热点十一 力学综合题Word文档下载推荐.docx

1、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a2m/s2速度相同时a2t2v1a1t2解得t2s，相对位移xt2t2mL2.5 m滑块与板B能达到共同速度：v共a2t2m/s，然后相对静止的一起减速：2（m1m2）g（m1m2）a共a共2 m/s2t3s，tt1t2t3s。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、

2、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

3、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

4、 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

5、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

6、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

7、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

8、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/

9、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

10、时间t0.6 s，二者的速度达到vt2 m/s。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

11、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

12、加速度g取10 m/s2，空气阻力忽略不计（sin 370.6，cos 370.8）。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vDm/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