山东省2023年高考物理模拟试题知识点训练：力学解答题（较难题）

山东省2023年高考物理模拟试题知识点分类训练：力学解答

题（较难题）

一、解答题

1.（2023・山东•模拟预测）一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB区域时是水

平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时

是倾斜的，AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为,〃的小货箱一个一个在A处

放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为力.稳定工

作时传送带速度不变，当前一个货箱相对于传送带静止时马上放第二个，每个小货箱相

对传送带运动的时间均为W,CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为，每个箱子

在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC

段时的微小滑动）.已知在一段相当长的时间内，共运送小货箱的数目为M这装置由

电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦.求：

（1）传送带稳定工作时的速度v0;

（2）此过程中电动机提供的电功W.

2.（2023•山东♦模拟预测）将如图甲所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、

竖直圆轨道、水平传送带AB和倾角，=37。的斜轨道8C平滑连接而成质量∕∏∕=2.0kg的

小滑块a从弧形轨道离地高H的某点处静止释放。己知L0.9m,L2.5m,滑块与轨道AB

和BC间的动摩擦因数分别为〃尸0.5和〃2=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽

略空气阻力，取g=10m∕s2,（sin37o≈0.6,sin37°=0.8）求:

（1）当4=0.5m时，“经过圆轨道最高点。时对轨道的压力恰好为零，求圆轨道的半

径R；

（2）当传送带不转动，物体从〃=2.05m的高度沿圆弧轨道下滑，。能否冲出C点，若

不能，能否返回通过。点；

（3）将BC换成足够长的光滑斜面,倾角6不变,在传送带上B处静止放一质量∕∏2=6.0kg

滑块6,“从H=2.25m,α与i＞发生弹性正碰，碰后瞬间传送带立即以速度v=2.0m∕s顺

时针转动，求第一次碰撞到第二次碰撞过程u与传送带间摩擦产生的热量Q。

3.（2023•山东•模拟预测）如图所示，倾角为30。的固定斜面顶端有一光滑的定滑轮，斜

面上端有一与斜面垂直的固定小挡板，挡板的厚度不计。斜面上有一质量为2〃?的小物

块，物块与斜面间的动摩擦因数为立。不可伸长的轻绳一端连接小物块，另一端绕过

6

滑轮悬吊一质量为，〃的粗细均匀钢管,物块与定滑轮间的细绳平行于斜面且不与挡板接

触。在钢管的顶端套着一个质量也为，〃的细环，细环与钢管之间的最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，大小为等（g为重力加速度大小）。开始时用外力控制物块使系统静止，

物块到挡板、钢管下端到地面的距离均为以现将物块由静止释放，物块与挡板、钢管

与地面发生多次碰撞，每次碰撞时间极短，最终细环刚好到达钢管底端。已知物块与挡

板、细管与地面碰撞均无能量损失，钢管始终未与滑轮相碰。求；

（1）物块开始上滑时细绳上的拉力大小；

（2）钢管与地面第一次碰撞后能上升的最大高度；

4.（2023・山东•模拟预测）某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角，=37。）因停

电而锁止，工人找了块质量为，〃=3kg的带钩木板置于传送带上，再在木板上放置货物,

通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于传送带方向、大小为

165N的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数

M=O∙5,货物质量M=12kg,货物与木板间的动摩擦因数〃2=0∙9,最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，重力加速度g=10m⅛2,sin37°=0.6,求：

