《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)十一 力學(xué)綜合題專項(xiàng)訓(xùn)練.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 第二部分 熱點(diǎn)專練 熱點(diǎn)十一 力學(xué)綜合題專項(xiàng)訓(xùn)練.doc（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

熱點(diǎn)十一　力學(xué)綜合題 力學(xué)綜合題考查的情景主要有板塊模型、傳送帶、彈簧，涉及的知識(shí)為運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量 考向一　“木板滑塊”模型 　(2018蚌埠一模)如圖1所示，地面依次排放兩塊完全相同的木板A、B，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝2.5 m，質(zhì)量均為m2＝150 kg，現(xiàn)有一小滑塊以速度v0＝6 m/s沖上木板A左端，已知小滑塊質(zhì)量m1＝200 kg，滑動(dòng)與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2。(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，g取10 m/s2) 圖1 (1)若滑塊滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求μ1應(yīng)滿足的條件。 (2)若μ1＝0.4，求滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示) [解析]　(1)滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g 若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g 代入數(shù)據(jù)得：0.35＜μ1≤0.5； (2)若μ1＝0.4，則滑塊在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)。設(shè)滑塊在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得，μ1m1g＝m1a1 解得a1＝4 m/s2 由－2a1L＝v－v 達(dá)到B板時(shí)速度v1＝4 m/s 在A板上的滑動(dòng)時(shí)間由v1＝v0－a1t1， 解得t1＝0.5 s 滑塊滑上B板時(shí)B運(yùn)動(dòng)，由 μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2 得a2＝ m/s2 速度相同時(shí)a2t2＝v1－a1t2 解得t2＝ s， 相對(duì)位移Δx＝t2－t2＝ m＜L＝2.5 m 滑塊與板B能達(dá)到共同速度：v共＝a2t2＝ m/s， 然后相對(duì)靜止的一起減速： μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共 a共＝2 m/s2 t3＝＝ s， t＝t1＋t2＋t3＝ s。 [答案]　(1)0.35＜μ1≤0.5　(2) s 考向二　傳送帶模型 　如圖2為倉(cāng)庫(kù)中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺(tái)皮帶傳送機(jī)組成，一臺(tái)水平傳送，A、B兩端相距3 m，另一臺(tái)傾斜，傳送帶與地面的傾角θ＝37 ，C、D兩端相距4.45 m，B、C相距很近。水平部分AB以5 m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將質(zhì)量為10 kg的一袋大米放在A端，到達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。試求： 圖2 (1)若CD部分傳送帶不運(yùn)轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離。 (2)若要米袋能被送到D端，求CD部分順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端與D端所用時(shí)間的取值范圍。 [解析]　(1)米袋在AB上加速時(shí)的加速度a0＝μg＝5 m/s2 米袋與AB共速時(shí)已滑行的距離 x0＝＝2.5 m＜3 m 米袋到達(dá)B點(diǎn)之前與傳送帶共速，米袋在CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入數(shù)據(jù)得a＝10 m/s2 上滑的最大距離x＝＝1.25 m。 (2)設(shè)CD部分運(yùn)轉(zhuǎn)速度為v1時(shí)米袋恰能到達(dá)D點(diǎn)(即米袋到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零)，則米袋速度減為v1之前的加速度為 a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2 米袋速度小于v1至減為零前的加速度為 a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2 由＋＝4.45 m 解得v1＝4 m/s，即要把米袋送到D點(diǎn)，CD部分的運(yùn)轉(zhuǎn)速度 vCD≥v1＝4 m/s 米袋恰能運(yùn)到D點(diǎn)所用的時(shí)間最長(zhǎng)為： tmax＝＋＝2.1 s 若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時(shí)所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時(shí)間最短，此種情況米袋加速度一直為a2。由sCD＝vtmin＋a2t得，tmin＝1.16 s 所以，所求的時(shí)間t的范圍為1.16 s ≤t≤2.1 s。 [答案]　(1)1.25 m　(2)vCD≥4 m/s　1.16 s ≤t≤2.1 s 考向三　與彈簧相關(guān)的問(wèn)題 　如圖3所示，擋板P固定在足夠高的傾角為θ＝37的斜面上，小物塊A、B的質(zhì)量均為m，兩物塊由勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，兩物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，一不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)滑輪，一端與物塊B連接，另一端連接一輕質(zhì)小鉤，初始小物塊A、B靜止，且物塊B恰不下滑，若在小鉤上掛一質(zhì)量為M的物塊C并由靜止釋放，當(dāng)物塊C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊A恰好離開擋板P，重力加速度為g，sin 37≈0.6，cos 37≈0.8。 圖3 (1)求物塊C下落的最大高度。 (2)求物塊C由靜止開始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的變化量。 (3)若把物塊C換成質(zhì)量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰離開擋板P時(shí)小物塊B的速度為多大？ [解析]　(1)開始時(shí)，物塊B恰不下滑，B所受的靜摩擦力達(dá)到最大值，且方向沿斜面向上，由平衡條件得： kx1＋μmgcos θ＝mgsin θ 可得彈簧的壓縮量為x1＝ 小物塊A恰好離開擋板P，由平衡條件得： kx2＝μmgcos θ＋mgsin θ 可得彈簧的伸長(zhǎng)量為x2＝ 故物塊C下落的最大高度 h＝x1＋x2＝。 (2)物塊C由靜止開始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)于A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)，運(yùn)用能量守恒定律得： Mgh＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp 則得彈簧彈性勢(shì)能的變化量ΔEp＝。 (3)若把物塊C換成質(zhì)量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰離開擋板P時(shí)，物塊D下落的高度仍為h。對(duì)于A、B、D及彈簧組成的系統(tǒng)，運(yùn)用能量守恒定律得： (M＋m)gh＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp＋(M＋m＋m)v2 解得v＝2mg。 [答案]　(1)　(2) (3)2mg 1．如圖4所示，質(zhì)量為M＝4.0 kg的長(zhǎng)木板靜止在粗糙水平地面上，某時(shí)刻一質(zhì)量為m＝2.0 kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0＝10 m/s的初速度從左端滑上長(zhǎng)木板，同時(shí)用一水平向右的恒力F拉動(dòng)長(zhǎng)木板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小木塊運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的右端時(shí)，二者恰好相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F，長(zhǎng)木板在地面上繼續(xù)運(yùn)動(dòng)L＝4 m時(shí)的速度為3 m/s，已知長(zhǎng)木板與小木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長(zhǎng)木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求： 圖4 (1)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度； (2)作用在長(zhǎng)木板上的恒力F的大小。 解析　(1)長(zhǎng)木板與小木塊達(dá)到共同速度v共后，長(zhǎng)木板與小木塊一起向右減速滑行，設(shè)此過(guò)程加速度大小為a，以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律，有a＝＝μ2g 解得a＝2 m/s2 根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v2－v＝－2aL 解得v共＝5 m/s 設(shè)小木塊滑上長(zhǎng)木板后做加速度大小為a1的勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t1達(dá)到共同速度v共，對(duì)小木塊，由牛頓第二定律，有 a1＝μ1g＝5 m/s2 又v共＝v0－a1t1 解得t1＝1 s 在0～t1內(nèi)小木塊的位移x木塊＝t1＝7.5 m 長(zhǎng)木板的位移x木板＝t1＝2.5 m 所以長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為l＝x木塊－x木板＝5 m (2)設(shè)長(zhǎng)木板在恒力F作用下做加速度大小為a2的勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)長(zhǎng)木板，有v共＝a2t1 解得a2＝5 m/s2 由牛頓第二定律得 F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得F＝22 N。 答案　(1)5 m　(2)22 N 2．為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖5甲所示。他使木塊以v0＝4 m/s的初速度沿傾角θ＝30的斜面上滑，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，利用電腦繪出了木塊從開始至最高點(diǎn)的v－t圖線，如圖乙所示。木塊到達(dá)最高點(diǎn)后又沿斜面滑下，g取10 m/s2。求： 圖5 (1)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v。 解析　(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5 s滑至最高點(diǎn)，上滑過(guò)程中加速度大小 a1＝＝8 m/s2 上滑過(guò)程中由牛頓第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 聯(lián)立解得μ＝ (2)木塊上滑過(guò)程中做勻減速運(yùn)動(dòng)，有 2a1x＝v 下滑過(guò)程中由牛頓第二定律得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 下滑至出發(fā)點(diǎn)做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，得 2a2x＝v2聯(lián)立解得v＝2 m/s。 答案　(1)　(2)2 m/s 3．如圖6所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質(zhì)量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計(jì)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2 kg，現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10 N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.6 s，二者的速度達(dá)到vt＝2 m/s。求： 圖6 (1)A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。? (2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小； (3)A的上表面長(zhǎng)度l. 