《2019屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點專練 熱點十一 力學綜合題專項訓練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點專練 熱點十一 力學綜合題專項訓練（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、熱點十一　力學綜合題 力學綜合題考查的情景主要有板塊模型、傳送帶、彈簧，涉及的知識為運動學、動力學、能量和動量 考向一　“木板滑塊”模型 　(2018·蚌埠一模)如圖1所示，地面依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長度均為L＝2.5 m，質量均為m2＝150 kg，現(xiàn)有一小滑塊以速度v0＝6 m/s沖上木板A左端，已知小滑塊質量m1＝200 kg，滑動與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2。(最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，g取10 m/s2) 圖1 (1)若滑塊滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ1應滿足的條件。 (2)若

2、μ1＝0.4，求滑塊的運動時間。(結果用分數表示) [解析]　(1)滑上木板A時，木板不動，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g 代入數據得：0.35＜μ1≤0.5； (2)若μ1＝0.4，則滑塊在木板A上滑動時，木板不動。設滑塊在木板A上做減速運動時的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，μ1m1g＝m1a1 解得a1＝4 m/s2 由－2a1L＝v－v 達到B板時速度v1＝4 m/s 在A板上的滑動時間由v1＝v0－a1t1， 解得t1＝0.5 s 滑塊滑上B板時B運動，由

3、μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2 得a2＝ m/s2 速度相同時a2t2＝v1－a1t2 解得t2＝ s， 相對位移Δx＝t2－t2＝ m＜L＝2.5 m 滑塊與板B能達到共同速度：v共＝a2t2＝ m/s， 然后相對靜止的一起減速： μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共 a共＝2 m/s2 t3＝＝ s， t＝t1＋t2＋t3＝ s。 [答案]　(1)0.35＜μ1≤0.5　(2) s 考向二　傳送帶模型 　如圖2為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B兩端相距3 m，另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37 °，C

4、、D兩端相距4.45 m，B、C相距很近。水平部分AB以5 m/s的速率順時針轉動。將質量為10 kg的一袋大米放在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數均為0.5。試求： 圖2 (1)若CD部分傳送帶不運轉，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。 (2)若要米袋能被送到D端，求CD部分順時針運轉的速度應滿足的條件及米袋從C端與D端所用時間的取值范圍。 [解析]　(1)米袋在AB上加速時的加速度a0＝μg＝5 m/s2 米袋與AB共速時已滑行的距離 x0＝＝2.5 m＜3 m 米袋到達B點之前與傳送帶共速，米袋在CD上運動時的加速度為a

5、mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入數據得a＝10 m/s2 上滑的最大距離x＝＝1.25 m。 (2)設CD部分運轉速度為v1時米袋恰能到達D點(即米袋到達D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為v1之前的加速度為 a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2 米袋速度小于v1至減為零前的加速度為 a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2 由＋＝4.45 m 解得v1＝4 m/s，即要把米袋送到D點，CD部分的運轉速度 vCD≥v1＝4 m/s 米袋恰能運到D點所用的時間最長為： tmax＝＋＝2.1 s 若CD部分傳送帶的速度較大，使米

6、袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由sCD＝vtmin＋a2t得，tmin＝1.16 s 所以，所求的時間t的范圍為1.16 s ≤t≤2.1 s。 [答案]　(1)1.25 m　(2)vCD≥4 m/s　1.16 s ≤t≤2.1 s 考向三　與彈簧相關的問題 　如圖3所示，擋板P固定在足夠高的傾角為θ＝37°的斜面上，小物塊A、B的質量均為m，兩物塊由勁度系數為k的輕彈簧相連，兩物塊與斜面的動摩擦因數均為μ＝0.5，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與物塊B連接，另一端連接一輕質小鉤，初始小物塊A、B靜止，且物塊B恰不下滑，若在小鉤上

7、掛一質量為M的物塊C并由靜止釋放，當物塊C運動到最低點時，小物塊A恰好離開擋板P，重力加速度為g，sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8。 圖3 (1)求物塊C下落的最大高度。 (2)求物塊C由靜止開始運動到最低點的過程中，彈簧彈性勢能的變化量。 (3)若把物塊C換成質量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰離開擋板P時小物塊B的速度為多大？ [解析]　(1)開始時，物塊B恰不下滑，B所受的靜摩擦力達到最大值，且方向沿斜面向上，由平衡條件得： kx1＋μmgcos θ＝mgsin θ 可得彈簧的壓縮量為x1＝ 小物塊A恰好離開擋板P，由平衡條件得： kx2＝μmgcos