（1）货物的加速度大小？

（2）拉力作用r=2s（货物未到达顶端）后，货物的机械能增加量？

试卷第2页，共4页

（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为他“可调，且A<1）。某次工作中，当木板

的速度到%后，突然来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。火取何值时，

撤去拉力至木板速度减为O的过程中（仍未到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产

生的热量最小？

5.（2023•山东•模拟预测）如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，两

平行倾斜绝缘轨道固定在斜面上，水平导轨与倾斜轨道在倾斜轨道的底部从处平滑连

接，轨道间距为L=Im,倾斜轨道的倾角为6=37。。在水平导轨的右侧必Cd区域内存

在方向向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场。现有多根长度也为L=Im的相同金

属棒依次从倾斜轨道上高为刀=?m的MN处由静止释放，前一根金属棒刚好离开磁场

时释放后一根金属棒，发现第1根金属棒穿越磁场区域的时间为H1S。已知每根金属棒

的质量为，"=2kg,电阻为R=2Ω,"〃儿〃MV且与轨道垂直，不计水平导轨的电阻，

金属棒与水平导轨接触良好，金属棒与倾斜轨道的动摩擦因数为〃=0∙5,重力加速度g

⅛X10m∕s2,sin37°=0.6。求：

（1）磁场区域的长度力,；

（2）第2根金属棒刚进入磁场时的加速度大小；

（3）第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比；

（4）第〃根金属棒在磁场中运动的过程，第1根金属棒上产生的热量。

6.（2023•山东♦模拟预测）如图，水平面中间夹有一水平传送带，水平面与传送带上表

面平齐且平滑连接，左侧水平面上C点左侧部分粗糙，右侧部分光滑，传送带右侧水平

面光滑。质量为町=2kg的小滑块P与固定挡板间有一根劲度系数为七29∙12N∕m的轻

弹簧（P与弹簧不拴接），初始时P放置在C点静止且弹簧处于原长。传送带初始静止,

在传送带左端点4处停放有一质量为吗=Ikg的小滑块。。现给P施加一水平向左、大

小为F=20.2N的恒力，使P向左运动，当P速度为零时立即撤掉恒力，一段时间后P

将与。发生弹性碰撞(不计碰撞时间)，以后P、Q间的碰撞都是弹性碰撞，在P、。

第一次碰撞时传送带由静止开始做顺时针方向的匀加速运动，加速度大小为q=lm∕s2,

当速度达到v=4m∕s时传送带立即做匀减速运动直至速度减为零，加速度大小为

α,=2m∕s2,当传送带速度减为零时，Q恰好运动到传送带右端点人处。已知P与水平

面、传送带间的动摩擦因数均为H=O」，。与传送带间的动摩擦因数人=03,最大静

摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的形变在弹性限度内，弹簧的弹性势能表达式为

Ep=gkχ2,X为弹簧的形变量，重力加速度g取IOm/s',不计空气阻力。求：

(1)尸与Q第一次碰前P的速度大小；

(2)为保证P与Q能够相碰，求恒力的最小值；

(3)P、。最终的速度大小；

(4)尸、。由于与传送带间的摩擦，系统产生的热量。

ab

7.(2023・山东•模拟预测)如图所示，质量M=3.0kg的长木板A的左端a处固定有一宽

度不计的轻质竖直挡板P,〃为长木板的右端点。质量”=1Okg的可视为质点的小物块

B放在长木板上的C位置，且％,=4.0m,小物块B与长木板A均静置于水平地面上。

在长木板左侧，质量也为〃八与长木板A等高的小物块Q正以某一速度水平向右运动,

/=0时刻，小物块Q以速度%=12.0m∕s与长木板A发生弹性碰撞，碰撞时间极短，

经历一段时间，小物块B与挡板P亦发生弹性碰撞，碰撞时间也极短，碰撞之后，小

物块B恰好到达长木板A的右端点6处。已知小物块Q与水平地面间的动摩擦因数

M=O.1,小物块B与长木板A之间的动摩擦因数〃2=°」，长木板A与水平地面间的

动摩擦因数〃3=°∙2,重力加速度g取IOm/s'求：

(1)小物块Q停止运动时的位置与长木板A开始运动前左端a点之间的距离工；

(2)长木板A上C位置到右端6点之间的距离%(结果保留3位有效数字)。

试卷第4页，共4页

参考答案:

LnNZ

1.(1)%=一；(2)W=I-—+Nmgh

%石

【详解】(1)(2)以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为%,在水平段运输的过

程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s/,加速度为a,则对小

箱有

1,

S=Q瓯

Vtrato

在这段时间内，传送带运动的路程为

Si=Vo

由以上可得

S2=2s∣

用了表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

叱=吊=^mv-

传送带克服小箱对它的摩擦力做功

W2=fs2=2∙-ιnv^=

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量

C12

2=2mvO

可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.在运载N个小箱的过程中,

电动机输出的电功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

1,

W=N(—/nvɑ÷mgh+Q)

