2019届高考物理二轮复习第二部分热点专练热点十一力学综合题专项训练

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m 2＝150 kg ，现有一小滑块以速度v 0＝6 m/s 冲上木板A 左端，已知小滑块质量m 1＝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/s 2)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：μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得： μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 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a 1，由牛顿第二定律得，μ1m 1g ＝m 1a 1解得a 1＝4 m/s 2由－2a 1L ＝v 21－v 20达到B 板时速度v 1＝4 m/s在A 板上的滑动时间由v 1＝v 0－a 1t 1， 解得t 1＝0.5 s滑块滑上B 板时B 运动，由 μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2 得a 2＝23m/s 2速度相同时a 2t 2＝v 1－a 1t 2 解得t 2＝67 s ，相对位移Δx ＝v 1＋v 共2t 2－v 共2t 2＝127m ＜L ＝2.5 m滑块与板B 能达到共同速度：v 共＝a 2t 2＝47m/s ，然后相对静止的一起减速： μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 共a 共＝2 m/s 2 t 3＝v 共a 共＝27 s ，t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2314s 。

[答案] (1)0.35＜μ1≤0.5 (2)2314 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a 0＝μg ＝5 m/s 2米袋与AB 共速时已滑行的距离x 0＝v 22a 0＝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amg sin θ＋μmg cos θ＝ma代入数据得a ＝10 m/s 2上滑的最大距离x ＝v 22a＝1.25 m 。

(2)设CD 部分运转速度为v 1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v 1之前的加速度为a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 22a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m解得v 1＝4 m/s ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的运转速度v CD ≥v 1＝4 m/s米袋恰能运到D 点所用的时间最长为：t max ＝v 1－v a 1＋0－v 1a 2＝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a 2。

由s CD ＝vt min ＋12a 2t 2min 得，t min ＝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)v CD ≥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：kx 1＋μmg cos θ＝mg sin θ可得弹簧的压缩量为x 1＝mg5k小物块A 恰好离开挡板P ，由平衡条件得：kx 2＝μmg cos θ＋mg sin θ可得弹簧的伸长量为x 2＝mg k故物块C 下落的最大高度h ＝x 1＋x 2＝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 ＝μmg cos θh ＋mg sin θh ＋ΔE p则得弹簧弹性势能的变化量ΔE p ＝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：(M ＋m )gh ＝μmg cos θh ＋mg sin θh ＋ΔE p ＋12(M ＋m ＋m )v 2解得v ＝2mg35k (M ＋2m )。

[答案] (1)6mg 5k (2)6(M －m )mg25k(3)2mg35k (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v 0＝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/s 2，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/s 2根据匀变速直线运动规律v 2－v 2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a 1的匀减速运动，经时间t 1达到共同速度v 共，对小木块，由牛顿第二定律，有a 1＝μ1g ＝5 m/s 2又v 共＝v 0－a 1t 1 解得t 1＝1 s在0～t 1内小木块的位移x 木块＝v 0＋v 共2t 1＝7.5 m长木板的位移x 木板＝v 共2t 1＝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a 2的匀加速运动，对长木板，有v 共＝a 2t 1 解得a 2＝5 m/s 2由牛顿第二定律得F ＋μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2解得F ＝22 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v 0＝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/s 2。

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a 1＝Δv Δt＝8 m/s 2上滑过程中由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1联立解得μ＝35(2)木块上滑过程中做匀减速运动，有 2a 1x ＝v 2下滑过程中由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2下滑至出发点做初速度为0的匀加速运动，得 2a 2x ＝v 2联立解得v ＝2 m/s 。

答案 (1)35(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m A ＝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m B ＝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v t ＝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 ＝m A a ，代入数据解得 a ＝2.5 m/s 2(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 ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )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v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有m A v A ＝(m A ＋m B )vA 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有 Fl ＝12m A v 2A代入数据解得l ＝0.45 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x ＝2.4 m ，质量m 1＝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 。