解析　(1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有 F＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得 a＝2.5 m/s2 (2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6 s的過(guò)程，由動(dòng)量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v 代入數(shù)據(jù)解得 v＝1 m/s (3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有 mAvA＝(mA＋mB)v A從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有 Fl＝mAv 代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45 m。 答案　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m 4．如圖7所示，彈槍AA′離豎直墻壁BC距離x＝2.4 m，質(zhì)量m1＝0.5 kg的“憤怒的小鳥”從彈槍上A′點(diǎn)彈出后，拋射至光滑圓弧軌道最低點(diǎn)C點(diǎn)，A′C的豎直高度差y＝1.8 m?！靶▲B”在C處時(shí)，速度恰好水平地與原來(lái)靜止在該處的質(zhì)量為m2＝0.3 kg的石塊發(fā)生彈性碰撞，碰后石塊沿圓弧軌道上滑，圓弧軌道半徑R＝0.5 m，石塊恰好能通過(guò)圓弧最高點(diǎn)D，之后無(wú)碰撞地從E點(diǎn)離開圓弧軌道進(jìn)入傾斜軌道MN(無(wú)能量損失)，且斜面MN的傾角θ＝37，∠EOD＝37，石塊沿斜面下滑至P點(diǎn)與原來(lái)藏在該處的“豬頭”發(fā)生碰撞并擊爆它，石塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，PE之間的距離s＝0.5 m。已知“小鳥”、石塊、“豬頭”均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10 m/s2，空氣阻力忽略不計(jì)(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8)。求： 圖7 (1)石塊與“豬頭”碰撞時(shí)的速度大小； (2)“小鳥”與石塊碰前的速度大??； (3)“小鳥”與石塊相碰之前離斜面MN的最近距離。 解析　(1)石塊恰好過(guò)圓弧最高點(diǎn)D，設(shè)在D點(diǎn)時(shí)的速度為vD m2g＝m2 解得vD＝ m/s 設(shè)石塊在P點(diǎn)與“豬頭”碰撞時(shí)的速度為vp，石塊從D至P的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知 m2g[R(1－cos θ)＋ssin θ]－μm2gcos θs＝m2v－m2v 解得vP＝3 m/s (2)設(shè)石塊在C點(diǎn)碰后的速度為vC，石塊從C至D的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知 －m2g2R＝m2v－m2v 解得vC＝5 m/s 設(shè)“小鳥”與石塊碰前的速度為v，碰后速度為v′，在碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒和能量守恒可知m1v＝m1v′＋m2vc m1v2＝m1v′2＋m2v 聯(lián)解可得v＝4 m/s (3)將“小鳥”從A′至C的運(yùn)動(dòng)可逆向視為從C至A′的平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)歷時(shí)t，“小鳥”的速度與A′C連線平行，有 vy＝gt vx＝v tan θ＝ 聯(lián)解可得t＝0.3 s 此時(shí)“小鳥”離A′C連線的距離設(shè)為h h＝sin θ x′＝vt 則“小鳥”離斜面MN最近的距離為Δh Δh＝R(1＋cos θ)－h(huán) 得Δh＝0.54 m。 答案　(1)3 m/s　(2)4 m/s　(3)0.54 m 5.如圖8所示，在水平軌道上方O處，用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1 m的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m＝0.1 kg的滑塊B，B恰好與水平軌道相切，并可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)。水平軌道的右側(cè)有一質(zhì)量為M＝0.3 kg的滑塊C與輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直墻D上，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C靜止在P點(diǎn)處，一質(zhì)量也為m＝0.1 kg的子彈以初速度v0＝15 m/s射穿滑塊B后(滑塊B質(zhì)量不變)射中滑塊C并留在其中，一起壓縮彈簧，彈簧最大壓縮量為x＝0.2 m?；瑝KB做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能保證繩子不松弛。滑塊C與PD段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g＝10 m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求： 圖8 (1)子彈A和滑塊B作用過(guò)程中損失的能量； (2)彈簧的最大彈性勢(shì)能。 解析　(1)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則在圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)有mg＝m 解得v1＝＝ m/s 滑塊B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得 mg2L＋mv＝mv 解得vB＝＝5 m/s 子彈A和滑塊B作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝10 m/s 子彈A和滑塊B作用過(guò)程中損失的能量 ΔE＝mv－mv－mv＝10 J。 ②若滑塊B恰好能夠運(yùn)動(dòng)到與O等高處，則到達(dá)與O等高處時(shí)的速度為零，滑塊B從最低點(diǎn)到與O等高處的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得 mgL＝mv′ v′B＝＝2 m/s 子彈A和滑塊B作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝mv′A＋mv′B， 解得v′A＝(15－2) m/s 子彈A和滑塊B作用過(guò)程中損失的能量 ΔE＝mv－mv′－mv′＝7.5 J。 (2)①若滑塊B恰好能夠做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)A與C作用后瞬間的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律有mvA＝(M＋m)v A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx， 解得Ep＝2.1 J ②若滑塊B恰好能夠運(yùn)動(dòng)到與O等高處，設(shè)A與C作用后瞬間的共同速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得 mv′A＝(M＋m)v′ A、C一起壓縮彈簧，由能量守恒定律有 (M＋m)v′2＝Ep′＋μ(M＋m)gx，解得 E′p＝3.1 J。 答案　見解析