山東省2023年高考物理模擬試題知識點訓練：力學解答題（較難題）

山東省2023年高考物理模擬試題知識點分類訓練：力學解答

題（較難題）

一、解答題

1.（2023?山東?模擬預測）一傳送帶裝置示意圖如圖，其中傳送帶經過AB區(qū)域時是水

平的，經過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區(qū)域時

是傾斜的，AB和CD都與BC相切.現將大量的質量均為,〃的小貨箱一個一個在A處

放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為力.穩(wěn)定工

作時傳送帶速度不變，當前一個貨箱相對于傳送帶靜止時馬上放第二個，每個小貨箱相

對傳送帶運動的時間均為W,CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為，每個箱子

在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經BC

段時的微小滑動）.已知在一段相當長的時間內，共運送小貨箱的數目為M這裝置由

電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦.求：

（1）傳送帶穩(wěn)定工作時的速度v0;

（2）此過程中電動機提供的電功W.

2.（2023?山東?模擬預測）將如圖甲所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、

豎直圓軌道、水平傳送帶AB和傾角，=37。的斜軌道8C平滑連接而成質量∕∏∕=2.0kg的

小滑塊a從弧形軌道離地高H的某點處靜止釋放。己知L0.9m,L2.5m,滑塊與軌道AB

和BC間的動摩擦因數分別為〃尸0.5和〃2=0.25,弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽

略空氣阻力，取g=10m∕s2,（sin37o≈0.6,sin37°=0.8）求:

