2019届高考物理二轮复*第二部分热点专练热点 十一力学综合题专项训练

发布于:2021-12-02 22:49:35

热点十一 力学综合题
力学综合题考查的情景主要有板块模型、传送带、弹簧,涉及的知识为运动学、动力学、能量和动量 考向一 “木板滑块”模型
(2018·蚌埠一模)如图 1 所示,地面依次排放两块完全相同的木板 A、B,长度均为 L=2.5 m,质量均 为 m2=150 kg,现有一小滑块以速度 v0=6 m/s 冲上木板 A 左端,已知小滑块质量 m1=200 kg,滑动与木板间的动 摩擦因数为 μ 1,木板与地面间的动摩擦因数 μ 2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g 取 10 m/s2)
图1 (1)若滑块滑上木板 A 时,木板不动,而滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,求 μ 1 应满足的条件。 (2)若 μ 1=0.4,求滑块的运动时间。(结果用分数表示) [解析] (1)滑上木板 A 时,木板不动,由受力分析得:μ 1m1g≤μ 2(m1+2m2)g 若滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,由受力分析得: μ 1m1g>μ 2(m1+m2)g 代入数据得:0.35<μ 1≤0.5; (2)若 μ 1=0.4,则滑块在木板 A 上滑动时,木板不动。设滑块在木板 A 上做减速运动时的加速度大小为 a1,由 牛顿第二定律得,μ 1m1g=m1a1 解得 a1=4 m/s2 由-2a1L=v21-v20 达到 B 板时速度 v1=4 m/s 在 A 板上的滑动时间由 v1=v0-a1t1, 解得 t1=0.5 s 滑块滑上 B 板时 B 运动,由 μ 1m1g-μ 2(m1+m2)g=m2a2 得 a2=23 m/s2 速度相同时 a2t2=v1-a1t2 解得 t2=67 s, 相对位移 Δ x=v1+2 v共t2-v2共t2=172 m<L=2.5 m 滑块与板 B 能达到共同速度:v 共=a2t2=47 m/s, 然后相对静止的一起减速:

μ 2(m1+m2)g=(m1+m2)a 共 a 共=2 m/s2 t3=va共共=27 s, t=t1+t2+t3=2134 s。
23 [答案] (1)0.35<μ 1≤0.5 (2)14 s 考向二 传送带模型
如图 2 为仓库中常用的皮带传输装置示意图,它由两台皮带传送机组成,一台水*传送,A、B 两端相 距 3 m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角 θ =37 °,C、D 两端相距 4.45 m,B、C 相距很*。水*部分 AB 以 5 m/s 的速率顺时针转动。将质量为 10 kg 的一袋大米放在 A 端,到达 B 端后,速度大小不变地传到倾斜的 CD 部分,米袋 与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。试求:
图2 (1)若 CD 部分传送带不运转,求米袋沿传送带所能上升的最大距离。 (2)若要米袋能被送到 D 端,求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从 C 端与 D 端所用时间的取值范 围。 [解析] (1)米袋在 AB 上加速时的加速度 a0=μ g=5 m/s2 米袋与 AB 共速时已滑行的距离 x0=2va20=2.5 m<3 m 米袋到达 B 点之前与传送带共速,米袋在 CD 上运动时的加速度为 a mgsin θ +μ mgcos θ =ma 代入数据得 a=10 m/s2 上滑的最大距离 x=2va2 =1.25 m。 (2)设 CD 部分运转速度为 v1 时米袋恰能到达 D 点(即米袋到达 D 点时速度恰好为零),则米袋速度减为 v1 之前的 加速度为 a1=-g(sin θ +μ cos θ )=-10 m/s2 米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为 a2=-g(sin θ -μ cos θ )=-2 m/s2 由v212-a1v2+0- 2av2 21=4.45 m 解得 v1=4 m/s,即要把米袋送到 D 点,CD 部分的运转速度

