熱門(mén)十一力學(xué)綜合題力學(xué)綜合題考察的情形主要有板塊模型、傳遞帶、彈簧，波及的知識(shí)為運(yùn)動(dòng)學(xué)、動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量考向一“木板滑塊”模型(2018·蚌埠一模)如圖1所示，地面挨次排放兩塊完好同樣的木板A、B，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝2.5m，質(zhì)量均為m2＝150kg，現(xiàn)有一小滑塊以速度v0＝6m/s沖上木板A左端，已知小滑塊質(zhì)量m1＝200kg，滑動(dòng)與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。(最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，g2取10m/s2)圖1(1)若滑塊滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開(kāi)始滑動(dòng)，求μ1應(yīng)知足的條件。(2)若μ1＝0.4，求滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。(結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示)[分析](1)滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力剖析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g若滑上木板B時(shí)，木板B開(kāi)始滑動(dòng)，由受力剖析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g代入數(shù)據(jù)得：0.35＜μ1≤0.5；(2)若μ1＝0.4，則滑塊在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)。設(shè)滑塊在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度大小為a1，由牛頓第二定律得，μ1m1g＝m1a1解得a1＝4m/s222由－2a1L＝v1－v0達(dá)到B板時(shí)速度v1＝4m/s在A板上的滑動(dòng)時(shí)間由v1＝v0－a1t1，解得t1＝0.5s滑塊滑上B板時(shí)B運(yùn)動(dòng)，由μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a222得a2＝3m/s速度同樣時(shí)a2t2＝v1－a1t26解得t2＝7s，v1＋v共v共12相對(duì)位移x＝2t2－2t2＝7m＜L＝2.5m滑塊與板B能達(dá)到共同速度：v4共＝a2t2＝7m/s，而后相對(duì)靜止的一同減速：μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共a共＝2m/s23v共2t＝共＝7s，a23t＝t1＋t2＋t3＝14s。[答案＜μ1≤0.5(2)23s](1)0.3514考向二傳遞帶模型如圖2為庫(kù)房中常用的皮帶傳輸裝置表示圖，它由兩臺(tái)皮帶傳遞機(jī)組成，一臺(tái)水平傳遞，A、B兩頭相距3m，另一臺(tái)傾斜，傳遞帶與地面的傾角θ＝37°，C、D兩頭相距4.45m，B、C相距很近。水平部分AB以5m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將質(zhì)量為10kg的一袋大米放在A端，抵達(dá)B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳遞帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5。試求：圖2(1)若CD部分傳遞帶不運(yùn)行，求米袋沿傳遞帶所能上漲的最大距離。(2)若要米袋能被送到D端，求CD部分順時(shí)針運(yùn)行的速度應(yīng)知足的條件及米袋從C端與D端所用時(shí)間的取值范圍。[分析](1)米袋在AB上加快時(shí)的加快度a0＝μg＝5m/s2米袋與AB共速時(shí)已滑行的距離v2x0＝2a0＝2.5m＜3m米袋抵達(dá)B點(diǎn)以前與傳遞帶共速，米袋在CD上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加快度為amgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2v2上滑的最大距離x＝2a＝1.25m。(2)設(shè)CD部分運(yùn)行速度為v1時(shí)米袋恰能抵達(dá)D點(diǎn)(即米袋抵達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度恰好為零)，則米袋速度減為v1以前的加快度為a1＝－g(sinθ＋μcosθ)＝－10m/s2米袋速度小于v1至減為零前的加快度為a2＝－g(sinθ－μcosθ)＝－2m/s22－v22v10－v1由2a1＋2a2＝4.45m解得v1＝4m/s，即要把米袋送到D點(diǎn)，CD部分的運(yùn)行速度vCD≥v1＝4m/s米袋恰能運(yùn)到D點(diǎn)所用的時(shí)間最長(zhǎng)為：v1－v0－v1tmax＝a1＋a2＝2.1s若CD部分傳遞帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時(shí)所受摩擦力向來(lái)沿皮帶向上，則所用時(shí)間最短，此種狀況米袋加快度向來(lái)為2CDmin12得，2mina。由s＝vt＋2atmin＝1.16st因此，所求的時(shí)間t的范圍為1.16s≤t≤2.1s。[答案](1)1.25m(2)vCD≥4m/s1.16s≤t≤2.1s考向三與彈簧有關(guān)的問(wèn)題如圖3所示，擋板P固定在足夠高的傾角為θ＝37°的斜面上，小物塊A、B的質(zhì)量均為m，兩物塊由勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，兩物塊與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，一不行伸長(zhǎng)的輕繩越過(guò)滑輪，一端與物塊B連結(jié)，另一端連結(jié)一輕質(zhì)小鉤，初始小物塊A、B靜止，且物塊B恰不下滑，若在小鉤上掛一質(zhì)量為M的物塊C并由靜止開(kāi)釋，當(dāng)物塊C運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小物塊A恰巧走開(kāi)擋板P，重力加快度為g，sin37≈°0.6，cos37°≈0.8。圖3(1)求物塊C著落的最大高度。(2)求物塊C由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的變化量。