2019高考物理二轮复习专题限时集训（六）经典模型综合分析.doc

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1、1专题限时集训（六）经典模型综合分析1.(多选)如图 Z6-1所示,质量为 M的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为 m的木块以初速度 v0水平地滑至车的上表面 .若车足够长,则下列说法正确的是 ( )图 Z6-1A.木块的最终速度为 v0B.由于车的上表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒C.车的上表面越粗糙,木块减少的动量越多D.小车获得的动量与车的上表面的粗糙程度无关2.如图 Z6-2所示,一个质量为 M的滑块放置在光滑水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧 EF,圆弧半径为 R=1 m,E点的切线水平 .另有一个质量为 m的小球以初速度 v0从 E点冲上滑块,小球刚好

2、没跃出圆弧的上端 .已知 M=4m,g取 10 m/s2,不计摩擦,则小球的初速度 v0的大小为 ( )图 Z6-2A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s3.(多选)光滑水平面上有一静止木块,质量为 m的子弹水平射入木块后未穿出,子弹与木块运动的速度图像如图 Z6-3所示 .由此可知( )图 Z6-3A.木块质量可能是 2mB.子弹进入木块的深度为C.木块所受子弹的冲量为 mv0D.子弹射入木块过程中产生的内能为 m4.如图 Z6-4甲所示,悬挂在细绳下端的物体由静止开始沿竖直方向运动,运动过程中物体的机械能 E与物体通过的路程 x的关系图像如图乙所示,其中 0x1过程

3、的图线为曲线, x1x2过程的图线为线段(忽略空气阻力) .下列说法正确的是 ( )2图 Z6-4A.0x1过程中物体所受拉力一定大于重力B.0x1过程中物体的动能一定增加C.x1x2过程中物体可能做匀速直线运动D.x1x2过程中物体可能做变加速直线运动5.(多选)如图 Z6-5所示,传送带与水平面之间的夹角为 = 30,传送带两端 A、 B间的距离为 l=5 m,传送带在电动机的带动下以 v=1 m/s的速率沿顺时针方向匀速运动 .现将一质量为 m=10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的 A点,已知小物体与传送带之间的动摩擦因数 = ,在传送带将小物体从 A点传送到 B点的过程中(

4、 g取 10 m/s2)( )图 Z6-5A.小物体在传送带上运动的时间为 5 sB.传送带对小物体做的功为 255 JC.电动机做的功为 255 JD.小物体与传送带间因摩擦产生的热量为 15 J6.(多选)如图 Z6-6所示,质量分别为 mP=2 kg和 mQ=3 kg的两个小球 P、 Q间夹有劲度系数k=100 N/m的轻弹簧 (弹簧与小球未连接),用两个大小相等、方向相反的水平压力 F=12 N使两个小球静止在光滑水平面上,此时弹簧的弹性势能 Ep=0.72 J.现突然同时撤除这两个力 F,则下列说法正确的是 ( )图 Z6-6A.突然撤除两个水平压力 F的瞬间,小球 P的加速度 aP

5、=6 m/s2,小球 Q的加速度 aQ=4 m/s2B.弹簧恢复原长的瞬间,小球 P的动能为 0.432 J,小球 Q的动能为 0.288 JC.在弹簧恢复原长过程中,小球 P与小球 Q的加速度之比是 2 3D.在弹簧恢复原长过程中,小球 P的位移大小为 7.2 cm,小球 Q的位移大小为 4.8 cm7.(多选)如图 Z6-7所示,足够长的光滑水平金属导轨间距为 2 m,电阻不计,垂直于导轨平面有磁感应强度为 1 T的匀强磁场,导轨上相隔一定距离放置两根长度等于导轨间距的金属棒, a棒质量为 1 kg,电阻为 5 , b棒质量为 2 kg,电阻为 10 .现给 a棒一个水平向右的初速度 v0

6、=8 m/s,当 a棒的速度减小为 4 m/s时, b棒刚好碰到了障碍物 ,经过 0.5 s时间,b棒的速度减为零且不反弹(碰撞过程中回路的电流不变),之后 a棒继续运动且始终没有与b棒发生碰撞 .下列说法正确的是 ( )3图 Z6-7A.从上向下看,回路中产生逆时针方向的电流B.b棒在碰撞前瞬间的速度大小为 2 m/sC.碰撞过程中障碍物对 b棒的平均冲击力大小为 6 ND.b棒碰到障碍物后, a棒继续滑行的距离为 15 m8.如图 Z6-8所示,光滑固定斜面的倾角 = 30,一轻质弹簧一端固定,另一端与质量 M=3 kg的物体 B相连,初始时 B静止 .质量 m=1 kg的 A物体在斜面上

