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2012~2021十年高考汇编·专题26 力学综合1 选择题（解析版）.doc
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专题26 力学综合1选择题
（2012-2021）

1.（2021全国乙）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于 时，速度的大小为 ，此时撤去F，物体继续滑行 的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A. 在此过程中F所做的功为
B. 在此过中F的冲量大小等于
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力

动摩擦因数

滑动摩擦力

可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为

故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间

在此过程中，F的冲量大小是

故B正确。
故选BC。
2.（2021全国甲）一质量为m的物体自倾角为 的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为 ，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 。已知 ，重力加速度大小为g。则（　　）
A. 物体向上滑动的距离为
B. 物体向下滑动时的加速度大小为
C. 物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D. 物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有

整理得
；
A错误，C正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

求解得出

B正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有

物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

由上式可知
a上 > a下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式

则可得出

D错误。
故选BC。
3.（2016全国2）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则（ ）
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】BD
【解析】两球的质量 ，由牛二定律得： ，可得： ，由 知甲球运动的时间较短，故AC 错误；由机械能守恒的 ，得 ；故B 对，
的阻力对甲球做功较大；故D 对；
4.(2015全国1). 我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停（可认为是相对于月球静止）；最后关闭发动机，探测器自由下落，已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的3.7倍，地球表面的重力加速度约为9.8m/s2,则此探测器（ ）
A. 着落前的瞬间，速度大小约为8.9m/s
B. 悬停时受到的反冲作用力约为2×103N
C. 从离开近月圆轨道这段时间内，机械能守恒
D. 在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
【答案】 B、D
【解析】在中心天体表面上万有引力提供重力： 则可得月球表面的重力加速度
g月 = ≈ 0.17g地 = 1.66m/s2 .根据平衡条件，探测器悬停时受到的反作用力F = G探 = m探g月 ≈ 2×103N，选项B正确；探测器自由下落，由V2=2g月h ,得出着落前瞬间的速度v ≈3.6m/s ,选项A错误；从离开近月圆轨道，关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，发动机做了功，机械能不守恒，故选项C错误；在近月圆轨道万有引力提供向心力： ,解得运行的线速度V月 = = < ,小于近地卫星线速度，选项D正确。
5.（2015海南）若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为 。已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R，由此可知，该行星的半径为（ ）
A. B. C. 2R D.
【答案】C
【解析】：平抛运动的物体水平方向： ，竖直方向： ，所以 ,两次抛出时初速度，高度相同，假设在行星上产生的水平位移为x1,在地球产生的水平位移为x2，则： ；
所以 ；又因为： ， ；设行星的半径为R1，地球的半径为R2，则： 又因为 ；故 ；
6.（2017海南）已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍。若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s月和s地，则s月:s地约为（ ）
A．9:4 B．6:1 C．3:2 D．1:1
【答案】：A
【解析】：设月球质量为M′，半径为R′，地球质量为M，半径为R．已知:
结合万有引力提供重力得： ，所以 ，做平抛运动的物体在竖直方向上 ， ，所以 ；做平抛运动的物体在水平方向上x=v0.t；得：
故选：A．
7.(2019全国1)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则（ ）

A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【答案】AC
【解析】：因为弹簧弹力不可突变，所以在放上P、Q瞬间，两物体只受重力，即 ，因此：
；又因为在星球表面上的物体，万有引力提供物体的重力，即： ，即该星球的质量 。又因为： ，联立得 。故两星球的密度之比为： ，故A正确；
B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡， ，即： ；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为： ，故物体P和物体Q的质量之比为： ，故B错误；
C、物体要做加速度减小的加速运动，物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，速度达到最大，且它们的动能最大；根据动能定理，物体P、Q 的最大动能之比，等于在该过程中合外力对物体做功之比，
因此： ；因为弹簧弹力做功大小与弹簧型变量的平方成正比，故 ,代入相关比值关系得： ；所以 ；故C 选项正确；
D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为 和 ，即物体P所在弹簧最大压缩量为2 ，物体Q所在弹簧最大压缩量为4 ，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；
故本题选AC。
8.（2019全国2）如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v-t图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )

A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】BD
【解析】A．由v-t图与x轴所围的面积代表物体的位移，观察图像可知第二次面积大于等于第一次面积，所以第二次竖直方向下落距离大于第一次下落距离，A错；
B．两次都落在斜面上故合位移方向相同，由于第二次竖直方向下落距离大，故第二次水平方向位移大，B对；
C．由于v-t斜率代表两次人在竖直方向的加速度大小，观察图像可知，第一次大、第二次小，故C错误
D．观察图像当物体的速度为v1时，比较两者的斜率大小从而确定该时刻二者的加速度大小；a1>a2，结合牛二定律由G-fy=ma，可知，fy1 9.（2020山东）我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】忽略星球的自转，万有引力等于重力

