届高三物理二轮复习热点训练力学综合题.docx
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届高三物理二轮复习热点训练力学综合题
2019届高三物理二轮复习热点训练--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=2.5,质量均为2=150kg,现有一小滑块以速度v0=6/s冲上木板A左端,已知小滑块质量1=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10/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:
μ11g≤μ2(1+22)g
若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得:
μ11g>μ2(1+2)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,μ11g=1a1
解得a1=4/s2
由-2a1L=v21-v20
达到B板时速度v1=4/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
μ11g-μ2(1+2)g=2a2
得a2=23/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=127<L=2.5
滑块与板B能达到共同速度:
v共=a2t2=47/s,
然后相对静止的一起减速:
μ2(1+2)g=(1+2)a共
a共=2/s2
t3=v共a共=27s,
t=t1+t2+t3=2314s。
[答案]
(1)0.35<μ1≤0.5
(2)2314s
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,另一台倾斜,传送带与地面的倾角θ=37°,、D两端相距4.45,B、相距很近。
水平部分AB以5/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D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D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D部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从端与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=5/s2
米袋与AB共速时已滑行的距离
x0=v22a0=2.5<3
米袋到达B点之前与传送带共速,米袋在D上运动时的加速度为a
gsinθ+μgsθ=a
代入数据得a=10/s2
上滑的最大距离x=v22a=1.25。
(2)设D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+μsθ)=-10/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为
a2=-g(sinθ-μsθ)=-2/s2
由v21-v22a1+0-v212a2=4.45
解得v1=4/s,即要把米袋送到D点,D部分的运转速度
vD≥v1=4/s
米袋恰能运到D点所用的时间最长为:
tax=v1-va1+0-v1a2=2.1s
若D部分传送带的速度较大,使米袋沿D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sD=vtin+12a2t2in得,tin=1.16s
所以,所求的时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s。
[答案]
(1)1.25
(2)vD≥4/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,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的物块并由静止释放,当物块运动到最低点时,小物块A恰好离开挡板P,重力加速度为g,sin37°≈0.6,s37°≈0.8。
图3
(1)求物块下落的最大高度。
(2)求物块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)若把物块换成质量为(+)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+μgsθ=gsinθ
可得弹簧的压缩量为x1=g5k
小物块A恰好离开挡板P,由平衡条件得:
kx2=μgsθ+gsinθ
可得弹簧的伸长量为x2=gk
故物块下落的最大高度
h=x1+x2=6g5k。
(2)物块由静止开始运动到最低点的过程中,对于A、B、及弹簧组成的系统,运用能量守恒定律得:
gh=μgsθh+gsinθh+ΔEp
则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp=6(-)g25k。
(3)若把物块换成质量为(+)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:
(+)gh=μgsθh+gsinθh+ΔEp+12(++)v2
解得v=2g35k(+2)。
[答案]
(1)6g5k
(2)6(-)g25k
(3)2g35k(+2)
1.如图4所示,质量为=4.0kg的长木板静止在粗糙水平地面上,某时刻一质量为=2.0kg的小木块(可视为质点),以v0=10/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=4时的速度为3/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10/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(+)g(+)=μ2g
解得a=2/s2
根据匀变速直线运动规律v2-v2共=-2aL
解得v共=5/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=5/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=7.5
长木板的位移x木板=v共2t1=2.5
所以长木板的长度为l=x木块-x木板=5
(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=5/s2
由牛顿第二定律得
F+μ1g-μ2(+)g=a2
解得F=22N。
答案
(1)5
(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=4/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10/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=8/s2
上滑过程中由牛顿第二定律得
gsinθ+μgsθ=a1
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
gsinθ-μgsθ=a2
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=2/s。
答案
(1)35
(2)2/s
3.如图6所示,水平地面上静止放置一辆小车A,质量A=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B=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=2/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=Aa,代入数据解得
a=2.5/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=(A+B)vt-(A+B)v
代入数据解得
v=1/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
AvA=(A+B)v
A从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有
Fl=12Av2A
代入数据解得l=0.45。
答案
(1)2.5/s2
(2)1/s (3)0.45
4.如图7所示,弹枪AA′离竖直墙壁B距离x=2.4,质量1=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点,A′的竖直高度差y=1.8。
“小鸟”在处时,速度恰好水平地与原静止在该处的质量为2=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=0.5,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N(无能量损失),且斜面N的倾角θ=37°,∠ED=37°,石块沿斜面下滑至P点与原藏在该处的“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=0.5。
已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点,重力加速度g取10/s2,空气阻力忽略不计(sin37°=0.6,s37°=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N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
2g=2v2DR
解得vD=5/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
2g[R(1-sθ)+s•sinθ]-μ2gsθ•s=122v2P-122v2D
解得vP=3/s
(2)设石块在点碰后的速度为v,石块从至D的过程,由动能定理可知
-2g•2R=122v2D-122v2
解得v=5/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1v=1v′+2v
121v2=121v′2+122v2
联解可得v=4/s
(3)将“小鸟”从A′至的运动可逆向视为从至A′的平抛运动,设历时t,“小鸟”的速度与A′连线平行,有
vy=gt
vx=v
tanθ=vyvx
联解可得t=0.3s
此时“小鸟”离A′连线的距离设为h
h=x′2sinθ
x′=vt
则“小鸟”离斜面N最近的距离为Δh
Δh=R(1+sθ)-h
得Δh=0.54。
答案
(1)3/s
(2)4/s (3)0.54
5.如图8所示,在水平轨道上方处,用长为L=1的细线悬挂一质量为=0.1kg的滑块B,B恰好与水平轨道相切,并可绕点在竖直平面内摆动。
水平轨道的右侧有一质量为=0.3kg的滑块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,滑块静止在P点处,一质量也为=0.1kg的子弹以初速度v0=152/s射穿滑块B后(滑块B质量不变)射中滑块并留在其中,一起压缩弹簧,弹簧最大压缩量为x=0.2。
滑块B做圆周运动,恰好能保证绳子不松弛。
滑块与PD段的动摩擦因数为μ=0.5,A、B、均可视为质点,重力加速度为g=10/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g=v21L
解得v1=gL=10/s
滑块B从最低点到最高点过程中,由机械能守恒定律得
g•2L+12v21=12v2B
解得vB=5gL=52/s
子弹A和滑块B作用过程,由动量守恒定律得
v0=vA+vB,解得vA=102/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE=12v20-12v2A-12v2B=10。
②若滑块B恰好能够运动到与等高处,则到达与等高处时的速度为零,滑块B从最低点到与等高处的过程,由机械能守恒定律得
g•L=12v′2B
v′B=2gL=25/s
子弹A和滑块B作用过程,由动量守恒定律得
v0=v′A+v′B,
解得v′A=(152-25)/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE=12v20-12v′2A-12v′2B=7.5。
(2)①若滑块B恰好能够做完整的圆周运动,设A与作用后瞬间的共同速度为v,由动量守恒定律有vA=(+)v
A、一起压缩弹簧,由能量守恒定律有
12(+)v2=Ep+μ(+)gx,
解得Ep=2.1
②若滑块B恰好能够运动到与等高处,设A与作用后瞬间的共同速度为v′,由动量守恒定律得
v′A=(+)v′
A、一起压缩弹簧,由能量守恒定律有
12(+)v′2=Ep′+μ(+)gx,解得
E′p=3.1。
答案 见解析
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