1、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 L2.5 m，质量均为 m2150 kg，现有一小滑块以速度 v06 m/s 冲上木板 A 左端，已知小滑块质量 m1200 kg，滑动与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 20.2。(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 1应满足的条件。(2)若
2、 10.4，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： 1m1g 2(m12 m2)g若滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得： 1m1g 2(m1 m2)g代入数据得：0.35 10.5；(2)若 10.4，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， 1m1g m1a1解得 a14 m/s 2由2 a1L v v21 20达到 B 板时速度 v14 m/s在 A 板上的滑动时间由 v1 v0 a1t1，解得 t10.5 s滑块滑上 B 板时 B 运动，由 1m1g
3、2(m1 m2)g m2a2得 a2 m/s223速度相同时 a2t2 v1 a1t2解得 t2 s，67相对位移 x t2 t2 m L2.5 mv1 v共2 v共2 1272滑块与板 B 能达到共同速度： v 共 a2t2 m/s，47然后相对静止的一起减速： 2(m1 m2)g( m1 m2)a 共a 共 2 m/s 2t3 s，v共a共 27t t1 t2 t3 s。2314答案 (1)0.35 10.5 (2) s2314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 3
4、7 ， 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 g 5 m/s 2米袋与 AB 共速时已滑行的距离x0 2.5 m3 mv22a0米袋到达 B
5、点之前与传送带共速，米袋在 CD 上运动时的加速度为 amgsin mg cos ma代入数据得 a10 m/s 2上滑的最大距离 x 1.25 m。v22a(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 cos )10 m/s 23米袋速度小于 v1至减为零前的加速度为a2 g(sin cos )2 m/s 2由 4.45 mv21 v22a1 0 v212a2解得 v14 m/s，即要把米袋送到 D 点， CD 部分的运转速度vCD v14 m/s米袋恰能运到 D 点所用的时间最长为：tma
6、x 2.1 sv1 va1 0 v1a2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， tmin1.16 s12 2min所以，所求的时间 t 的范围为 1.16 s t2.1 s。答案 (1)1.25 m (2) vCD4 m/s 1.16 s t2.1 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 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 0.5，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一
7、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 370.6，cos 370.8。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 mg
8、cos mgsin 可得弹簧的压缩量为 x1mg5k小物块 A 恰好离开挡板 P，由平衡条件得：4kx2 mg cos mgsin 可得弹簧的伸长量为 x2mgk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 mg cos h mgsin h Ep则得弹簧弹性势能的变化量 Ep 。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
9、：(M m)gh mg cos h mgsin h Ep (M m m)v212解得 v2 mg 。35k(M 2m)答案 (1) (2)6mg5k 6(M m)mg25k(3)2mg35k(M 2m)1如图 4 所示，质量为 M4.0 kg 的长木板静止在粗糙水平地面上，某时刻一质量为m2.0 kg 的小木块 (可视为质点)，以 v010 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 L4 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 10.5
10、，长木板与水平地面间的动摩擦因数 20.2，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 2g 2(M m)g(M m)5解得 a2 m/s 2根据匀变速直线运动规律 v2 v 2 aL2共解得 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 1g5 m/s 2又 v 共 v0 a1t1解得
11、t11 s在 0 t1内小木块的位移 x 木块 t17.5 mv0 v共2长木板的位移 x 木板 t12.5 mv共2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 a25 m/s 2由牛顿第二定律得F 1mg 2(M m)g Ma2解得 F22 N。答案 (1)5 m (2)22 N2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 v04 m/s 的初速度沿倾角 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
12、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 ；(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 8 m/s 2 v t6上滑过程中由牛顿第二定律得mgsin mg cos ma1联立解得 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mgsin mg cos 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 v2 m/s。答案 (1) (2)2 m/s353如图 6 所示，水平地
13、面上静止放置一辆小车 A，质量 mA4 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mB2 kg，现对 A 施加一个水平向右的恒力 F10 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 t0.6 s，二者的速度达到 vt2 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
14、得a2.5 m/s 2(2)对 A、 B 碰撞后共同运动 t0.6 s 的过程，由动量定理得 Ft( mA mB)vt( mA mB)v代入数据解得v1 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)vA 从开始运动到与 B 发生碰撞前，由动能定理有Fl mAv12 2A7代入数据解得 l0.45 m。答案 (1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m4如图 7 所示，弹枪 AA离竖直墙壁 BC 距离 x2.4 m，质量 m10.5 kg 的“愤怒的小鸟”从弹枪上 A点弹出后，抛射至光滑圆弧轨
15、道最低点 C 点， A C 的竖直高度差y1.8 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 m20.3 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 R0.5 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 37， EOD37，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 0.5， PE 之间的距离 s0.5 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 370.6，
16、cos 370.8)。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 m/s5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m2gR(1cos ) ssin m 2gcos s m2v m2v12 2P 12 2D解得 vP3 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 m2g2R m2v m2v12 2D 12 2C
17、解得 vC5 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8守恒可知 m1v m1v m2vcm1v2 m1v 2 m2v12 12 12 2C联解可得 v4 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 gtvx vtan vyvx联解可得 t0.3 s此时“小鸟”离 A C 连线的距离设为 hh sin x2x vt则“小鸟”离斜面 MN 最近的距离为 h h R(1cos ) h得 h0.54 m。答案 (1)3 m/s (2)4 m/s (3)0.54 m5
18、.如图 8 所示，在水平轨道上方 O 处，用长为 L1 m 的细线悬挂一质量为 m0.1 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 M0.3 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 m0.1 kg 的子弹以初速度 v015 m/s2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 x0.2 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 0.5， A、 B、 C 均
19、可视为质点，重力加速度为 g10 m/s 2，结果保留两位有效数字。求：9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)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 m/sgL 10滑块 B 从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得mg2L mv mv12 21 12 2B解得 vB 5 m/s5gL 2子弹 A 和滑块 B 作用过程，由动量守恒定律得mv0 mvA mvB，解得 vA10 m/s2子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 E mv mv mv 10 J。12 20 12 2A 12
20、2B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mgL mv12 2Bv B 2 m/s2gL 5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 ) m/s2 5子弹 A 和滑块 B 作用过程中损失的能量 E mv mv mv 7.5 J。12 20 12 2A 12 2B(2)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(M m)v2 Ep (M m)gx，12解得 Ep2.1 J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10动量守恒定律得mv A( M m)vA、 C 一起压缩弹簧，由能量守恒定律有(M m)v 2 Ep (M m)gx，解得12E p3.1 J。答案 见解析
