2019届高考物理二轮复习第二部分热点训练十一力学综合题.docx

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L2.5 m，质量均为m2150 kg，现有一小滑块以速度v06 m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1200 kg，滑动与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数20.2。(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1应满足的条件。(2)若10.4，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：1m1g2(m12m2)g若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g代入数据得：0.3510.5；(2)若10.4，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，1m1gm1a1解得a14 m/s2由2a1Lvv达到B板时速度v14 m/s在A板上的滑动时间由v1v0a1t1，解得t10.5 s滑块滑上B板时B运动，由1m1g2(m1m2)gm2a2得a2 m/s2速度相同时a2t2v1a1t2解得t2 s，相对位移xt2t2 mL2.5 m滑块与板B能达到共同速度：v共a2t2 m/s，然后相对静止的一起减速：2(m1m2)g(m1m2)a共a共2 m/s2t3 s，tt1t2t3 s。答案(1)0.3510.5(2) 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，一台水平传送，A、B两端相距3 m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角37 ，C、D两端相距4.45 m，B、C相距很近。水平部分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a0g5 m/s2米袋与AB共速时已滑行的距离x02.5 m3 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amgsin mgcos ma代入数据得a10 m/s2上滑的最大距离x1.25 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a1g(sin cos )10 m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2g(sin cos )2 m/s2由4.45 m解得v14 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的运转速度vCDv14 m/s米袋恰能运到D点所用的时间最长为：tmax2.1 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沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2。由sCDvtmina2t得，tmin1.16 s所以，所求的时间t的范围为1.16 s t2.1 s。答案(1)1.25 m(2)vCD4 m/s1.16 s t2.1 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 370.6，cos 370.8。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(Mm)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，由平衡条件得：kx1mgcos mgsin 可得弹簧的压缩量为x1小物块A恰好离开挡板P，由平衡条件得：kx2mgcos mgsin 可得弹簧的伸长量为x2故物块C下落的最大高度hx1x2。(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：Mghmgcos hmgsin hEp则得弹簧弹性势能的变化量Ep。(3)若把物块C换成质量为(Mm)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：(Mm)ghmgcos hmgsin hEp(Mmm)v2解得v2mg。答案(1)(2)(3)2mg1如图4所示，质量为M4.0 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，某时刻一质量为m2.0 kg的小木块(可视为质点)，以v010 m/s的初速度从左端滑上长木板，同时用一水平向右的恒力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L4 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10.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数20.2，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a2g解得a2 m/s2根据匀变速直线运动规律v2v2aL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a11g5 m/s2又v共v0a1t1解得t11 s在0t1内小木块的位移x木块t17.5 m长木板的位移x木板t12.5 m所以长木板的长度为lx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a25 m/s2由牛顿第二定律得F1mg2(Mm)gMa2解得F22 N。答案(1)5 m(2)22 N2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v04 m/s的初速度沿倾角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vt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；(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a18 m/s2上滑过程中由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1联立解得(2)木块上滑过程中做匀减速运动，有2a1xv下滑过程中由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2下滑至出发点做初速度为0的匀加速运动，得2a2xv2联立解得v2 m/s。答案(1)(2)2 m/s3如图6所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 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mB2 kg，现对A施加一个水平向右的恒力F10 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t0.6 s，二者的速度达到vt2 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FmAa，代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入数据解得v1 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(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv代入数据解得l0.45 m。答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m4如图7所示，弹枪AA离竖直墙壁BC距离x2.4 m，质量m10.5 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，AC的竖直高度差y1.8 m。“小鸟”在C处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m20.3 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R0.5 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37，EOD37，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0.5，PE之间的距离s0.5 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 370.6，cos 370.8)。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的最近距离。解析(1)石块恰好过圆弧最高点D，设在D点时的速度为vDm2gm2解得vD 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m2gR(1cos )ssin m2gcos sm2vm2v解得vP3 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m2g2Rm2vm2v解得vC5 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m1vm1vm2vcm1v2m1v2m2v联解可得v4 m/s(3)将“小鸟”从A至C的运动可逆向视为从C至A的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与AC连线平行，有vygtvxvtan 联解可得t0.3 s此时“小鸟”离AC连线的距离设为hhsin xvt则“小鸟”离斜面MN最近的距离为hhR(1cos )h得h0.54 m。答案(1)3 m/s(2)4 m/s(3)0.54 m5.如图8所示，在水平轨道上方O处，用长为L1 m的细线悬挂一质量为m0.1 kg的滑块B，B恰好与水平轨道相切，并可绕O点在竖直平面内摆动。水平轨道的右侧有一质量为M0.3 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m0.1 kg的子弹以初速度v015 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x0.2 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0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g10 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)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mgm解得v1 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mg2Lmvmv解得vB5 m/s子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得mv0mvAmvB，解得vA10 m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量Emvmvmv10 J。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mgLmvvB2 m/s子弹A和滑块B作用过程，