热点十一 力学综合题.docx

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热点十一力学综合题

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＝2.5m，质量均为m2＝150kg，现有一小滑块以速度v0＝6m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1＝200kg，滑动与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。

（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/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μ1应满足的条件。

（2）若μ1＝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：

μ1m1g≤μ2（m1＋2m2）g

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：

μ1m1g＞μ2（m1＋m2）g

代入数据得：

0.35＜μ1≤0.5；

（2）若μ1＝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，μ1m1g＝m1a1

解得a1＝4m/s2

由－2a1L＝v－v

达到B板时速度v1＝4m/s

在A板上的滑动时间由v1＝v0－a1t1，

解得t1＝0.5s

滑块滑上B板时B运动，由

μ1m1g－μ2（m1＋m2）g＝m2a2

得a2＝m/s2

速度相同时a2t2＝v1－a1t2

解得t2＝s，

相对位移Δx＝t2－t2＝m＜L＝2.5m

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：

μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a共

a共＝2m/s2

t3＝＝s，

t＝t1＋t2＋t3＝s。

[答案]　

（1）0.35＜μ1≤0.5　

（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3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C、D两端相距4.45m，B、C相距很近。

水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动。

将质量为10kg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＝μg＝5m/s2

米袋与AB共速时已滑行的距离

x0＝＝2.5m＜3m

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

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma

代入数据得a＝10m/s2

上滑的最大距离x＝＝1.25m。

（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（sinθ＋μcosθ）＝－10m/s2

米袋速度小于v1至减为零前的加速度为

a2＝－g（sinθ－μcosθ）＝－2m/s2

由＋＝4.45m

解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的运转速度

vCD≥v1＝4m/s

米袋恰能运到D点所用的时间最长为：

tmax＝＋＝2.1s

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sCD＝vtmin＋a2t得，tmin＝1.16s

所以，所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s。

[答案]　

（1）1.25m　

（2）vCD≥4m/s　1.16s≤t≤2.1s

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，sin37°≈0.6，cos37°≈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，由平衡条件得：

kx1＋μmgcosθ＝mgsinθ

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：

kx2＝μmgcosθ＋mgsinθ

可得弹簧的伸长量为x2＝

故物块C下落的最大高度

h＝x1＋x2＝。

（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＝μmgcosθh＋mgsinθh＋ΔEp

则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝。

（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＝μmgcosθh＋mgsinθh＋ΔEp＋（M＋m＋m）v2

解得v＝2mg。

[答案]　

（1）　

（2）

（3）2mg

1．如图4所示，质量为M＝4.0kg的长木板静止在粗糙水平地面上，某时刻一质量为m＝2.0kg的小木块（可视为质点），以v0＝10m/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L＝4m时的速度为3m/s，已知长木板与小木块间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g取10m/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＝＝μ2g

解得a＝2m/s2

根据匀变速直线运动规律v2－v＝－2aL

解得v共＝5m/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＝μ1g＝5m/s2

又v共＝v0－a1t1

解得t1＝1s

在0～t1内小木块的位移x木块＝t1＝7.5m

长木板的位移x木板＝t1＝2.5m

所以长木板的长度为l＝x木块－x木板＝5m

（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＝5m/s2

由牛顿第二定律得

F＋μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2

解得F＝22N。

答案　

（1）5m　

（2）22N

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＝4m/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10m/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0.5s滑至最高点，上滑过程中加速度大小

a1＝＝8m/s2

上滑过程中由牛顿第二定律得

mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1

联立解得μ＝

（2）木块上滑过程中做匀减速运动，有

2a1x＝v

下滑过程中由牛顿第二定律得

mgsinθ－μmgcosθ＝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＝2m/s。

答案　

（1）　

（2）2m/s

3．如图6所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA＝4kg，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＝2kg，现对A施加一个水平向右的恒力F＝10N，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＝0.6s，二者的速度达到vt＝2m/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＝2.5m/s2

（2）对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝（mA＋mB）vt－（mA＋mB）v

代入数据解得

v＝1m/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＝mAv

代入数据解得l＝0.45m。

答案　

（1）2.5m/s2　

（2）1m/s　（3）0.45m

4．如图7所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4m，质量m1＝0.5kg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＝1.8m。

“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m2＝0.3kg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＝0.5m，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＝0.5m。

已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计（sin37°＝0.6，cos37°＝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vD

m2g＝m2

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

m2g[R（1－cosθ）＋s·sinθ]－μm2gcosθ·s＝m2v－m2v

解得vP＝3m/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＝m2v－m2v

解得vC＝5m/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

m1v2＝m1v′2＋m2v

联解可得v＝4m/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A′C连线平行，有

vy＝gt

vx＝v

tanθ＝

联解可得t＝0.3s

此时“小鸟”离A′C连线的距离设为h

h＝sinθ

x′＝vt

则“小鸟”离斜面MN最近的距离为Δh

Δh＝R（1＋cosθ）－h

得Δh＝0.54m。

答案　

（1）3m/s　

（2）4m/s　（3）0.54m

5.如图8所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1m的细