vCD≥v1=4 m/s 米袋恰能运到 D 点所用的时间最长为: tmax=v1a-1 v+0-a2v1=2.1 s 若 CD 部分传送带的速度较大,使米袋沿 CD 上滑时所受摩擦力一直*ご蛏希蛩檬奔渥疃蹋酥智榭雒 袋加速度一直为 a2。由 sCD=vtmin+12a2t2min得,tmin=1.16 s 所以,所求的时间 t 的范围为 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 与弹簧相关的问题
如图 3 所示,挡板 P 固定在足够高的倾角为 θ =37°的斜面上,小物块 A、B 的质量均为 m,两物块由 劲度系数为 k 的轻弹簧相连,两物块与斜面的动摩擦因数均为 μ =0.5,一不可伸长的轻绳跨过滑轮,一端与物块 B 连接,另一端连接一轻质小钩,初始小物块 A、B 静止,且物块 B 恰不下滑,若在小钩上挂一质量为 M 的物块 C 并由 静止释放,当物块 C 运动到最低点时,小物块 A 恰好离开挡板 P,重力加速度为 g,sin 37°≈0.6,cos 37°≈0.8。
图3 (1)求物块 C 下落的最大高度。 (2)求物块 C 由静止开始运动到最低点的过程中,弹簧弹性势能的变化量。 (3)若把物块 C 换成质量为(M+m)的物块 D,小物块 A 恰离开挡板 P 时小物块 B 的速度为多大? [解析] (1)开始时,物块 B 恰不下滑,B 所受的静摩擦力达到最大值,且方向沿斜面向上,由*衡条件得: kx1+μ mgcos θ =mgsin θ 可得弹簧的压缩量为 x1=m5gk 小物块 A 恰好离开挡板 P,由*衡条件得: kx2=μ mgcos θ +mgsin θ 可得弹簧的伸长量为 x2=mkg 故物块 C 下落的最大高度 h=x1+x2=65mkg。 (2)物块 C 由静止开始运动到最低点的过程中,对于 A、B、C 及弹簧组成的系统,运用能量守恒定律得: Mgh=μ mgcos θ h+mgsin θ h+Δ Ep 则得弹簧弹性势能的变化量 Δ Ep=6(M-5km)mg2。 (3)若把物块 C 换成质量为(M+m)的物块 D,小物块 A 恰离开挡板 P 时,物块 D 下落的高度仍为 h。对于 A、B、

D 及弹簧组成的系统,运用能量守恒定律得: (M+m)gh=μ mgcos θ h+mgsin θ h+Δ Ep+12(M+m+m)v2

解得 v=2mg 5k(M3+2m)。

6mg

6(M-m)mg2

[答案] (1) 5k (2) 5k

(3)2mg

3 5k(M+2m)

1.如图 4 所示,质量为 M=4.0 kg 的长木板静止在粗糙水*地面上,某时刻一质量为 m=2.0 kg 的小木块(可 视为质点),以 v0=10 m/s 的初速度从左端滑上长木板,同时用一水*向右的恒力 F 拉动长木板向右做匀加速运动。 当小木块运动到长木板的右端时,二者恰好相对静止,此时撤去恒力 F,长木板在地面上继续运动 L=4 m 时的速度 为 3 m/s,已知长木板与小木块间的动摩擦因数 μ 1=0.5,长木板与水*地面间的动摩擦因数 μ 2=0.2,重力加速 度 g 取 10 m/s2,求:

图4 (1)长木板的长度; (2)作用在长木板上的恒力 F 的大小。 解析 (1)长木板与小木块达到共同速度 v 共后,长木板与小木块一起向右减速滑行,设此过程加速度大小为 a, 以整体为研究对象,由牛顿第二定律,有 a=μ (2(MM++mm))g=μ 2g 解得 a=2 m/s2 根据匀变速直线运动规律 v2-v2共=-2aL 解得 v 共=5 m/s 设小木块滑上长木板后做加速度大小为 a1 的匀减速运动,经时间 t1 达到共同速度 v 共,对小木块,由牛顿第二 定律,有 a1=μ 1g=5 m/s2 又 v 共=v0-a1t1 解得 t1=1 s 在 0~t1 内小木块的位移 x 木块=v0+2 v共t1=7.5 m 长木板的位移 x 木板=v2共t1=2.5 m 所以长木板的长度为 l=x 木块-x 木板=5 m (2)设长木板在恒力 F 作用下做加速度大小为 a2 的匀加速运动,对长木板,有 v 共=a2t1

