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m2＝150 kg，现有一小滑块以速度v0＝6 m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1＝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/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：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)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a1，由牛顿第二定律得，μ1m1g＝m1a1
解得a1＝4 m/s2
由－2a1L＝v－v
达到B板时速度v1＝4 m/s
在A板上的滑动时间由v1＝v0－a1t1，
解得t1＝0.5 s
滑块滑上B板时B运动，由
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a2
得a2＝ m/s2
速度相同时a2t2＝v1－a1t2
解得t2＝ s，
相对位移Δx＝t2－t2＝ m＜L＝2.5 m
滑块与板B能达到共同速度：v共＝a2t2＝ m/s，
然后相对静止的一起减速：
μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a共
a共＝2 m/s2
t3＝＝ s，
t＝t1＋t2＋t3＝ s。
[答案] (1)0.35＜μ1≤0.5 (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a0＝μg＝5 m/s2
米袋与AB共速时已滑行的距离
x0＝＝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a
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
代入数据得a＝10 m/s2
上滑的最大距离x＝＝1.25 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
a1＝－g(sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为
a2＝－g(sin θ－μcos θ)＝－2 m/s2
由＋＝4.45 m
解得v1＝4 m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的运转速度
vCD≥v1＝4 m/s
米袋恰能运到D点所用的时间最长为：
tmax＝＋＝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a2。由sCD＝vtmin＋a2t得，tmin＝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)vCD≥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：
kx1＋μmgcos θ＝mgsin θ
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：
kx2＝μmgcos θ＋mgsin θ
可得弹簧的伸长量为x2＝
故物块C下落的最大高度
h＝x1＋x2＝。
(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＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp
则得弹簧弹性势能的变化量ΔEp＝。
(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＝μmgcos θh＋mgsin θh＋ΔEp＋(M＋m＋m)v2
解得v＝2mg。
[答案] (1) (2)
(3)2mg
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v0＝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/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＝＝μ2g
解得a＝2 m/s2
根据匀变速直线运动规律v2－v＝－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＝μ1g＝5 m/s2
又v共＝v0－a1t1
解得t1＝1 s
在0～t1内小木块的位移x木块＝t1＝7.5 m
长木板的位移x木板＝t1＝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a2的匀加速运动，对长木板，有v共＝a2t1
解得a2＝5 m/s2
由牛顿第二定律得
F＋μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
解得F＝22 N。
答案 (1)5 m (2)22 N
2．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v0＝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/s2。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
a1＝＝8 m/s2
上滑过程中由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
联立解得μ＝
(2)木块上滑过程中做匀减速运动，有
2a1x＝v
下滑过程中由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝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v＝2 m/s。
答案 (1) (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mA＝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mB＝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vt＝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＝mAa，代入数据解得
a＝2.5 m/s2
(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＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)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vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有
Fl＝mAv
代入数据解得l＝0.45 m。
答案 (1)2.5 m/s2 (2)1 m/s (3)0.45 m
4．如图7所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4 m，质量m1＝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。“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m2＝0.3 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R＝0.5 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θ＝37°，∠EOD＝37°，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μ＝0.5，PE之间的距离s＝0.5 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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。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vD
m2g＝m2
解得vD＝ m/s
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
m2g[R(1－cos θ)＋s·sin θ]－μm2gcos θ·s＝m2v－m2v
解得vP＝3 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
－m2g·2R＝m2v－m2v
解得vC＝5 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，由动量守恒和能量守恒可知m1v＝m1v′＋m2vc
m1v2＝m1v′2＋m2v
联解可得v＝4 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＝gt
vx＝v
tan θ＝
联解可得t＝0.3 s
此时“小鸟”离A′C连线的距离设为h
h＝sin θ
x′＝vt
则“小鸟”离斜面MN最近的距离为Δh
Δh＝R(1＋cos θ)－h
得Δh＝0.54 m。
答案 (1)3 m/s (2)4 m/s (3)0.54 m
5.如图8所示，在水平轨道上方O处，用长为L＝1 m的细线悬挂一质量为m
＝0.1 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M＝0.3 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m＝0.1 kg的子弹以初速度v0＝15 m/s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x＝0.2 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μ＝0.5，A、B、C均可视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，结果保留两位有效数字。求：
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)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＝m
解得v1＝＝ m/s
滑块B从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得
mg·2L＋mv＝mv
解得vB＝＝5 m/s
子弹A和滑块B作用过程，由动量守恒定律得
mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝10 m/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE＝mv－mv－mv＝10 J。
②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
mg·L＝mv′
v′B＝＝2 m/s
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/s
子弹A和滑块B作用过程中损失的能量
ΔE＝mv－mv′－mv′＝7.5 J。
(2)①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)v
A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有
(M＋m)v2＝Ep＋μ(M＋m)gx，
解得Ep＝2.1 J
②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′，由动量守恒定律得
mv′A＝(M＋m)v′
A、C一起压缩弹簧，由能量守恒定律有
(M＋m)v′2＝Ep′＋μ(M＋m)gx，解得
E′p＝3.1 J。
答案 见解析
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