(3)若把物塊C換成質(zhì)量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰走開(kāi)擋板P時(shí)小物塊B的速度為多大？[分析](1)開(kāi)始時(shí)，物塊B恰不下滑，B所受的靜摩擦力達(dá)到最大值，且方向沿斜面向上，由均衡條件得：kx1＋μmgcosθ＝mgsinθmg可得彈簧的壓縮量為x1＝5k小物塊A恰巧走開(kāi)擋板P，由均衡條件得：kx2＝μmgcosθ＋mgsinθmg可得彈簧的伸長(zhǎng)量為x2＝k故物塊C著落的最大高度6mgh＝x1＋x2＝5k。(2)物塊C由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，關(guān)于A、B、C及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，運(yùn)用能量守恒定律得：Mgh＝μmgcosθh＋mgsinθh＋EpEp＝6(M－m)mg2則得彈簧彈性勢(shì)能的變化量5k。(3)若把物塊C換成質(zhì)量為(M＋m)的物塊D，小物塊A恰走開(kāi)擋板P時(shí)，物塊D著落的高度仍為h。關(guān)于A、B、D及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，運(yùn)用能量守恒定律得：12(M＋m)gh＝μmgcosθh＋mgsinθh＋Ep＋2(M＋m＋m)v解得v＝2mg3。5k(M＋2m)6mg(2)6(M－m)mg2[答案](1)5k5k(3)2mg

35k(M＋2m)1．如圖4所示，質(zhì)量為M＝4.0kg的長(zhǎng)木板靜止在粗拙水平川面上，某時(shí)刻一質(zhì)量為m＝2.0kg的小木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0＝10m/s的初速度從左端滑上長(zhǎng)木板，同時(shí)用一水平向右的恒力F拉動(dòng)長(zhǎng)木板向右做勻加快運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小木塊運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板的右端時(shí)，兩者恰巧相對(duì)靜止，此時(shí)撤去恒力F，長(zhǎng)木板在地面上持續(xù)運(yùn)動(dòng)L＝4m時(shí)的速度為3m/s，已知長(zhǎng)木板與小木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，長(zhǎng)木板與水平川面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2，重力加快度g取10m/s2，求：圖4(1)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度；(2)作用在長(zhǎng)木板上的恒力F的大小。分析(1)長(zhǎng)木板與小木塊達(dá)到共同速度v共后，長(zhǎng)木板與小木塊一同向右減速滑行，設(shè)此過(guò)程加快度大小為a，以整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律，有a＝μ2(M＋m)g＝μ2g(M＋m)解得a＝2m/s222依據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v－v共＝－2aL解得v共＝5m/s設(shè)小木塊滑上長(zhǎng)木板后做加快度大小為a1的勻減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t1達(dá)到共同速度v共，對(duì)小木塊，由牛頓第二定律，有a1＝μ1g＝5m/s2又v共＝v0－a1t11解得t＝1s在0～t1內(nèi)小木塊的位移x木塊＝v0＋v共t1＝7.5m2長(zhǎng)木板的位移x＝v共木板2t1＝2.5m因此長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度為l＝x木塊－x木板＝5m(2)設(shè)長(zhǎng)木板在恒力F作用下做加快度大小為a的勻加快運(yùn)動(dòng)，對(duì)長(zhǎng)木板，有2v共＝a2t1解得a2＝5m/s2由牛頓第二定律得F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2解得F＝22N。答案(1)5m(2)22N2．為了測(cè)定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，某同學(xué)用測(cè)速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)狀況，裝置如圖5甲所示。他使木塊以v0＝4m/s的初速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑，并同時(shí)開(kāi)始記錄數(shù)據(jù)，利用電腦繪出了木塊從開(kāi)始至最高點(diǎn)的v－t圖線，如圖乙所示。木塊抵達(dá)最高點(diǎn)后又沿斜面滑下，g取10m/s2。求：圖5(1)木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v。分析(1)由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，上滑過(guò)程中加快度大小va1＝t＝8m/s2上滑過(guò)程中由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma13聯(lián)立解得μ＝5(2)木塊上滑過(guò)程中做勻減速運(yùn)動(dòng)，有2a1x＝v20下滑過(guò)程中由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2下滑至出發(fā)點(diǎn)做初速度為0的勻加快運(yùn)動(dòng)，得2a2x＝v2聯(lián)立解得v＝2m/s。3答案(1)5(2)2m/s．如圖6所示，水平川面上靜止擱置一輛小車A，質(zhì)量A＝4kg，上表面光3m滑，小車與地面間的摩擦力極小，能夠忽視不計(jì)，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB＝2kg，現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F＝10N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一同，共同在F的作用下持續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t＝0.6s，兩者的速度達(dá)到vt＝2m/s。求：圖6(1)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加快度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬時(shí)的共同速度v的大小；(3)A的上表面長(zhǎng)度l.