8、 θ＋mgsin θ 可得彈簧的伸長量為x2＝ 故物塊C下落的最大高度 h＝x1＋x2＝。 (2)物塊C由靜止開始運動到最低點的過程中，對于A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，運用能量守恒定律得： Mgh＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp 則得彈簧彈性勢能的變化量ΔEp＝。 (3)若把物塊C換成質量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰離開擋板P時，物塊D下落的高度仍為h。對于A、B、D及彈簧組成的系統(tǒng)，運用能量守恒定律得： (M＋m)gh＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp＋(M＋m＋m)v2 解得v＝2mg。 [答案]　(1)　(2) (3)2mg 1．

9、如圖4所示，質量為M＝4.0 kg的長木板靜止在粗糙水平地面上，某時刻一質量為m＝2.0 kg的小木塊(可視為質點)，以v0＝10 m/s的初速度從左端滑上長木板，同時用一水平向右的恒力F拉動長木板向右做勻加速運動。當小木塊運動到長木板的右端時，二者恰好相對靜止，此時撤去恒力F，長木板在地面上繼續(xù)運動L＝4 m時的速度為3 m/s，已知長木板與小木塊間的動摩擦因數μ1＝0.5，長木板與水平地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖4 (1)長木板的長度； (2)作用在長木板上的恒力F的大小。 解析　(1)長木板與小木塊達到共同速度v共后，長木板與小木塊一

10、起向右減速滑行，設此過程加速度大小為a，以整體為研究對象，由牛頓第二定律，有a＝＝μ2g 解得a＝2 m/s2 根據勻變速直線運動規(guī)律v2－v＝－2aL 解得v共＝5 m/s 設小木塊滑上長木板后做加速度大小為a1的勻減速運動，經時間t1達到共同速度v共，對小木塊，由牛頓第二定律，有 a1＝μ1g＝5 m/s2 又v共＝v0－a1t1 解得t1＝1 s 在0～t1內小木塊的位移x木塊＝t1＝7.5 m 長木板的位移x木板＝t1＝2.5 m 所以長木板的長度為l＝x木塊－x木板＝5 m (2)設長木板在恒力F作用下做加速度大小為a2的勻加速運動，對長木板，有v共＝a2t1

11、 解得a2＝5 m/s2 由牛頓第二定律得 F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得F＝22 N。 答案　(1)5 m　(2)22 N 2．為了測定木塊與斜面間的動摩擦因數，某同學用測速儀研究木塊在斜面上的運動情況，裝置如圖5甲所示。他使木塊以v0＝4 m/s的初速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑，并同時開始記錄數據，利用電腦繪出了木塊從開始至最高點的v－t圖線，如圖乙所示。木塊到達最高點后又沿斜面滑下，g取10 m/s2。求： 圖5 (1)木塊與斜面間的動摩擦因數μ； (3)木塊回到出發(fā)點時的速度大小v。 解析　(1)由題圖乙可知，木塊經0.5 s滑至最高點，上滑過程中

12、加速度大小 a1＝＝8 m/s2 上滑過程中由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 聯(lián)立解得μ＝ (2)木塊上滑過程中做勻減速運動，有 2a1x＝v 下滑過程中由牛頓第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 下滑至出發(fā)點做初速度為0的勻加速運動，得 2a2x＝v2聯(lián)立解得v＝2 m/s。 答案　(1)　(2)2 m/s 3．如圖6所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計，可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2 kg，現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運

13、動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s。求： 圖6 (1)A開始運動時加速度a的大?。? (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大?。? (3)A的上表面長度l. 解析　(1)以A為研究對象，由牛頓第二定律有 F＝mAa，代入數據解得 a＝2.5 m/s2 (2)對A、B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入數據解得 v＝1 m/s (3)設A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發(fā)生碰撞

14、的過程，由動量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v A從開始運動到與B發(fā)生碰撞前，由動能定理有 Fl＝mAv 代入數據解得l＝0.45 m。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 4．如圖7所示，彈槍AA′離豎直墻壁BC距離x＝2.4 m，質量m1＝0.5 kg的“憤怒的小鳥”從彈槍上A′點彈出后，拋射至光滑圓弧軌道最低點C點，A′C的豎直高度差y＝1.8 m?！靶▲B”在C處時，速度恰好水平地與原來靜止在該處的質量為m2＝0.3 kg的石塊發(fā)生彈性碰撞，碰后石塊沿圓弧軌道上滑，圓弧軌道半徑R＝0.5 m，石塊恰好能通過圓弧最高點D，之后無碰撞地從E點