（1）當4=0.5m時，“經過圓軌道最高點。時對軌道的壓力恰好為零，求圓軌道的半

徑R；

（2）當傳送帶不轉動，物體從〃=2.05m的高度沿圓弧軌道下滑，。能否沖出C點，若

不能，能否返回通過。點；

（3）將BC換成足夠長的光滑斜面,傾角6不變,在傳送帶上B處靜止放一質量∕∏2=6.0kg

滑塊6,“從H=2.25m,α與i＞發(fā)生彈性正碰，碰后瞬間傳送帶立即以速度v=2.0m∕s順

時針轉動，求第一次碰撞到第二次碰撞過程u與傳送帶間摩擦產生的熱量Q。

3.（2023?山東?模擬預測）如圖所示，傾角為30。的固定斜面頂端有一光滑的定滑輪，斜

面上端有一與斜面垂直的固定小擋板，擋板的厚度不計。斜面上有一質量為2〃?的小物

塊，物塊與斜面間的動摩擦因數為立。不可伸長的輕繩一端連接小物塊，另一端繞過

6

滑輪懸吊一質量為，〃的粗細均勻鋼管,物塊與定滑輪間的細繩平行于斜面且不與擋板接

觸。在鋼管的頂端套著一個質量也為，〃的細環(huán)，細環(huán)與鋼管之間的最大靜摩擦力等于滑

動摩擦力，大小為等（g為重力加速度大?。ｉ_始時用外力控制物塊使系統(tǒng)靜止，

物塊到擋板、鋼管下端到地面的距離均為以現將物塊由靜止釋放，物塊與擋板、鋼管

與地面發(fā)生多次碰撞，每次碰撞時間極短，最終細環(huán)剛好到達鋼管底端。已知物塊與擋

板、細管與地面碰撞均無能量損失，鋼管始終未與滑輪相碰。求；

（1）物塊開始上滑時細繩上的拉力大??；

（2）鋼管與地面第一次碰撞后能上升的最大高度；

4.（2023?山東?模擬預測）某快遞點的傳送裝置（傳送帶與水平面的夾角，=37。）因停

電而鎖止，工人找了塊質量為，〃=3kg的帶鉤木板置于傳送帶上，再在木板上放置貨物,

通過輕繩與木板鉤子相連，工人可在高處工作臺對木板施加平行于傳送帶方向、大小為

165N的拉力，使得貨物能從靜止開始向上運動。已知木板與傳送帶間的動摩擦因數

M=O?5,貨物質量M=12kg,貨物與木板間的動摩擦因數〃2=0?9,最大靜摩擦力等

于滑動摩擦力，重力加速度g=10m?2,sin37°=0.6,求：

（1）貨物的加速度大小？

（2）拉力作用r=2s（貨物未到達頂端）后，貨物的機械能增加量？

試卷第2頁，共4頁

（3）已知傳送帶順時針穩(wěn)定轉動的速度為他“可調，且A<1）。某次工作中，當木板

的速度到%后，突然來電，工人馬上撤去拉力，不計傳送帶的加速時間。火取何值時，

撤去拉力至木板速度減為O的過程中（仍未到達頂端），木板與傳送帶之間的摩擦所產

生的熱量最??？

5.（2023?山東?模擬預測）如圖，兩根足夠長的平行光滑導軌固定在絕緣水平面上，兩

平行傾斜絕緣軌道固定在斜面上，水平導軌與傾斜軌道在傾斜軌道的底部從處平滑連

接，軌道間距為L=Im,傾斜軌道的傾角為6=37。。在水平導軌的右側必Cd區(qū)域內存

在方向向上、磁感應強度大小為B=2T的勻強磁場?，F有多根長度也為L=Im的相同金

屬棒依次從傾斜軌道上高為刀=?m的MN處由靜止釋放，前一根金屬棒剛好離開磁場

時釋放后一根金屬棒，發(fā)現第1根金屬棒穿越磁場區(qū)域的時間為H1S。已知每根金屬棒

的質量為，"=2kg,電阻為R=2Ω,"〃兒〃MV且與軌道垂直，不計水平導軌的電阻，

金屬棒與水平導軌接觸良好，金屬棒與傾斜軌道的動摩擦因數為〃=0?5,重力加速度g

?X10m∕s2,sin37°=0.6。求：

（1）磁場區(qū)域的長度力,；

（2）第2根金屬棒剛進入磁場時的加速度大?。?/p>

（3）第4根金屬棒剛出磁場時，第2、3兩根金屬棒的速度大小之比；

（4）第〃根金屬棒在磁場中運動的過程，第1根金屬棒上產生的熱量。

6.（2023?山東?模擬預測）如圖，水平面中間夾有一水平傳送帶，水平面與傳送帶上表

面平齊且平滑連接，左側水平面上C點左側部分粗糙，右側部分光滑，傳送帶右側水平

面光滑。質量為町=2kg的小滑塊P與固定擋板間有一根勁度系數為七29?12N∕m的輕

彈簧（P與彈簧不拴接），初始時P放置在C點靜止且彈簧處于原長。傳送帶初始靜止,

在傳送帶左端點4處停放有一質量為嗎=Ikg的小滑塊?！，F給P施加一水平向左、大

小為F=20.2N的恒力，使P向左運動，當P速度為零時立即撤掉恒力，一段時間后P

將與。發(fā)生彈性碰撞(不計碰撞時間)，以后P、Q間的碰撞都是彈性碰撞，在P、。

第一次碰撞時傳送帶由靜止開始做順時針方向的勻加速運動，加速度大小為q=lm∕s2,

當速度達到v=4m∕s時傳送帶立即做勻減速運動直至速度減為零，加速度大小為

α,=2m∕s2,當傳送帶速度減為零時，Q恰好運動到傳送帶右端點人處。已知P與水平

面、傳送帶間的動摩擦因數均為H=O」，。與傳送帶間的動摩擦因數人=03,最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧的形變在彈性限度內，彈簧的彈性勢能表達式為

Ep=gkχ2,X為彈簧的形變量，重力加速度g取IOm/s',不計空氣阻力。求：

(1)尸與Q第一次碰前P的速度大?。?/p>

(2)為保證P與Q能夠相碰，求恒力的最小值；

(3)P、。最終的速度大??；

(4)尸、。由于與傳送帶間的摩擦，系統(tǒng)產生的熱量。

ab

7.(2023?山東?模擬預測)如圖所示，質量M=3.0kg的長木板A的左端a處固定有一寬

度不計的輕質豎直擋板P,〃為長木板的右端點。質量”=1Okg的可視為質點的小物塊

B放在長木板上的C位置，且％,=4.0m,小物塊B與長木板A均靜置于水平地面上。

在長木板左側，質量也為〃八與長木板A等高的小物塊Q正以某一速度水平向右運動,

/=0時刻，小物塊Q以速度%=12.0m∕s與長木板A發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，