分析(1)以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律有F＝mAa，代入數(shù)據(jù)解得a＝2.5m/s2(2)對(duì)A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)t＝0.6s的過(guò)程，由動(dòng)量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v代入數(shù)據(jù)解得v＝1m/s(3)設(shè)A、B發(fā)生碰撞前，A的速度為vA，對(duì)A、B發(fā)生碰撞的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)vA從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理有12Fl＝2mAvA代入數(shù)據(jù)解得l＝0.45m。答案(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m．如圖7所示，彈槍AA′離豎直墻壁BC距離＝，質(zhì)量1＝0.5kg4x2.4mm的“憤慨的小鳥(niǎo)”從彈槍上A′點(diǎn)彈出后，拋射至圓滑圓弧軌道最低點(diǎn)C點(diǎn)，A′C的豎直高度差y＝1.8m?！靶▲B(niǎo)”在C處時(shí)，速度恰巧水平川與本來(lái)靜止在該處的質(zhì)量為m2＝0.3kg的石塊發(fā)生彈性碰撞，碰后石塊沿圓弧軌道上滑，圓弧軌道半徑R＝0.5m，石塊恰巧能經(jīng)過(guò)圓弧最高點(diǎn)D，以后無(wú)碰撞地從E點(diǎn)走開(kāi)圓弧軌道進(jìn)入傾斜軌道MN(無(wú)能量損失)，且斜面MN的傾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石塊沿斜面下滑至P點(diǎn)與本來(lái)藏在該處的“豬頭”發(fā)生碰撞并擊爆它，石塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，PE之間的距離s＝0.5m。已知“小鳥(niǎo)”、石塊、“豬頭”均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加快度g取10m/s2，空氣阻力忽視不計(jì)(sin37＝°0.6，cos37°0.8)。求：圖7(1)石塊與“豬頭”碰撞時(shí)的速度大??；(2)“小鳥(niǎo)”與石塊碰前的速度大小；(3)“小鳥(niǎo)”與石塊相碰以前離斜面MN的近來(lái)距離。分析(1)石塊恰巧過(guò)圓弧最高點(diǎn)D，設(shè)在D點(diǎn)時(shí)的速度為vD2vDm2g＝m2R解得vD＝5m/s設(shè)石塊在P點(diǎn)與“豬頭”碰撞時(shí)的速度為vp，石塊從D至P的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知1212m2g[R(1－cosθ)＋s·sinθ]－μm2gcosθ·s＝2m2vP－2m2vD解得vP＝3m/s(2)設(shè)石塊在C點(diǎn)碰后的速度為vC，石塊從C至D的過(guò)程，由動(dòng)能定理可知1212－m2g·2R＝2m2vD－2m2vC解得vC＝5m/s設(shè)“小鳥(niǎo)”與石塊碰前的速度為v，碰后速度為v′，在碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒和能量守恒可知m1＝1′＋2cvmvmv1212122m1v＝2m1v′＋2m2vC聯(lián)解可得v＝4m/s(3)將“小鳥(niǎo)”從A′至C的運(yùn)動(dòng)可逆向視為從C至A′的平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)歷時(shí)t，“小鳥(niǎo)”的速度與A′C連線平行，有vy＝gtvx＝vvytanθ＝vx聯(lián)解可得t＝0.3s此時(shí)“小鳥(niǎo)”離A′C連線的距離設(shè)為hx′h＝2sinθx′＝vt則“小鳥(niǎo)”離斜面MN近來(lái)的距離為hh＝R(1＋cosθ)－h(huán)得h＝0.54m。答案(1)3m/s(2)4m/s(3)0.54m5.如圖8所示，在水平軌道上方O處，用長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m的細(xì)線懸掛一質(zhì)量為m＝0.1kg的滑塊B，B恰巧與水平軌道相切，并可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)搖動(dòng)。水平軌道的右邊有一質(zhì)量為M＝0.3kg的滑塊C與輕質(zhì)彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直墻D上，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C靜止在P點(diǎn)處，一質(zhì)量也為m＝0.1kg的子彈以初速度v0＝152m/s射穿滑塊B后(滑塊B質(zhì)量不變)射中滑塊C并留在此中，一同壓縮彈簧，彈簧最大壓縮量為x＝0.2m。滑塊B做圓周運(yùn)動(dòng)，恰巧能保證繩索不廢弛?；瑝KC與PD段的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，A、B、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加快度為g＝10m/s2，結(jié)果保存兩位有效數(shù)字。求：圖8(1)子彈A和滑塊B作用過(guò)程中損失的能量；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能。分析(1)①若滑塊B恰巧能夠做完好的圓周運(yùn)動(dòng)，則在圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)有mg2v1＝mL解得v1＝gL＝10m/s滑塊B從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得1212mg·2L＋2mv1＝2mvB解得vB＝5gL＝52m/s子彈A和滑塊B作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝102m/s子彈A和滑塊B作用過(guò)程中損失的能量121212E＝2mv0－2mvA－2mvB＝10J。②若滑塊B恰巧能夠運(yùn)動(dòng)到與O等高處，則抵達(dá)與O等高處時(shí)的速度為零，滑塊B從最低點(diǎn)到與O等高處的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得12mg·L＝2mv′Bv′B＝2gL＝25m/s子彈A和滑塊B作用過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv′A＋mv′B，解得v