15、離開圓弧軌道進入傾斜軌道MN(無能量損失)，且斜面MN的傾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石塊沿斜面下滑至P點與原來藏在該處的“豬頭”發(fā)生碰撞并擊爆它，石塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，PE之間的距離s＝0.5 m。已知“小鳥”、石塊、“豬頭”均可視為質點，重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。求： 圖7 (1)石塊與“豬頭”碰撞時的速度大?。? (2)“小鳥”與石塊碰前的速度大??； (3)“小鳥”與石塊相碰之前離斜面MN的最近距離。 解析　(1)石塊恰好過圓弧最高點D，設在D點時的速度為vD m2g＝m2 解得vD

16、＝ m/s 設石塊在P點與“豬頭”碰撞時的速度為vp，石塊從D至P的過程，由動能定理可知 m2g[R(1－cos θ)＋s·sin θ]－μm2gcos θ·s＝m2v－m2v 解得vP＝3 m/s (2)設石塊在C點碰后的速度為vC，石塊從C至D的過程，由動能定理可知 －m2g·2R＝m2v－m2v 解得vC＝5 m/s 設“小鳥”與石塊碰前的速度為v，碰后速度為v′，在碰撞過程，由動量守恒和能量守恒可知m1v＝m1v′＋m2vc m1v2＝m1v′2＋m2v 聯(lián)解可得v＝4 m/s (3)將“小鳥”從A′至C的運動可逆向視為從C至A′的平拋運動，設歷時t，“小鳥”的速度

17、與A′C連線平行，有 vy＝gt vx＝v tan θ＝ 聯(lián)解可得t＝0.3 s 此時“小鳥”離A′C連線的距離設為h h＝sin θ x′＝vt 則“小鳥”離斜面MN最近的距離為Δh Δh＝R(1＋cos θ)－h(huán) 得Δh＝0.54 m。 答案　(1)3 m/s　(2)4 m/s　(3)0.54 m 5.如圖8所示，在水平軌道上方O處，用長為L＝1 m的細線懸掛一質量為m＝0.1 kg的滑塊B，B恰好與水平軌道相切，并可繞O點在豎直平面內擺動。水平軌道的右側有一質量為M＝0.3 kg的滑塊C與輕質彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直墻D上，彈簧處于原長時，滑塊C

18、靜止在P點處，一質量也為m＝0.1 kg的子彈以初速度v0＝15 m/s射穿滑塊B后(滑塊B質量不變)射中滑塊C并留在其中，一起壓縮彈簧，彈簧最大壓縮量為x＝0.2 m。滑塊B做圓周運動，恰好能保證繩子不松弛。滑塊C與PD段的動摩擦因數為μ＝0.5，A、B、C均可視為質點，重力加速度為g＝10 m/s2，結果保留兩位有效數字。求： 圖8 (1)子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量； (2)彈簧的最大彈性勢能。 解析　(1)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運動，則在圓周運動最高點有mg＝m 解得v1＝＝ m/s 滑塊B從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得 mg·2L＋mv＝m

19、v 解得vB＝＝5 m/s 子彈A和滑塊B作用過程，由動量守恒定律得 mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝10 m/s 子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量 ΔE＝mv－mv－mv＝10 J。 ②若滑塊B恰好能夠運動到與O等高處，則到達與O等高處時的速度為零，滑塊B從最低點到與O等高處的過程，由機械能守恒定律得 mg·L＝mv′ v′B＝＝2 m/s 子彈A和滑塊B作用過程，由動量守恒定律得 mv0＝mv′A＋mv′B， 解得v′A＝(15－2) m/s 子彈A和滑塊B作用過程中損失的能量 ΔE＝mv－mv′－mv′＝7.5 J。 (2)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運動，設A與C作用后瞬間的共同速度為v，由動量守恒定律有mvA＝(M＋m)v A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx， 解得Ep＝2.1 J ②若滑塊B恰好能夠運動到與O等高處，設A與C作用后瞬間的共同速度為v′，由動量守恒定律得 mv′A＝(M＋m)v′ A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v′2＝Ep′＋μ(M＋m)gx，解得 E′p＝3.1 J。 答案　見解析 10