經歷一段時間，小物塊B與擋板P亦發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間也極短，碰撞之后，小

物塊B恰好到達長木板A的右端點6處。已知小物塊Q與水平地面間的動摩擦因數

M=O.1,小物塊B與長木板A之間的動摩擦因數〃2=°」，長木板A與水平地面間的

動摩擦因數〃3=°?2,重力加速度g取IOm/s'求：

(1)小物塊Q停止運動時的位置與長木板A開始運動前左端a點之間的距離工；

(2)長木板A上C位置到右端6點之間的距離%(結果保留3位有效數字)。

試卷第4頁，共4頁

參考答案:

LnNZ

1.(1)%=一；(2)W=I-—+Nmgh

%石

【詳解】(1)(2)以地面為參考系(下同)，設傳送帶的運動速度為%,在水平段運輸的過

程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s/,加速度為a,則對小

箱有

1,

S=Q甌

Vtrato

在這段時間內，傳送帶運動的路程為

Si=Vo

由以上可得

S2=2s∣

用了表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為

叱=吊=^mv-

傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功

W2=fs2=2?-ιnv^=

兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量

C12

2=2mvO

可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等.在運載N個小箱的過程中,

電動機輸出的電功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即

1,

W=N(—/nvɑ÷mgh+Q)

已知相鄰兩小箱的距離為L，所以

Wo=l

聯解得

答案第1頁，共12頁

W=嗎L+6

1

2.(1)0.2m；(2)不能沖出C點，不能達到。點；(3)25J

【詳解】(1)滑塊。從靜止釋放到。點過程，由動能定理得

1?

2

27?)=-/H1V

在。點有

V2

叫g=叫GK

解得圓軌道的半徑

2

R=-H=0.2n?

5

(2)設滑塊α沿斜面向上運動的距離為經x,由功能關系得

migH=4，"IgLAE+,%gxsinO+/2”?IgXCOSe

代入數據解得

x=2.0m

因x<LBC,所以a不能沖出C點。設滑塊a返回到A點的速度為以，由功能關系得

12

機IgxSInθ-/∕√n1^xcosθ-wn}gLAB=-mλvλ

解得滑塊a返回到A點的速度

VA=>∕7m∕s

因｝??；<2m.gR,所以a不能達到D點。

(3)設滑塊4到達B點的速度為如有

町g"一〃M班AB=/仍片

。與滑塊匕發(fā)生彈性碰撞

//Z1V0=∕27ιv∣÷/ZZ2V2

12?212

2w>vo=2^v∣^+2^v2

解得碰后4的速度

vl=-3m∕s

匕的速度

答案第2頁，共12頁

v2=3m∕s

a以加速度q=〃ig=5m∕s?向左勻減速運動，b以加速度4=gsin，=6m/s2沿斜面向上勻減

速運動，由于斜面光滑b返回B點的時間r=1.0s,由分析得α剛好減到A點反向加速，經時

間f=1.0s時與傳送帶相對靜止，此時α離B點的距離

V|v

x2=|^<∣=0,5m

即第二次碰撞前a已經與傳送帶相對靜止，第一次碰撞后到“與傳送帶相對靜止，傳送帶相

對a的位移

（吁W尸

=2.5m

2q

第一次碰撞到第二次碰撞過程a與傳送帶間摩擦產生的熱量

Q=M"%gx=25J

7L2

3.(1)—mg；(2)一；(3)—L

465

【詳解】(1)系統(tǒng)由靜止釋放后，假設向下運動過程中細環(huán)相對鋼管未發(fā)生相對滑動，設此

過程中細繩中的拉力大小為R物塊、鋼管和細環(huán)的加速度大小均為。，對物塊由牛頓第二

定律得

F-2mgs?nθ-2μmgcosθ=2ma

對鋼管和細環(huán)整體由牛頓第二定律得

2ιng-F=2ma

解得

L7

p=-mg

a=&

8

設此過程細環(huán)受摩擦力大小為了,則

mg-f=ma

解得

7

f--mg<fm

故假設成立，所以物塊開始上滑時細繩上的拉力大小為

答案第3頁，共12頁

F=-mg

(2)設鋼管與地面第一次碰撞后，細環(huán)相對鋼管向下滑動時的加速度大小為內，根據牛頓

第二定律有

fm-mg=mal

解得

4=華

由于碰撞后無能量損失，所以鋼管和物塊都將以碰撞前原速率反彈，設反彈后繩中拉力大小

為鋼管和物塊的加速度大小均為。2,則對鋼管和物塊根據牛頓第二定律分別有

w+w

?Zn-Λ=?

