2019届高考物理二轮复习第二部分热点训练十一力学综合题20190118225.doc
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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10.4,求滑块的运动时间。(结果用分数表示)解析(1)
2、滑上木板A时,木板不动,由受力分析得:1m1g2(m12m2)g若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得:1m1g2(m1m2)g代入数据得:0.3510.5;(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,1m1gm1a1解得a14 m/s2由2a1Lvv达到B板时速度v14 m/s在A板上的滑动时间由v1v0a1t1,解得t10.5 s滑块滑上B板时B运动,由1m1g2(m1m2)gm2a2得a2 m/s2速度相同时a2t2v1a1t2解得t2 s,相对位移xt2t2 mL2.5 m滑块与板B能达到共同速度:v共a2
3、t2 m/s,然后相对静止的一起减速:2(m1m2)g(m1m2)a共a共2 m/s2t3 s,tt1t2t3 s。答案(1)0.3510.5(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3 m,另一台倾斜,传送带与地面的倾角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
4、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a0g5 m/s2米袋与AB共速时已滑行的距离x02.5 m3 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amgsin mgcos ma代入数据得a10 m/s2上滑的最大距离x1.25 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a1g(sin cos )10 m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2g(sin cos )2 m/s2由4.45 m解得v14 m/s,
5、即要把米袋送到D点,CD部分的运转速度vCDv14 m/s米袋恰能运到D点所用的时间最长为:tmax2.1 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sCDvtmina2t得,tmin1.16 s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/s1.16 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,一端
6、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(Mm)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:kx1mgcos mgsin 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:k
7、x2mgcos mgsin 可得弹簧的伸长量为x2故物块C下落的最大高度hx1x2。(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:Mghmgcos hmgsin hEp则得弹簧弹性势能的变化量Ep。(3)若把物块C换成质量为(Mm)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:(Mm)ghmgcos hmgsin hEp(Mmm)v2解得v2mg。答案(1)(2)(3)2mg1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
8、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,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a2g解得a2 m/s2根据匀变速直线运动规律v2v2aL解得v共5
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