2010-2018高考全国卷1试题分类汇编5、力学综合(解析版)

第1页力学综合2010年15．一根轻质弹簧一端固定，用大小为1F的力压弹簧的另一端，平衡时长度为1l；改用大小为2F的力拉弹簧，平衡时长度为2l。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为（）A．2121FFllB.2121FFllC.2121FFllD.2121FFll18．如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成060角的力1F拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成030角的力2F推物块时，物块仍做匀速直线运动。若1F和2F的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为（）A.31B.23C.3122D.1-3215.C18.B2011年15．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能A．一直增大B．先逐渐减小至零，再逐渐增大C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大15、ABD【解析】当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。所以正确答案是ABD。第2页16．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是A．运动员到达最低点前重力势能始终减小B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关16、ABC【解析】运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D项错误。21．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是A．B．C．D．21、A【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律1212ktaamm==+，木块和木板相对运动时，211mgamm=恒定不变，22ktagmm=-。所以正确答案是A。atOa1a2atOa1a2atOa1a2atOa1a2m1m2F第3页2012年16.如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中A.N1始终减小，N2始终增大B.N1始终减小，N2始终减小C.N1先增大后减小，N2始终减小D.N1先增大后减小，N2先减小后增大24.（14分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。解：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有Fcosθ+mg=N①Fsinθ=f②式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有f=μN③联立①②③式得sincosFmg④（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤λN⑤这时①式仍满足。联立①⑤式得sincosmgF⑥现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sincos0⑦第4页使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为0tan=⑧2013年2014年（2014年全国卷1）17.如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度A.一定升高B.一定降低C.保持不变D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定17．【答案】：A【解析】：竖直平衡时kx1=mg，加速时，令橡皮筋与竖直方向夹角为θ，则kx2cosθ=mg，可得12cosxx；静止时，球到悬点的竖直距离110hxl，加速时，球到悬点的竖直距离22coscosohxl，比较可得，21hh，选项A正确。第5页2015年25．(20分)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的l5倍，重力加速度大小g取10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。25．(20分)(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有－μ1(m+M)g=(m+M)a1①由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度1=4m／s，由运动学公式得1=0+a1t1②s0=0t1+12a1t12③式中，t1=ls，s。=4.5m是木板碰前的位移，0是小物块和木板开始运动时的速度。联立①②③式和题给条件得μ1=0.1④在木板与墙壁碰撞后，木板以－1的初速度向左做匀变速运动，小物块以1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg=ma2⑤由图可得a2=1212tt⑥式中，t2=2s，2=0，联立⑤⑥式和题给条件得第6页μ2=0.4⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a2，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg+μ1(M+m)g=M)a3⑧3=－1＋a3△t⑨3=1＋a2△t⑩碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为sl=2-31△t⑩小物块运动的位移为S2=231△t小物块相对木板的位移为△s=s2－s1@联立⑥⑧⑨⑩⑧式，并代入数值得△s=6.0m⑩因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得μ1(m+M)g=(m+M)a4⑩0－32=2a4s3⑩碰后木板运动的位移为s=s1+s3⑥联立⑥⑧⑨④⑩@⑩⑩式，并代入数值得s=－6.5m⑩木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。2016年14.如图，一光滑的轻滑轮用细绳'OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则（）A.绳'OO的张力也在一定范围内变化B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BD第7页【解析】由题意，在F保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体a、b均保持静止，各绳角度保持不变；选a受力分析得，绳的拉力aTmg，所以物体a受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小方向均不变，所以OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：xxTfF，yybFNTmg。T和bmg始终不变，当F大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD。【考点】考查动态平衡分析、力的正交分解和力的平衡方程。15.（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，7ACRABCD，、、、均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，4AFR。已知P与直轨道间的动摩擦因数14，重力加速度大小为g。（取3sin375，4cos375）(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点的左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。【解析】（1）选P为研究对象，受力分析如图：设P加速度为a，其垂直于斜面方向受力平衡：cosGN沿斜面方向，由牛顿第二定律得：sinGfma且fN，可得：2sincos5aggg对CB段过程，由2202tvvasgfTxTyNmbTFxFyF第8页代入数据得B点速度：2BvgR（2）P从C点出发，最终静止在F，分析整段过程；由C到F，重力势能变化量：3sinPEmgR①减少的重力势能全部转化为内能。设E点离B点的距离为xR，从C到F，产热：cos(72)QmgRxR②由PQE，联立①、②解得：1x；研究P从C点运动到E点过程重力做功：sin(5)GWmgRxR摩擦力做功：cos(5)fWmgRxR动能变化量：0JkE由动能定理：Gfk弹代入得：125mgRW弹由EW弹弹，到E点时弹性势能E弹为125mgR。（3）其几何关系如下图可知：23OQR，12CQR由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为52R，水平距离为3R。设P从D点抛出时速度为0v，到G点时间为t其水平位移：03Rvt竖直位移：25122Rgt解得：0355gRv研究P从E点到D点过程，设P此时质量为'm，此过程中：重力做功：351''(6sin)'210GWmgRRmgR①摩擦力做功：6''6cos'5fWmgRmgR②弹力做功：12'5WEmgR弹弹③动能变化量：201''0J2kEmv9'10mgR④由动能定理：''''Gfk弹⑤将①②③④代入⑤，可得：1'3mm第9页2017年：21．如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（π2）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中A．MN上的张力逐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力逐渐增大D．OM上的张力先增大后减小21.AD2