7、距 B物体 s1=10 cm处由静止释放, A物体下滑过程中与 B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后与 B粘在一起,已知碰后整体经 t=0.2 s下滑 s2=5 cm至最低点 .弹簧始终处于弹性限度内, A、 B可视为质点, g取 10 m/s2.(1)从碰后到最低点的过程中,求弹簧弹性势能的增加量;(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,求弹簧对物体 B的冲量大小 .图 Z6-89.如图 Z6-9所示,半径为 R的固定的 圆弧轨道竖直放置,轨道下端与水平地面在 P点相切,水平地面上静置一质量为 m2=2m的物块 2,其左端固定有劲度系数为 k的轻弹簧, Q点为弹簧处于原长时的左端点,已知 PQ=R.

8、现有一质量为 m1=m的物块 1(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑,当物块 2固定时,物块 1向右运动压缩弹簧后被弹簧弹回,向左运动后停在 PQ的中点 .已知物块 1与 PQ段地面间的动摩擦因数为 = 0.4,Q点右侧地面光滑,重力加速度为 g.(1)求物块 1从圆弧轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功;(2)若物块 2不固定,仍使物块 1从圆弧轨道最高点由静止下滑,求弹簧获得的最大弹性势能和物块 1最终停止的位置 .图 Z6-910.如图 Z6-10甲所示,物块 A、 B的质量分别是 mA=4.0 kg和 mB=3.0 kg,用轻弹簧拴接后放在光滑的水平地面上,物块 B右侧与竖直墙

9、相接触 .另有一物块 C从 t=0时以一定速度向右运动,在 t=4 s时与物块 A相碰,并立即与 A粘在一起不再分开,物块 C的 v-t图像如图乙所示 .4(1)求物块 C的质量 mC;(2)从 A、 C一起开始向右压缩弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,求弹簧对 B的冲量大小;(3)在 B离开墙后的运动过程中,求弹簧具有的最大弹性势能 Ep.图 Z6-105专题限时集训(六)1.AD 解析 以小车和木块组成的系统为研究对象,所受合外力为零,因此系统动量守恒,由于摩擦力的作用,木块速度减小,小车速度增大,木块速度减小到最小时,小车速度达到最大,最后木块和小车以共同速度运动,有 mv0=(m+M)v

10、,解得 v= v0,故 A正确,B 错误;木块减少的动量 p=mv-mv与车的上表面粗糙程度无关,故 C错误;小车获得的动量 Mv与车的上表面粗糙程度无关,故 D正确 .2.B 解析 当小球上升到滑块上端时,小球与滑块在水平方向上速度相同,设为 v1,根据水平方向上动量守恒有 mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有 m = (m+M) +mgR,联立解得v0=5 m/s,选项 B正确 .3.BC 解析 设木块质量为 M,由动量守恒定律得 mv0=(m+M) ,解得 M=m,选项 A错误;根据速度时间图线与横坐标轴围成的面积表示位移大小可知,子弹进入木块的深度为 d= ,选项 B正确;由动

11、量定理知,木块所受子弹的冲量为 I= ,选项 C正确;由能量守恒定律知,子弹射入木块过程中产生的内能为 E= m - (m+M) = m ,选项 D错误 .4.C5.BD 解析 小物体刚放到 A点时,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,小物体做匀加速直线运动,此时 a1= =g( cos - sin )=2.5 m/s2,假设小物体能与传送带达到相同的速度,则小物体加速上滑的位移为 x1= =0.2 mmgsin = 50 N,故之后小物体将向上做匀速运动,匀速运动的时间为 t2= =4.8 s,故运动的总时间为 t=t1+t2=5.2 s,选项 A错误;小物体运动到 B点的速度为 1 m/s,从