则

解得

着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知

解得

匀减速过程，根据牛顿第二定律得

解得着陆器受到 制动力大小为

ACD错误，B正确。
故选B。
10.（2020全国2）.如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点。c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。 等于（　　）

A. 20 B. 18 C. 9.0 D. 3.0
【答案】B
【解析】有题意可知当在a点动能为E1时，有
根据平抛运动规律有 ，
当在a点时动能为E2时，有
根据平抛运动规律有： ；
联立以上各式可解得； 故选B。
11.（2014全国2）如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　 　)

A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg
【答案】C　
【解析】 小环在最低点时，对整体有T－(M＋m)g＝mv2R，其中T为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg·2R＝12mv2－0，联立以上二式解得T＝Mg＋5mg，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，C正确．
12.（2015四川）．在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小（ ）
A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下抛的最大
【答案】A
【解析】：三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面时，设其下落高度为h，并设小球的质量为m，根据动能定理有：mgh＝ － ，解得小球的末速度大小为：v＝ ，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故选项A正确。
13.（2020全国1）一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则（　　）

A. 物块下滑过程中机械能不守恒
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C. 物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D 当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【答案】AB
【解析】A选项下滑5m的过程中，重力势能减少30J，动能增加10J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；
B选项斜面高3m、长5m，则斜面倾角为θ＝37°。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能
mgh＝30J
可得质量m＝1kg
下滑5m过程中，由功能原理，机械能 减少量等于克服摩擦力做的功：μmg·cosθ·s＝20J
求得μ＝0.5B正确；
C．由牛顿第二定律mgsinθ－μmgcosθ＝ma
求得a＝2m/s2C错误
D．物块下滑2.0m时，重力势能减少12J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选AB。
14.（2018全国1）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为 ；bc是半径为 的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（ ）
A． B． C． D．

【答案】C
【解析】：对小球从A到C的运动过程利用动能定理可求得小球在C 点的速度大小vc，小球从C 点离开轨道后在竖直方向上做加速度为g的匀减速，水平方向在外力的作用下继续做加速运动，本题中机械能的增量等于外力在两阶段对小球做功之和；
选择ac过程有动能定理得： ，又F=mg,解得： ;W1=3mgR
小球离开轨道上升到最高点的时间为： ， ,该时间里外力F 对小球做功为W=F.S
， ，联立以上各式得：W2=2mgR,所以外力对小球做功的总和为W=5mgR；故C 正确；
15.（2021湖南）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为 的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为 ，若动车组所受的阻力与其速率成正比（ ， 为常量），动车组能达到的最大速度为 。下列说法正确的是（　　）
A. 动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C. 若四节动力车厢输出的总功率为 ，则动车组匀速行驶的速度为
D. 若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 达到最大速度 ，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】C
【解析】A．对动车由牛顿第二定律有

若动车组在匀加速启动，即加速度 恒定，但 随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故A错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为 ，则动车组匀速行驶时加速度为零，有

而以额定功率匀速时，有

联立解得

故C正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间 达到最大速度 ，由动能定理可知

可得动车组克服阻力做的功为

故D错误；
故选C。
16.（2020天津）复兴号动车在世界上首次实现速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果。一列质量为m的动车，初速度为 ，以恒定功率P在平直轨道上运动，经时间t达到该功率下的最大速度 ，设动车行驶过程所受到的阻力F保持不变。动车在时间t内（ ）

A. 做匀加速直线运动 B. 加速度逐渐减小
C. 牵引力 功率 D. 牵引力做功
【答案】BC
【解析】AB选项动车的功率恒定，根据 可知动车的牵引力减小，根据牛顿第二定律得

可知动车的加速度减小，所以动车做加速度减小的加速运动，A错误，B正确；
C．当加速度为0时，牵引力等于阻力，则额定功率为

C正确；
D．动车功率恒定，在 时间内，牵引力做功为

根据动能定理得

D错误。
故选BC。
17.（2014·山东卷） 2013年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面，“玉兔”在h高度的引力势能可表示为Ep＝GMmhR（R＋h），其中G为引力常量，M为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(　　)

A.mg月RR＋h(h＋2R) B.mg月RR＋h(h＋2R) C.mg月RR＋hh＋22R D.mg月RR＋hh＋12R
【答案】：D
【解析】： 本题以月面为零势面，开始发射时，“玉兔”的机械能为零，对接完成时，“玉兔”的动能和重力势能都不为零，该过程对“玉兔”做的功等于“玉兔”机械能的增加．忽略月球的自转，月球表面上，“玉兔”所受重力等于地球对“玉兔”的引力，即GMmR2＝mg月，对于在h高处的“玉兔”，月球对其的万有引力提供向心力，即GMm（R＋h）2＝mv2R＋h，“玉兔”的动能Ek＝12mv2，由以上可得，Ek＝g月R2m2（R＋h）.对“玉兔”做的功W＝Ek＋Ep＝mg月RR＋hh＋12R.选项D正确．

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