2019届高三物理二轮复习第二部分热点训练: 十一 力学综合题 Word版含解析.pdf
《2019届高三物理二轮复习第二部分热点训练: 十一 力学综合题 Word版含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019届高三物理二轮复习第二部分热点训练: 十一 力学综合题 Word版含解析.pdf(11页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、热点十一 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 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”模型考向一 “木板滑块”模型 (2018蚌埠一模蚌埠一模)如图如图 1 所示,地面依次排放两块完全相同的木板所示,地面依次排放两块完全相同的木板 A、 B,长度均为,长度均为 L2.5 m,质量均为,质量均为 m2150 kg,现有一小滑块以速度,现有一小滑块以速度 v06 m/s 冲上木板冲上木板 A 左端, 已知小滑块质量左端, 已知小滑块质量 m
2、1200 kg, 滑动与木板间的动摩擦因数为, 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, 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,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等, g 取取 10 m/s2) 图图 1 (1)若滑块滑上木板若滑块滑上木板 A 时,木板不动,而滑上木板时,木板不动,而滑上木板 B 时,木板时,木板 B 开始滑动, 求 开始滑动, 求 1应满足的条件。应满足的条件。 (2)若若 10.4,求滑块的运动时间。,求滑块的运动时间。(结果用分数表示结果用分数表示) 解析解析 (1)滑上木板滑上木板 A 时,木板不动,由受力分析得 :时
3、,木板不动,由受力分析得 : 1m1g2(m12m2)g 若滑上木板若滑上木板 B 时,木板时,木板 B 开始滑动,由受力分析得:开始滑动,由受力分析得: 1m1g2(m1m2)g 代入数据得:代入数据得:0.3510.5; (2)若若 10.4,则滑块在木板,则滑块在木板 A 上滑动时,木板不动。设滑块在木板上滑动时,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 上做 减速运动时的加速度大小为 a1,由牛顿第二定律得,由牛顿第二定律得,1m1gm1a1 解得解得 a14 m/s2 由由2a1Lv v 2 12 0 达到达到 B 板时速度板时速度 v14 m/s 在在 A 板上的
4、滑动时间由板上的滑动时间由 v1v0a1t1, 解得解得 t10.5 s 滑块滑上滑块滑上 B 板时板时 B 运动,由运动,由 1m1g2(m1m2)gm2a2 得得 a2 m/s2 2 3 速度相同时速度相同时 a2t2v1a1t2 解得解得 t2 s, 6 7 相对位移相对位移 xt2t2 mL2.5 m v1v共 共 2 v共 共 2 12 7 滑块与板滑块与板 B 能达到共同速度:能达到共同速度:v共 共 a2t2 m/s, 4 7 然后相对静止的一起减速:然后相对静止的一起减速: 2(m1m2)g(m1m2)a共 共 a共 共 2 m/s2 t3 s, v共 共 a共 共 2 7 t
5、t1t2t3 s。 23 14 答案答案 (1)0.3510.5 (2) s 23 14 考向二 传送带模型考向二 传送带模型 如图 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, 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 两端相距两端相距 3 m, 另一台倾斜, 传送带与地面的倾角, 另一台倾斜, 传送带与地面的倾角 37 ,C、D 两端相距两端相距 4.45 m,B、C 相距很近。水平部分相距很近。水平部分 AB 以以 5 m/s 的速率顺时 针转动。将质量为 的速率顺时 针转动。将质量为 10 kg 的
6、一袋大米放在的一袋大米放在 A 端,到达端,到达 B 端后,速度大小不变地 传到倾斜的 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部分,米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。试求:。试求: 图图 2 (1)若若 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。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)若要米袋能被送到若要米袋能被送到 D 端,求端,求 CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及 米袋从 部分顺时针运转的速度应满足的条件及 米袋从 C 端与端与 D 端所用时间的取值范围。端所用时间的取值范围。 解析解析 (1)米袋在米
7、袋在 AB 上加速时的加速度上加速时的加速度 a0g5 m/s2 米袋与米袋与 AB 共速时已滑行的距离共速时已滑行的距离 x02.5 m3 m v2 2a0 米袋到达米袋到达 B 点之前与传送带共速,米袋在点之前与传送带共速,米袋在 CD 上运动时的加速度为上运动时的加速度为 a mgsin mgcos ma 代入数据得代入数据得 a10 m/s2 上滑的最大距离上滑的最大距离 x1.25 m。 v2 2a (2)设设 CD 部分运转速度为部分运转速度为 v1时米袋恰能到达时米袋恰能到达 D 点点(即米袋到达即米袋到达 D 点时速度 恰好为零 点时速度 恰好为零),则米袋速度减为,则米袋速度
8、减为 v1之前的加速度为之前的加速度为 a1g(sin cos )10 m/s2 米袋速度小于米袋速度小于 v1至减为零前的加速度为至减为零前的加速度为 a2g(sin cos )2 m/s2 由由4.45 m v2 1v2 2a1 0 v2 1 2a2 解得解得 v14 m/s,即要把米袋送到,即要把米袋送到 D 点,点,CD 部分的运转速度部分的运转速度 vCDv14 m/s 米袋恰能运到米袋恰能运到 D 点所用的时间最长为:点所用的时间最长为: tmax2.1 s v1v a1 0 v1 a2 若若 CD 部分传送带的速度较大, 使米袋沿部分传送带的速度较大, 使米袋沿 CD 上滑时所受
