热点十一 力学综合题Word文档下载推荐.docx
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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。
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)。
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
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