F1÷2μmgcosΘ-2mgsin6?=2∕na2

解得

生吟

設第一次碰撞前、后鋼管的速度大小為刃，碰撞后鋼管能上升的最大高度為根據運動

學規(guī)律有

Vj2=2aL

2

V,=2a^Hl

解得

(3)因為4/=。2,所以鋼管與地面第一次碰撞后上升到最大高度時，細環(huán)恰好也下降至最低

點，根據對稱性可知其下降的高度為

%=乩=:

0

鋼管與地面第一次碰撞后細環(huán)相對鋼管下降的高度為

?x∣=Λ1+/∕l=2Hx

設鋼管與地面發(fā)生第二次碰撞之前瞬間的速度大小為也,鋼管與地面第二次碰撞后上升的高

度為“2,根據運動學規(guī)律有

*=2曲

答案第4頁，共12頁

2a2H2=v；

解得

由此類推可得鋼管的長度為

111=￡

l=2(Hl+H2+H,+.......)=2L6V+^+1

4.(1)lm∕s2;(2)168J；(3)?

6

【詳解】（1）假設貨物與木板相對靜止，一起勻加速運動，設加速度為α,對貨物與木板整

體分析，由牛頓第二定律得

0

F-（，”+M）gsin37°-μl（m+M）gcos37=（m+M）a

解得

a=lm∕s2

設木板對貨物的靜摩擦力為人對貨物分析得

/-Λ?sin37°=Ma

可得

/=84N

貨物與木板間的最大靜摩擦力為

u

ym=χ∕2Mgcos37=86.4N

由于木板對貨物的靜摩擦力小于最大靜摩擦力，假設符合實際情況，所以貨物的加速度大小

為lm∕s2。

（2）拉力作用f=2s后，貨物的速度為

V=at-2m∕s

貨物的位移為

12C

x=-at~=2m

2

所以貨物增加的機械能為

1,

?E=MgXSin370+-Mv2=I68J

（3）突然來電，工人撤去拉力后，由于/＞必，貨物與木板會保持相對靜止，一起做變速

答案第5頁，共12頁

運動，木板從速度%減速到他的過程，由牛頓第二定律

o

Q%+M)gsin37°+μx(tn???M)gcos37={m+M)aλ

解得

4=10m∕s2

減速時間

EI-

4

在時間0內，木板與傳送帶的相對位移大小為

.v0+Av0,

Aη=---t,-kv0tl

木板從速度他減速到0的過程，由牛頓第二定律

o

(m+M)gsin37°-μλ(m+M)gcos37={m-?-M)a1

解得

2

a2=2m∕s

減速時間

上

a2

在時間『2內，木板與傳送帶的相對位移大小為

?X∣=帥一爭2

在時間4+/?內，木板與傳送帶之間的摩擦所產生的熱量為

0

Q=μx(tn+M)gcos37?(?xl+?x2)

整理得

Q=3,6(T+W

由上式可知，當k=9時，木板與傳送帶之間的摩擦所產生的熱量最小。

O

2,

5.(1)sab—5m；(2)a=2.5m∕s;(3)v2:v3=3:2；(4)Q———?

n

【詳解】(1)第一根金屬棒在傾斜軌道上運動，根據動能定理有

答案第6頁，共12頁

mgh-μmgcos37°?丁，；？。=-^mv2

解得

v=5m∕s

第一根金屬棒在磁場中做勻速直線運動，磁場區(qū)域的長度

Sab=W

解得

%=5m

(2)由題意可知每根金屬棒進入磁場時的速度均為v=5m∕s,當第2根金屬棒剛進入磁場時,

根據法拉第電磁感應定律有

E=BLv

此時回路中電流

2R

第2根金屬棒受到的安培力

F=BLI

此時第2根金屬棒的加速度

F

a=—

m

聯立解得

a=2.5m∕s2

(3)金屬棒出磁場后做勻速直線運動，第n根金屬棒在磁場中運動時，根據動量定理有

-BIlAt=mvn-mv

7?r=q

q=半」

R+——R

n-?