已知相邻两小箱的距离为L，所以

Wo=l

联解得

答案第1页，共12页

W=吗L+6

1

2.(1)0.2m；(2)不能冲出C点，不能达到。点；(3)25J

【详解】(1)滑块。从静止释放到。点过程，由动能定理得

1ʌ

2

27?)=-/H1V

在。点有

V2

叫g=叫GK

解得圆轨道的半径

2

R=-H=0.2n∖

5

(2)设滑块α沿斜面向上运动的距离为经x,由功能关系得

migH=4，"IgLAE+,%gxsinO+/2”?IgXCOSe

代入数据解得

x=2.0m

因x<LBC,所以a不能冲出C点。设滑块a返回到A点的速度为以，由功能关系得

12

机IgxSInθ-/∕√n1^xcosθ-wn}gLAB=-mλvλ

解得滑块a返回到A点的速度

VA=>∕7m∕s

因｝小；<2m.gR,所以a不能达到D点。

(3)设滑块4到达B点的速度为如有

町g"一〃M班AB=/仍片

。与滑块匕发生弹性碰撞

//Z1V0=∕27ιv∣÷/ZZ2V2

12ɪ212

2w>vo=2^v∣^+2^v2

解得碰后4的速度

vl=-3m∕s

匕的速度

答案第2页，共12页

v2=3m∕s

a以加速度q=〃ig=5m∕s?向左匀减速运动，b以加速度4=gsin，=6m/s2沿斜面向上匀减

速运动，由于斜面光滑b返回B点的时间r=1.0s,由分析得α刚好减到A点反向加速，经时

间f=1.0s时与传送带相对静止，此时α离B点的距离

V|v

x2=|^<∣=0,5m

即第二次碰撞前a已经与传送带相对静止，第一次碰撞后到“与传送带相对静止，传送带相

对a的位移

（吁W尸

=2.5m

2q

第一次碰撞到第二次碰撞过程a与传送带间摩擦产生的热量

Q=M"%gx=25J

7L2

3.(1)—mg；(2)一；(3)—L

465

【详解】(1)系统由静止释放后，假设向下运动过程中细环相对钢管未发生相对滑动，设此

过程中细绳中的拉力大小为R物块、钢管和细环的加速度大小均为。，对物块由牛顿第二

定律得

F-2mgs∖nθ-2μmgcosθ=2ma

对钢管和细环整体由牛顿第二定律得

2ιng-F=2ma

解得

L7

p=-mg

a=&

8

设此过程细环受摩擦力大小为了,则

mg-f=ma

解得

7

f--mg<fm

故假设成立，所以物块开始上滑时细绳上的拉力大小为

答案第3页，共12页

F=-mg

(2)设钢管与地面第一次碰撞后，细环相对钢管向下滑动时的加速度大小为内，根据牛顿

第二定律有

fm-mg=mal

解得

4=华

由于碰撞后无能量损失，所以钢管和物块都将以碰撞前原速率反弹，设反弹后绳中拉力大小

为钢管和物块的加速度大小均为。2,则对钢管和物块根据牛顿第二定律分别有

w+w

⅛Zn-Λ=¾

F1÷2μmgcosΘ-2mgsin6?=2∕na2

解得

生吟

设第一次碰撞前、后钢管的速度大小为刃，碰撞后钢管能上升的最大高度为根据运动

学规律有

Vj2=2aL

2

V,=2a^Hl

解得

(3)因为4/=。2,所以钢管与地面第一次碰撞后上升到最大高度时，细环恰好也下降至最低

点，根据对称性可知其下降的高度为

%=乩=:

0

钢管与地面第一次碰撞后细环相对钢管下降的高度为

∆x∣=Λ1+/∕l=2Hx

设钢管与地面发生第二次碰撞之前瞬间的速度大小为也,钢管与地面第二次碰撞后上升的高

度为“2,根据运动学规律有

*=2曲

答案第4页，共12页

2a2H2=v；

解得

由此类推可得钢管的长度为

111=£

l=2(Hl+H2+H,+.......)=2L6V+^+1

4.(1)lm∕s2;(2)168J；(3)ɪ

6

【详解】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为α,对货物与木板整

体分析，由牛顿第二定律得

0

F-（，”+M）gsin37°-μl（m+M）gcos37=（m+M）a

解得

a=lm∕s2

设木板对货物的静摩擦力为人对货物分析得

/-Λ⅛sin37°=Ma

可得

/=84N

货物与木板间的最大静摩擦力为

u

ym=χ∕2Mgcos37=86.4N

由于木板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小

为lm∕s2。

（2）拉力作用f=2s后，货物的速度为

V=at-2m∕s

货物的位移为

12C

x=-at~=2m

2

所以货物增加的机械能为

1,

∖E=MgXSin370+-Mv2=I68J

（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于/＞必，货物与木板会保持相对静止，一起做变速

答案第5页，共12页

运动，木板从速度%减速到他的过程，由牛顿第二定律

o

Q%+M)gsin37°+μx(tn∙∖∙M)gcos37={m+M)aλ

解得

4=10m∕s2

减速时间

EI-

4

在时间0内，木板与传送带的相对位移大小为

.v0+Av0,

Aη=---t,-kv0tl

木板从速度他减速到0的过程，由牛顿第二定律

o

(m+M)gsin37°-μλ(m+M)gcos37={m-∖-M)a1

解得

2

a2=2m∕s

减速时间

上

a2

在时间『2内，木板与传送带的相对位移大小为

∆X∣=帅一争2

在时间4+/?内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量为

0

Q=μx(tn+M)gcos37∙(∆xl+∆x2)