解得 a2=5 m/s2 由牛顿第二定律得 F+μ 1mg-μ 2(M+m)g=Ma2 解得 F=22 N。 答案 (1)5 m (2)22 N 2.为了测定木块与斜面间的动摩擦因数,某同学用测速仪研究木块在斜面上的运动情况,装置如图 5 甲所示。 他使木块以 v0=4 m/s 的初速度沿倾角 θ =30°的斜面上滑,并同时开始记录数据,利用电脑绘出了木块从开始至 最高点的 v-t 图线,如图乙所示。木块到达最高点后又沿斜面滑下,g 取 10 m/s2。求:

图5

(1)木块与斜面间的动摩擦因数 μ ; (3)木块回到出发点时的速度大小 v。

解析 (1)由题图乙可知,木块经 0.5 s 滑至最高点,上滑过程中加速度大小

a1=ΔΔ

v t=8

m/s2

上滑过程中由牛顿第二定律得

mgsin θ +μ mgcos θ =ma1

联立解得 μ



3 5

(2)木块上滑过程中做匀减速运动,有 2a1x=v20 下滑过程中由牛顿第二定律得

mgsin θ -μ mgcos θ =ma2 下滑至出发点做初速度为 0 的匀加速运动,得 2a2x=v2 联立解得 v=2 m/s。

答案

(1)

3 5

(2)2 m/s

3.如图 6 所示,水*地面上静止放置一辆小车 A,质量 mA=4 kg,上表面光滑,小车与地面间的摩擦力极小, 可以忽略不计,可视为质点的物块 B 置于 A 的最右端,B 的质量 mB=2 kg,现对 A 施加一个水*向右的恒力 F=10 N, A 运动一段时间后,小车左端固定的挡板与 B 发生碰撞,碰撞时间极短,碰后 A、B 粘合在一起,共同在 F 的作用下

继续运动,碰撞后经时间 t=0.6 s,二者的速度达到 vt=2 m/s。求:

图6 (1)A 开始运动时加速度 a 的大小; (2)A、B 碰撞后瞬间的共同速度 v 的大小; (3)A 的上表面长度 l. 解析 (1)以 A 为研究对象,由牛顿第二定律有 F=mAa,代入数据解得 a=2.5 m/s2 (2)对 A、B 碰撞后共同运动 t=0.6 s 的过程,由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得 v=1 m/s (3)设 A、B 发生碰撞前,A 的速度为 vA,对 A、B 发生碰撞的过程,由动量守恒定律有 mAvA=(mA+mB)v A 从开始运动到与 B 发生碰撞前,由动能定理有 Fl=12mAv2A 代入数据解得 l=0.45 m。 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m 4.如图 7 所示,弹枪 AA′离竖直墙壁 BC 距离 x=2.4 m,质量 m1=0.5 kg 的“愤怒的小鸟”从弹枪上 A′点弹 出后,抛射至光滑圆弧轨道最低点 C 点,A′C 的竖直高度差 y=1.8 m。“小鸟”在 C 处时,速度恰好水*地与原来 静止在该处的质量为 m2=0.3 kg 的石块发生弹性碰撞,碰后石块沿圆弧轨道上滑,圆弧轨道半径 R=0.5 m,石块恰 好能通过圆弧最高点 D,之后无碰撞地从 E 点离开圆弧轨道进入倾斜轨道 MN(无能量损失),且斜面 MN 的倾角 θ = 37°,∠EOD=37°,石块沿斜面下滑至 P 点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它,石块与斜面间的动摩擦 因数 μ =0.5,PE 之间的距离 s=0.5 m。已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点,重力加速度 g 取 10 m/s2, 空气阻力忽略不计(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)。求:
图7 (1)石块与“猪头”碰撞时的速度大小; (2)“小鸟”与石块碰前的速度大小;