聯立解得

51

v=-m/s

lln

第4根金屬棒剛出磁場時，第2、3兩根金屬棒的速度大小為

答案第7頁，共12頁

v2=?m∕s,v3=—m/s

第4根金屬棒剛出磁場時，第2、3兩根金屬棒的速度大小之比為V2：匕=3：2

(4)第八根金屬棒在磁場中運動的過程，根據能量守恒定律有

Q=-mv2--mvn

設第一根金屬棒中電流為/,則第〃根金屬棒中電流為(〃-1)/,總的焦耳熱

<2=(n-l)∕2Λ∕+[(n-l)/]2Rt=n{n-?)IzRt

解得第1根金屬棒上產生的熱量

.=∕2∕?=25("+I)J

n

6.(1)H=4.5m/s；(2)ξnin=4N,(3)也m∕s和交m/s；(4)Q=22.5J

123

【詳解】(1)P在恒力作用下向左運動到最大距離的過程中，根據功能關系有

FXO=Ep+〃叫gx°

P向右運動過程中，當彈簧處于原長時，P與彈簧分離，根據能量守恒有

c12

EP=5叫M+MMgx°

由題意有

Ep=(XA

解得

v∣=4.5m∕s

(2)設恒力為9，彈簧的最大形變量為X,有

F'x=E；+從nηgx

尸向右運動過程中，當彈簧處于原長時，P與彈簧分離，根據能量守恒有

E；=g〃?FJ+MMgx

4=*

為保證P與Q能夠相碰，則要求P與彈簧分離時速度W≥0,聯立解得

F>4N

所以恒力的最小值為

答案第8頁，共12頁

（3）P、。間的碰撞，根據動量守恒定律和能量守恒定律有

/W1V1=W1V2+/W2V3

III

2="wiv2÷-,w2v32

聯立解得

v2=i.5m∕s

v3=6m∕s

兩滑塊碰后，P先在傳送帶上減速，由牛頓第二定律有

從網g=叫名

經過時間「與傳送帶共速，有

att,=v2-a3ti=v4

解得

t`=0.75s

v4=0.75m∕s

。也先在傳送帶上減速，由牛頓第二定律有

μ2m2g=m2ai

經過時間G與傳送帶共速，有

alZ2=v3-α√2=v5

解得

t2=1.5s

v5=1.5m∕s

當Q與傳送帶共速時尸、Q的距離為

?-明-?-號”）=3?9375m

之后尸、。隨傳送帶一起加速，故傳送帶達到最大速度時P、。的速度大小都是4m∕s

傳送帶減速的過程，由于加速度%>%，故。在靜摩擦力作用下隨傳送帶一起減速，無相

答案第9頁，共12頁

對滑動，由于加速度/＜。2,故P與傳送帶間存在相對滑動，從傳送帶達到最大速度開始,

直到減速到零，經歷時間

t3=-=2s

當傳送帶速度為零時，滑塊P的速度大小為

v6=v-?r3=2m∕s

P、Q間的距離為

?r'=Ar+&一4=1?9375m

223

P與Q第二次碰撞前的速度大小為

v7=y∣vl-2a3?Λ?'=m/s

P、Q第二次相碰，根據動量守恒定律和能量守恒定律有

ZW1V7=W1V8+m2%

g町￠=;叫q+g'巧(

聯立解得

√2

%一

-m/s

12

也

%

-3m/s

P、。第二次相碰后，滑上右側水平面分別做勻速直線運動，速度分別為立m/s和立m/s

123

(4)P在初始減速階段與傳送帶間的相對位移

1V

?xl=?一；vl-0.5625m

戶在最后減速階段與傳送帶間的相對位移

?x2=Ar=3.9375m

。在初始減速階段與傳送帶間的相對位移

M=??G~∣v5t2=4,5m

P由于與傳送帶間的摩擦產生的熱量

Q1=∕√,m1g(?rl+Δ?)=9J

Q由于與傳送帶間的摩擦產生