整理得

Q=3,6(T+W

由上式可知，当k=9时，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小。

O

2,

5.(1)sab—5m；(2)a=2.5m∕s;(3)v2:v3=3:2；(4)Q———ɪ

n

【详解】(1)第一根金属棒在倾斜轨道上运动，根据动能定理有

答案第6页，共12页

mgh-μmgcos37°•丁，；？。=-^mv2

解得

v=5m∕s

第一根金属棒在磁场中做匀速直线运动，磁场区域的长度

Sab=W

解得

%=5m

(2)由题意可知每根金属棒进入磁场时的速度均为v=5m∕s,当第2根金属棒刚进入磁场时,

根据法拉第电磁感应定律有

E=BLv

此时回路中电流

2R

第2根金属棒受到的安培力

F=BLI

此时第2根金属棒的加速度

F

a=—

m

联立解得

a=2.5m∕s2

(3)金属棒出磁场后做匀速直线运动，第n根金属棒在磁场中运动时，根据动量定理有

-BIlAt=mvn-mv

7∆r=q

q=半」

R+——R

n-∖

联立解得

51

v=­m/s

lln

第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小为

答案第7页，共12页

v2=ɪm∕s,v3=—m/s

第4根金属棒刚出磁场时，第2、3两根金属棒的速度大小之比为V2：匕=3：2

(4)第八根金属棒在磁场中运动的过程，根据能量守恒定律有

Q=-mv2--mvn

设第一根金属棒中电流为/,则第〃根金属棒中电流为(〃-1)/,总的焦耳热

<2=(n-l)∕2Λ∕+[(n-l)/]2Rt=n{n-∖)IzRt

解得第1根金属棒上产生的热量

.=∕2∕⅛=25("+I)J

n

6.(1)H=4.5m/s；(2)ξnin=4N,(3)也m∕s和交m/s；(4)Q=22.5J

123

【详解】(1)P在恒力作用下向左运动到最大距离的过程中，根据功能关系有

FXO=Ep+〃叫gx°

P向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有

c12

EP=5叫M+MMgx°

由题意有

Ep=(XA

解得

v∣=4.5m∕s

(2)设恒力为9，弹簧的最大形变量为X,有

F'x=E；+从nηgx

尸向右运动过程中，当弹簧处于原长时，P与弹簧分离，根据能量守恒有

E；=g〃?FJ+MMgx

4=*

为保证P与Q能够相碰，则要求P与弹簧分离时速度W≥0,联立解得

F>4N

所以恒力的最小值为

答案第8页，共12页

（3）P、。间的碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

/W1V1=W1V2+/W2V3

III

2="wiv2÷-,w2v32

联立解得

v2=i.5m∕s

v3=6m∕s

两滑块碰后，P先在传送带上减速，由牛顿第二定律有

从网g=叫名

经过时间「与传送带共速，有

att,=v2-a3ti=v4

解得

t`=0.75s

v4=0.75m∕s

。也先在传送带上减速，由牛顿第二定律有

μ2m2g=m2ai

经过时间G与传送带共速，有

alZ2=v3-α√2=v5

解得

t2=1.5s

v5=1.5m∕s

当Q与传送带共速时尸、Q的距离为

ʌ-明-?-号”）=3∙9375m

之后尸、。随传送带一起加速，故传送带达到最大速度时P、。的速度大小都是4m∕s

传送带减速的过程，由于加速度%>%，故。在静摩擦力作用下随传送带一起减速，无相

答案第9页，共12页

对滑动，由于加速度/＜。2,故P与传送带间存在相对滑动，从传送带达到最大速度开始,

直到减速到零，经历时间

t3=-=2s

当传送带速度为零时，滑块P的速度大小为

v6=v-¾r3=2m∕s

P、Q间的距离为

ʌr'=Ar+&一4=1∙9375m

223

P与Q第二次碰撞前的速度大小为

v7=y∣vl-2a3∆Λ∙'=m/s

P、Q第二次相碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

ZW1V7=W1V8+m2%

g町¢=;叫q+g'巧(

联立解得

√2

%一

-m/s

12

也

%

-3m/s

P、。第二次相碰后，滑上右侧水平面分别做匀速直线运动，速度分别为立m/s和立m/s

123

(4)P在初始减速阶段与传送带间的相对位移

1V

∆xl=∖一；vl-0.5625m

户在最后减速阶段与传送带间的相对位移

∆x2=Ar=3.9375m

。在初始减速阶段与传送带间的相对位移

M=ʒɪG~∣v5t2=4,5m

P由于与传送带间的摩擦产生的热量

Q1=∕√,m1g(∆rl+Δ¾)=9J

Q由于与传送带间的摩擦产生