一、

R----1分得：/b=78N1分

由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为4=78N------1分

WigZ.stn5?=一Syj

(3)掰段：2J5i=2m/s1分

沿MN向上运动：ai=gsin530+P史os53°=1Om/s21

分内=at\力=0.2s1分

x=-

所以后0.2s时，P物到达斜面秘V上最高点，故返回2一—1分

沿业V向下运动：dz=^sin531180s53=6m/s21

分

腔=&1」由=0.17

22m

-1分

(4)末状态为%=匕=°，强85534=摩31)53*一一1分

得£e=l.Om1分

一削诏-3m^--3mv?-iwv?

3.(1)EP=8⑵AE尸22=3

(3)zJ喑H啕；#

解析：

（1）框架与墙壁碰撞后，物块以V。压缩弹簧，后又返回，当返回原位时框架开始离开，由

机械能守恒知，此时物块速度是V。方向向右。设弹簧有最大势能时共同速度为V

由动量守恒定律知mVo=4mV

由能量守恒定律2=2+Epx

（2）设框架反弹速度为％、最大势能时共同速度为L则

由动量、能量守恒定律得

3mV—mV0=4mV

*兴*+E

7

解得：9*+18WVo—7Vt=0

v,=33（舍去）

带入得:V=0

-3mq--3mv^-腑v；

△EI=22=3

(3)由(2)知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁

皂

y>=21v—2

相撞，并以％:5的速度与墙壁相撞，由题意知，vi%所以

4.(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m。、Mm,子弹的初速度为V。，子弹击中小

物块后二者的共同速度为打，由动量守恒定律

m(>v0=(M+mo)

一①

子弹击中小物块后物块的质量为M,且设当物块滑至第n块木板时，木板才开

始运动

P)Mg>u2(M+(6—n)m)

g--------------------------------------------------------------②

其中5、U2分别表示物决与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.

由式解得n>4.3

即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动.

(2)设物块刚滑上第五块木板时的速度为打，每块木板的长度为L,由动能定理

1

—HiMgX4L=2MV22-

1

2MV.2-------------------------------------------------------------------------------③

由①©式解得

v?=lm/s---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------④

物块在第五块木板表面做勾减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间3物块与

木板能获得相同的速度V3，由动量定理

—u1Mgt=Mv3—

MV3---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------⑤

(U)Mg—ii2(M+m))t=m

v3-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------©

由⑤⑥式解得

v3=4m/s-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

⑦

在此过程中，物块发生的位移为Si,由动能定理

2

—U1MgSi=2Mv3—

1

2MV22-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------⑧

15

解得Si=64m<0.5m

J

即物块与木板获得4m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动S2后静止.

由动能定理

(M+m)gS2=-

J

,2

2(M+m)v3----------------------------------------------------------------------------------------------⑨

1

解得s2=32m

所以物块总共发生的位移s=4L+s,+

s2------------------------------------------------------------------------------------------⑩

解得s-2.27m

5.解：（1）圆环到B点时，重物下降到最低点，此时重物速度为零。（1分）

321

圆环下降高度为扁=Z乙重物下降的高度为△力=%/-4=；£

系统机械能守恒侬/加+5砥h=

J

2mv\（2分）

圆环的速度为■=

（1分）

（2）圆环能下滑最大距离〃时，圆环和重物速度均为零。（1分）

屈“）”2

重物上升的高度4

5

（1分）

系统机械能守恒mgH=

5m（2

分）

得，=

25

12A

（1分）

3

（3）圆环到C点时，下落高度加=50重物高度不变，设圆环速度为外，此时重物速度

为

嗅cos53°o

（2分）

21

系统机械能守恒mgh>R=2/〃/+2X5z»（%cos53°）2（2

分）

嗓=

摩

（1分）

6.

[1）滑块下滑到圆弧底端时速度设为如第•次与墙壁碰撞前共同速度设为妁

根据机械能守恒：n：gR=1mv；①（2分）

滑块在车上滑动过程中系统动量守恒：

mZ=（m+跖匕②（2分）

又由题意知：M=3/r③

联立①@③并代入数据解得：匕=1m/s（2分）

即小车第•次与墙壁相碰撞前的速度为1m/s.

（2）设小车第一次与墙壁相碰撞前滑块在车上相对滑过的距离设为L„根据能量守恒有:

PmgL=^mVo-（m+册v；④（3分）

22

小车第•次与墙壁碰后反向向左运动，二者共同速度运动时的速度设为修

在此过程中，车与滑块系统动量守恒：

J/%—mvl=（.1/4-m）v2⑤（3分）

设此过程中滑块相对小车向右滑动的距离为L

根据能量守恒有：

〃mgL,=—（/n+.U）\ri——（m+J/）vz@（3分）

222

经研究发现，此后小车与墙壁两侧分别碰摘后，滑块与小车系统损失的机械能逐次减少，用

对滑过的距高也减小，而且相对滑动的方向依次改变，故车长至少应为

L=L+L⑦（2分）

联立④⑤©⑦并代入数据解得：L=2.5m.（2分）

7.解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒〃n，o-A/吊=〃7〃+河吊’①

解得：v[=3m/s②

木块向右作减速运动加速度a=粤==5m/s2③

M

木块速度减小为零所用时间八=工④

a

解得t\=0.6s<ls⑤

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离力点最远时，速度为零，移动距离为4=近

hi

解得5i=0.9m.⑥

（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=ls-0.6s=0.4s⑦

速度增大为^=at2=2m/s（恰与传送带同速）⑧

向左移动的位移为s2==0.4m⑨

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移&=S-£=0.