【物理】2020届一轮复习人教版　力学综合题学案

【物理】2020届一轮复习人教版　力学综合题学案

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 m，质量均为 m2＝150 kg，现有一小滑块以速度 v0＝6 m/s 冲上木板 A 左端，已知小滑块质量 m1＝200 kg，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 m/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＝4 m/s2 由－2a1L＝v21－v20 达到 B 板时速度 v1＝4 m/s 在 A 板上的滑动时间由 v1＝v0－a1t1， 解得 t1＝0.5 s 滑块滑上 B 板时 B 运动，由 μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2 得 a2＝2 3 m/s2 速度相同时 a2t2＝v1－a1t2 解得 t2＝6 7 s， 相对位移Δx＝v1＋v 共 2 t2－v 共 2 t2＝12 7 m＜L＝2.5 m 滑块与板 B 能达到共同速度：v 共＝a2t2＝4 7 m/s， 然后相对静止的一起减速： μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a 共 a 共＝2 m/s2 t3＝v 共 a 共 ＝2 7 s， t＝t1＋t2＋t3＝23 14 s。 [答案] (1)0.35＜μ1≤0.5 (2)23 14 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θ ＝37 °，C、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 a0＝μg＝5 m/s2 米袋与 AB 共速时已滑行的距离 x0＝ v2 2a0 ＝2.5 m＜3 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 a mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 代入数据得 a＝10 m/s2 上滑的最大距离 x＝v2 2a ＝1.25 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 a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2 米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为 a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2 由v21－v2 2a1 ＋0－v21 2a2 ＝4.45 m 解得 v1＝4 m/s，即要把米袋送到 D 点，CD 部分的运转速度 vCD≥v1＝4 m/s 米袋恰能运到 D 点所用的时间最长为： tmax＝v1－v a1 ＋0－v1 a2 ＝2.1 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 sCD＝vtmin＋1 2a2t 2min得， tmin＝1.16 s 所以，所求的时间 t 的范围为 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 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，sin 37°≈0.6，cos 37°≈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＋μmgcos θ＝mgsin θ 可得弹簧的压缩量为 x1＝mg 5k 小物块 A 恰好离开挡板 P，由平衡条件得： kx2＝μmgcos θ＋mgsin θ 可得弹簧的伸长量为 x2＝mg k 故物块 C 下落的最大高度 h＝x1＋x2＝6mg 5k 。 (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＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp 则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝6(M－m)mg2 5k 。 (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＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp＋1 2(M＋m＋m)v2 解得 v＝2mg 3 5k(M＋2m) 。 [答案] (1)6mg 5k (2)6(M－m)mg2 5k (3)2mg 3 5k(M＋2m) 1．如图 4 所示，质量为 M＝4.0 kg 的长木板静止在粗糙水平地面上，某时 刻一质量为 m＝2.0 kg 的小木块(可视为质点)，以 v0＝10 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 L＝4 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 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 a ＝μ2(M＋m)g (M＋m) ＝μ2g 解得 a＝2 m/s2 根据匀变速直线运动规律 v2－v2共＝－2aL 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 a1＝μ1g＝5 m/s2 又 v 共＝v0－a1t1 解得 t1＝1 s 在 0～t1 内小木块的位移 x 木块＝v0＋v 共 2 t1＝7.5 m 长木板的位移 x 木板＝v 共 2 t1＝2.5 m 所以长木板的长度为 l＝x 木块－x 木板＝5 m (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 m/s2 由牛顿第二定律得 F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得 F＝22 N。 答案 (1)5 m (2)22 N 2．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 m/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 m/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 0.5 s 滑至最高点，上滑过程中加速度大小 a1＝Δv Δt ＝8 m/s2 上滑过程中由牛顿第二定律得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 联立解得μ＝ 3 5 (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 mgsin θ－μmgcos θ＝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＝2 m/s。 答案 (1) 3 5 (2)2 m/s 3．如图 6 所示，水平地面上静止放置一辆小车 A，质量 mA＝4 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 mB＝2 kg，现对 A 施加一个水平向右的恒力 F＝10 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，碰撞后经时间 t＝0.6 s，二者的速 度达到 vt＝2 m/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＝2.5 m/s2 (2)对 A、B 碰撞后共同运动 t＝0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft＝(mA＋mB)vt －(mA＋mB)v 代入数据解得 v＝1 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＝(mA＋mB)v A 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl＝1 2mAv2A 代入数据解得 l＝0.45 m。 答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m 4．如图 7 所示，弹枪 AA′离竖直墙壁 BC 距离 x＝2.4 m，质量 m1＝0.5 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， A′C 的竖直高度差 y＝1.8 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 m2＝0.3 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 R＝0.5 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＝0.5 m。已知“小鸟”、 石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度 g 取 10 m/s2，空气阻力忽略不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝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 vD m2g＝m2 v2D R 解得 vD＝ 5 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－cos θ)＋s·sin θ]－μm2gcos θ·s＝1 2m2v2P－1 2m2v2D 解得 vP＝3 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 －m2g·2R＝1 2m2v2D－1 2m2v2C 解得 vC＝5 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 m1v＝m1v′＋m2vc 1 2m1v2＝1 2m1v′2＋1 2m2v2C 联解可得 v＝4 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 A′C 连线平行，有 vy＝gt vx＝v tan θ＝vy vx 联解可得 t＝0.3 s 此时“小鸟”离 A′C 连线的距离设为 h h＝x′ 2 sin θ x′＝vt 则“小鸟”离斜面 MN 最近的距离为Δh Δh＝R(1＋cos θ)－h 得Δh＝0.54 m。 答案 (1)3 m/s (2)4 m/s (3)0.54 m 5.如图 8 所示，在水平轨道上方 O 处，用长为 L＝1 m 的细线悬挂一质量为 m＝0.1 kg 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＝0.3 kg 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＝0.1 kg 的子弹以初速度 v0＝15 2 m/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＝0.2 m。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＝10 m/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＝mv21 L 解得 v1＝ gL＝ 10 m/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·2L＋1 2mv21＝1 2mv2B 解得 vB＝ 5gL＝5 2 m/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＝10 2 m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 ΔE＝1 2mv20－1 2mv2A－1 2mv2B＝10 J。 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 mg·L＝1 2mv′2B v′B＝ 2gL＝2 5 m/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＝(15 2－2 5) m/s 子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 ΔE＝1 2mv20－1 2mv′2A－1 2mv′2B＝7.5 J。 (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)v A、C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有 1 2(M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx， 解得 Ep＝2.1 J ②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 1 2(M＋m)v′2＝Ep′＋μ(M＋m)gx，解得 E′p＝3.1 J。 答案 见解析