12、A到 B,由动能定理得 W 传 -mglsin = mv2-0,解得 W传 =255 J,选项 B正确;在相对滑动时,有 s 相 =vt1-x1=0.2 m,则小物体与传送带间因摩擦产生的热量为 Q=mg cos s 相 =15 J,选项 D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于小物6体增加的机械能和因摩擦而产生的热量,则 W 电 =W 传 +Q=270 J,选项 C错误 .6.ABD 解析 由胡克定律可得,两个水平压力 F作用在小球上时,弹簧的弹力 kx=F,解得弹簧的压缩量 x=0.12 m,突然撤除两个水平压力的瞬间,两小球都只受弹簧的弹力,由牛顿第二定律得 aP= =6 m/s2,aQ

13、= =4 m/s2,A正确;由动量守恒定律有 mPvP+mQvQ=0,由机械能守恒定律有 mP + mQ =Ep,故弹簧恢复原长的瞬间,小球 P的动能为 0.432 J,小球 Q的动能为 0.288 J,B正确;在弹簧恢复原长过程中,两个小球受到的弹力大小相等,由牛顿第二定律可知,它们的加速度与质量成反比,所以小球 P与小球 Q的加速度之比是 3 2,C错误;弹簧恢复原长过程中,始终有 mPvP+mQvQ=0,可知 mP|xP|=mQ|xQ|,又知 |xP|+|xQ|=x,解得小球 P的位移大小为 7.2 cm,小球 Q的位移大小为 4.8 cm,D正确 .7.ABD 解析 根据右手定则可知,

14、从上向下看,回路中产生逆时针方向的电流,选项 A正确;系统动量守恒,由动量守恒定律可知 mav0=mava+mbvb,解得 vb=2 m/s,选项 B正确; b碰到障碍物时,回路的感应电动势 E=BL(va-vb)=4 V,回路中的电流 I= = A,b棒所受的安培力Fb=BIL= N,b与障碍物碰撞时,由动量定理得( Fb- )t=0-mbvb,解得 =8.5 N,选项 C错误;b碰到障碍物时, a继续做减速运动,直到停止,此过程由动量定理得 B L t=mava,其中 t=q= = ,联立解得 x=15 m,选项 D正确 .8.(1)1.125 J (2)10 Ns解析 (1) A物体下滑

15、至 B物体处,由动能定理得mgs1sin = m解得 v0=1 m/s以初速度方向为正方向, A、 B相碰时,由动量守恒定律得 mv0=(m+M)v1解得 v1=0.25 m/s从碰后到最低点,由机械能守恒定律得 Ep= (m+M) +(m+M)gs2sin 解得 Ep=1.125 J(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,由动量定理得I-(m+M)gsin 2t=(m+M)v1-(m+M)v1)解得 I=10 Ns9.(1) mgR (2) mgR Q点左侧 R处解析 (1)设物块 1从圆弧轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为 W 克 ,对物块 1从开始下滑到停止的过程,由动能定理得 mgR-W

16、 克 -mg R=0解得 W 克 = mgR(2)设物块 1从圆弧轨道上由静止下滑至 Q点时速度为 v0,由动能定理得7mgR-W 克 -mgR= m解得 v0=当弹簧有最大弹性势能时,物块 1和物块 2具有相同速度,设为 v,则有m1v0=(m1+m2)vEp= m1 - (m1+m2)v2解得弹簧的最大弹性势能 Ep= mgR物块 1与弹簧分离时,设物块 1和物块 2的速度分别为 v1和 v2,则有m1v0=m1v1+m2v2m1 = m1 + m2解得 v1=- v0=- ,负号表示方向向左设物块 1最终停在 Q点左侧 x处,由动能定理得 -mgx= 0- m解得 x= R即物块 1最终

17、停在 Q点左侧 R处10.(1)2 kg (2)18 kgm/s (3)9 J解析 (1)由图可知, C与 A碰前速度为 v1=9 m/s,碰后速度为 v2=3 m/s,C与 A碰撞过程动量守恒,有mCv1=(mA+mC)v2解得 mC=2 kg(2)此过程中,弹簧对 B冲量的大小等于弹簧对 A、 C的冲量的大小,即 IB=IAC=(mA+mC)v2=18 kgm/s(3)在 12 s时, A、 C的速度大小为 v3=3 m/s,此时弹簧已恢复原长, B即将离开墙壁 .之后A、 B、 C及弹簧组成的系统动量和机械能均守恒,且当 A、 B、 C三者的速度相等时,弹簧弹性势能最大 .由动量守恒定律得( mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4由能量守恒定律得 (mA+mC) = (mA+mB+mC) +Ep解得 Ep=9 J