(3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面 MN 的最*距离。 解析 (1)石块恰好过圆弧最高点 D,设在 D 点时的速度为 vD m2g=m2vR2D 解得 vD= 5 m/s 设石块在 P 点与“猪头”碰撞时的速度为 vp,石块从 D 至 P 的过程,由动能定理可知 m2g[R(1-cos θ )+s·sin θ ]-μ m2gcos θ ·s=12m2v2P-12m2v2D 解得 vP=3 m/s (2)设石块在 C 点碰后的速度为 vC,石块从 C 至 D 的过程,由动能定理可知 -m2g·2R=12m2v2D-12m2v2C 解得 vC=5 m/s 设“小鸟”与石块碰前的速度为 v,碰后速度为 v′,在碰撞过程,由动量守恒和能量守恒可知 m1v=m1v′+m2vc 12m1v2=12m1v′2+12m2v2C 联解可得 v=4 m/s (3)将“小鸟”从 A′至 C 的运动可逆向视为从 C 至 A′的*抛运动,设历时 t,“小鸟”的速度与 A′C 连线* 行,有
vy=gt vx=v tan θ =vvyx 联解可得 t=0.3 s 此时“小鸟”离 A′C 连线的距离设为 h h=x2′sin θ x′=vt 则“小鸟”离斜面 MN 最*的距离为 Δ h Δ h=R(1+cos θ )-h

得 Δ h=0.54 m。 答案 (1)3 m/s (2)4 m/s (3)0.54 m 5.如图 8 所示,在水*轨道上方 O 处,用长为 L=1 m 的细线悬挂一质量为 m=0.1 kg 的滑块 B,B 恰好与水* 轨道相切,并可绕 O 点在竖直*面内摆动。水*轨道的右侧有一质量为 M=0.3 kg 的滑块 C 与轻质弹簧的一端相连, 弹簧的另一端固定在竖直墙 D 上,弹簧处于原长时,滑块 C 静止在 P 点处,一质量也为 m=0.1 kg 的子弹以初速度 v0=15 2 m/s 射穿滑块 B 后(滑块 B 质量不变)射中滑块 C 并留在其中,一起压缩弹簧,弹簧最大压缩量为 x=0.2 m。 滑块 B 做圆周运动,恰好能保证绳子不松弛。滑块 C 与 PD 段的动摩擦因数为 μ =0.5,A、B、C 均可视为质点,重 力加速度为 g=10 m/s2,结果保留两位有效数字。求:
图8 (1)子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量; (2)弹簧的最大弹性势能。 解析 (1)①若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动,则在圆周运动最高点有 mg=mvL21 解得 v1= gL= 10 m/s 滑块 B 从最低点到最高点过程中,由机械能守恒定律得 mg·2L+12mv21=12mv2B 解得 vB= 5gL=5 2 m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程,由动量守恒定律得 mv0=mvA+mvB,解得 vA=10 2 m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 Δ E=12mv20-12mv2A-12mv2B=10 J。 ②若滑块 B 恰好能够运动到与 O 等高处,则到达与 O 等高处时的速度为零,滑块 B 从最低点到与 O 等高处的过 程,由机械能守恒定律得 mg·L=12mv′2B v′B= 2gL=2 5 m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程,由动量守恒定律得 mv0=mv′A+mv′B, 解得 v′A=(15 2-2 5) m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量

Δ E=12mv20-12mv′2A-12mv′2B=7.5 J。 (2)①若滑块 B 恰好能够做完整的圆周运动,设 A 与 C 作用后瞬间的共同速度为 v,由动量守恒定律有 mvA=(M +m)v A、C 一起压缩弹簧,由能量守恒定律有 12(M+m)v2=Ep+μ (M+m)gx, 解得 Ep=2.1 J ②若滑块 B 恰好能够运动到与 O 等高处,设 A 与 C 作用后瞬间的共同速度为 v′,由动量守恒定律得 mv′A=(M+m)v′ A、C 一起压缩弹簧,由能量守恒定律有 12(M+m)v′2=Ep′+μ (M+m)gx,解得 E′p=3.1 J。 答案 见解析


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