9、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 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。由 sCDvtmin a2t 1 2 2min 得,得,tmin1.16 s 所以,所求的时间所以,所求的时间 t 的范围为的范围为 1.16 s t2.1 s。 答案答案 (1)1.25 m (2)vCD4 m/s 1.16 s t2.1 s 考向三 与弹簧相关的问题考向三 与弹簧相关的问题 如图 如图 3 所示,挡板所示,挡板 P 固定在足够高的倾角为固定在足够高的倾角为 37的斜面上,小物 块 的斜面上,小物 块 A、B 的质量均为的质量
10、均为 m,两物块由劲度系数为,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 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,一端与物块,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 连接,另 一端连接一轻质小钩,初始小物块 A、B 静止,且物块静止,且物块 B 恰不下滑,若在小钩 上挂一质量为 恰不下滑,若在小钩 上挂一质量为 M 的物块的物块 C 并由静止释放,当物块并由静止释放,当物块 C 运动到最低点时,小物块运动到最低点时,小物块 A 恰好离开挡板恰好离开挡板 P,重力加速度为,重力加速度为
11、g,sin 370.6,cos 370.8。 图图 3 (1)求物块求物块 C 下落的最大高度。下落的最大高度。 (2)求物块求物块 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。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)若把物块若把物块 C 换成质量为换成质量为(Mm)的物块的物块 D, 小物块, 小物块 A 恰离开挡板恰离开挡板 P 时小物 块 时小物 块 B 的速度为多大?的速度为多大? 解析解析 (1)开始时,物块开始时,物块 B 恰不下滑,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: 所受的静摩擦力达到最大值,且方 向沿斜
12、面向上,由平衡条件得: kx1mgcos mgsin 可得弹簧的压缩量为可得弹簧的压缩量为 x1mg 5k 小物块小物块 A 恰好离开挡板恰好离开挡板 P,由平衡条件得:,由平衡条件得: kx2mgcos mgsin 可得弹簧的伸长量为可得弹簧的伸长量为 x2mg k 故物块故物块 C 下落的最大高度下落的最大高度 hx1x2。 6mg 5k (2)物块物块 C 由静止开始运动到最低点的过程中,对于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: 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
13、则得弹簧弹性势能的变化量 Ep。 6(Mm)mg2 5k (3)若把物块若把物块 C 换成质量为换成质量为(Mm)的物块的物块 D,小物块,小物块 A 恰离开挡板恰离开挡板 P 时,物 块 时,物 块 D 下落的高度仍为下落的高度仍为 h。对于。对于 A、B、D 及弹簧组成的系统,运用能量守恒定律 得: 及弹簧组成的系统,运用能量守恒定律 得: (Mm)ghmgcos hmgsin hEp (Mmm)v2 1 2 解得解得 v2mg。 3 5k(M2m) 答案答案 (1) (2) 6mg 5k 6(Mm)mg2 5k (3)2mg 3 5k(M2m) 1如图如图 4 所示,质量为所示,质量为
14、M4.0 kg 的长木板静止在粗糙水平地面上,某时 刻一质量为 的长木板静止在粗糙水平地面上,某时 刻一质量为 m2.0 kg 的小木块的小木块(可视为质点可视为质点), 以, 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 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 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 ,长木板在地面 上继续运动 L4 m 时的速度为时的速度为 3 m/s, 已知
15、长木板与小木块间的动摩擦因数, 已知长木板与小木块间的动摩擦因数 1 0.5, 长木板与水平地面间的动摩擦因数, 长木板与水平地面间的动摩擦因数 20.2, 重力加速度, 重力加速度 g 取取 10 m/s2, 求 :, 求 : 图图 4 (1)长木板的长度;长木板的长度; (2)作用在长木板上的恒力作用在长木板上的恒力 F 的大小。的大小。 解析 解析 (1)长木板与小木块达到共同速度长木板与小木块达到共同速度 v共 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 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
16、, 以整体为研究对象, 由牛顿第二定律, 有 a 2g 2(Mm)g (Mm) 解得解得 a2 m/s2 根据匀变速直线运动规律根据匀变速直线运动规律 v2v 2aL 2 共 共 解得解得 v共 共 5 m/s 设小木块滑上长木板后做加速度大小为设小木块滑上长木板后做加速度大小为 a1的匀减速运动,经时间的匀减速运动,经时间 t1达到共 同速度 达到共 同速度 v共 共,对小木块,由牛顿第二定律,有 ,对小木块,由牛顿第二定律,有 a11g5 m/s2 又又 v共 共 v0a1t1 解得解得 t11 s 在在 0t1内小木块的位移内小木块的位移 x木块 木块 t17.5 m v0v共 共 2
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2019届高三物理二轮复习第二部分热点训练: 十一力学综合题 Word版含解析 2019 届高三 物理 二轮 复习 第二 部分 热点 训练 十一 力学 综合 Word 解析
链接地址:https://www.31doc.com/p-4272607.html