广东省力学高考题[2015年5月]
广东省高考题力学综合题
【2011年】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 。 ⑪求物块滑到B 点的速度大小；
⑫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。
【2012年】36．如图 (a)所示的装置中，小物块AB 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(AB 间距大于2r ) 。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度－时间图象如图 (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v 0，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，但不能返回到P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为
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) 。
(a)
ωr -ωr (b)
连杆
【2013年】35图18，两块相同平板P 1、P 2至于光滑水平面上，质量均为m 。P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L 。物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可以看作质点。P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点（弹簧始终在弹性限度内）。 P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求 （1） P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； （2） 此过程中弹簧最大压缩量x 和相应的弹性势能Ep
【2014年】35、（18分）图24的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1=2s至t 2=4s内工作，已知P 1、P 2的质量都为m =1kg，P 与AC 间的动摩擦因数为μ=0.1，AB 段长l =4m，g 取10m/s，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞。 （1）若v 1=6m/s，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；
（2）若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E 。
2
广东省高考题力学综合题参考答案
【2011年】36、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，μmgS +mg 2R =
12
mv B ，解得：v B =2
（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
mv B =(m +2m ) v ，解得：v =
v B
3
对滑块，用动能定理列方程：-μmgs 1=对滑板，用动能定理列方程：μmgs 2=
1212
mv -mv B ，解得：s 1=8R 22
1
⨯2mv 2-0，解得：s 2=2R 2
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：-μmg (8R +0.5R ) =
1211212
=mgR
2222
W f =μmg (8R +0.5R ) =
17
mgR ，滑块不能滑到CD 轨道的中点。 4
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：
-μmg (6.5R +L ) =
当
12121
mv C -mv B ，解得：W f =μmg (6.5R +L ) =mg (13R +2L ) 224
121
mv C =mg (2.5R -L ) ≥mgR 时，可以滑到CD 轨道的中点，此时要求L
所以滑块不可能滑到CD 轨道的中点。
【2012年】解析：(1)由（b ）图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A 与滑杆分离，此时小物块的速度为u 0=ωr
小物块A 与B 碰撞，由于水平面光滑则A 、B 系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得： mu 0=2mv ∆E =
112mu 0-⋅2mv 2 221
m ω2r 4
解得：∆E =
(2)AB进入PQ 段做匀减速运动，由牛顿第二定律有：μ2mg =2ma AB做减速运动的时间为 t 1=
v ωr 解得：t 1= a 2μg
欲使AB 不能与弹簧相碰，则滑块在PQ 段的位移有x ≤L
2μgL v 2
而x = 解得：0
2a r
(3) 若AB 能与弹簧相碰，则ω1>若AB 压缩弹簧后恰能返回到P 点，由动能定理得
2gL
r
4μgL 12
-μ2mg ⋅2L =0-⋅2mv 解得：ω2≤
2r
ω的取值范围是：
2gL 4gL
r r
从AB 滑上PQ 到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得： E P =
1
⋅2mv 2-μ2mgL 2
1
m ω2r 2-2μmgL 4
解得：E P =
【2013年】解：（1）碰撞时由动量守恒定律可得： (m+2m)v0=2mv0+(m+m)v1 解得： v1=v0/2
由于物体P 与P 1、P 2之间的力为内力，三者整体由动量守恒定律可得： (m+2m)v0=(m+m+2m)v2 解得：v2=3v0/4
（2）整个过程能量守恒定律可得：
(m+m)v12/2+2mv02/2=(m+m+2m)v22/2+2umg(L+x) 解得：x=v02/16ug-L
压缩量最大时，三者共速，设为v3，则由动量和能量守恒定律可得： (m+2m)v0=(m+m+2m)v3
(m+m)v12/2+2mv02/2=(m+m+2m)v32/2+umg(L+x)+Ep 解得：Ep=mv02/16
（动量守恒与能量守恒在高考中都是结合起来考的，关于这两个方面的题，我们只需要抓住始末状态即可，如果不是这样，那很容易出错。能量题考得很灵活，但我们都是依据能量守恒来列式，这题不难，难在化简繁琐了点，此类题型高考必考，如不掌握，后果自负）
【2014年】解：（1）P 1、P 2碰撞过程，动量守恒：mv 1=2mv ① 解得v= ②
2
1212
碰撞损失的动能ΔE ＝mv 1m ) v ③
22解得ΔE ＝9J ④
（2） 由于P 与挡板的碰撞为弹性碰撞. 故P 在AC 间等效为匀减速运动，设P 在AC 段加速度大小为
v 1
a ，由运动学规律，得：μ(2m ) g ＝2ma ⑤
12
3L=vt-⑥
2v 2＝v-at ⑦
t 2+24
由①⑤⑥⑦解得v 1=
t
24-t v 2= ⑧
2t
由于2s ≤t ≤4s 所以解得v 1的取值范围10m/s≤v 1≤14m/s ⑨
2
v 2的取值范围1m/s≤v 2≤7m/s
12
所以当v 2=7m/s时，P 向左经过A 点时有最大动能：E=m ) v 2=49J ⑩
2