【文档说明】高考物理二轮复习第二部分热点训练： 十一　力学综合题 Word版含解析.doc，共(11)页，246.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1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＝v21－v20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＝m2a22得a2＝23m/s2速度相同时a2t2＝v1－a1t2解得t2＝67s，相对位移Δx＝v1＋v共2t2－v共2t2＝127m＜L＝2.5

m滑块与板B能达到共同速度：v共＝a2t2＝47m/s，然后相对静止的一起减速：μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共a共＝2m/s2t3＝v共a共＝27s，t＝t1＋t2＋t3＝2314s。[答案](1)0.35＜μ1≤0.5(2)231

4s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3x0＝v22a0＝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amgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据得a＝

10m/s2上滑的最大距离x＝v22a＝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v21－v22a1＋0－v212a2＝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＝

v1－va1＋0－v1a2＝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＋12a2t2min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/s1.16s≤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。4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＝mg5k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＝mgk故物块C下落的最大高度h＝x1＋x2＝6mg5k。(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＝μmgc

osθh＋mgsinθh＋ΔEp则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝6(M－m)mg25k。(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＋mgsi

nθh＋ΔEp＋12(M＋m＋m)v2解得v＝2mg35k(M＋2m)。5[答案](1)6mg5k(2)6(M－m)mg25k(3)2mg35k(M＋2m)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＝μ2(M＋m)g(M＋m)＝μ2g解得a＝2m/s2根据匀变速直线运动规律v2－v2共＝－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＝v0＋v共2t1＝7.5m6长木板的位移x木板＝v共2t1＝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)22N2．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＝ΔvΔt＝8m/s2上滑过程中由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1联立解得μ＝35(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7mgsinθ－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)35(2)2m/s3．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)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12mAv2A8代入数据解得l＝0.45m。答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(

3)0.45m4．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vDm2g＝m2v2DR解得vD＝

5m/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＝12m2v2P－12m2v2D9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＝12m2v2D－12m2v2C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′＋m2vc12m1

v2＝12m1v′2＋12m2v2C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＝gtvx＝vtanθ＝vyvx联解可得t＝0.3s此时“小鸟”离A′C连线的距离设为hh＝x′2

sinθx′＝vt则“小鸟”离斜面MN最近的距离为ΔhΔh＝R(1＋cosθ)－h得Δh＝0.54m。答案(1)3m/s(2)4m/s(3)0.54m105.如图8所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1m的细线悬挂一质量为m＝0.1kg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M＝0.3kg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＝0.1kg的子弹以初速度v0＝152m/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＝0.2m。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＝10m/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＝mv21L解得v1＝gL＝10m/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·2

L＋12mv21＝12mv2B解得vB＝5gL＝52m/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＝102m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量ΔE＝12mv20－12mv2A－12mv2B＝10J。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11mg·L＝12mv′2Bv′B＝2gL＝25m/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＝(152－25

)m/s子弹A和滑块B作用过程中损失的能量ΔE＝12mv20－12mv′2A－12mv′2B＝7.5J。(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)vA、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＝2.1J②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＝3.1J。答案见解析