2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)（六）經(jīng)典模型綜合分析.doc

專題限時集訓(xùn)（六）經(jīng)典模型綜合分析1.(多選)如圖Z6-1所示,質(zhì)量為M的小車置于光滑的水平面上,車的上表面粗糙,有一質(zhì)量為m的木塊以初速度v0水平地滑至車的上表面.若車足夠長,則下列說法正確的是()圖Z6-1A.木塊的最終速度為v0B.由于車的上表面粗糙,小車和木塊所組成的系統(tǒng)動量不守恒C.車的上表面越粗糙,木塊減少的動量越多D.小車獲得的動量與車的上表面的粗糙程度無關(guān)2.如圖Z6-2所示,一個質(zhì)量為M的滑塊放置在光滑水平面上,滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧EF,圓弧半徑為R=1 m,E點(diǎn)的切線水平.另有一個質(zhì)量為m的小球以初速度v0從E點(diǎn)沖上滑塊,小球剛好沒躍出圓弧的上端.已知M=4m,g取10 m/s2,不計摩擦,則小球的初速度v0的大小為()圖Z6-2A.4 m/sB.5 m/sC.6 m/sD.7 m/s3.(多選)光滑水平面上有一靜止木塊,質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊后未穿出,子彈與木塊運(yùn)動的速度圖像如圖Z6-3所示.由此可知()圖Z6-3A.木塊質(zhì)量可能是2mB.子彈進(jìn)入木塊的深度為C.木塊所受子彈的沖量為mv0D.子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為m4.如圖Z6-4甲所示,懸掛在細(xì)繩下端的物體由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動,運(yùn)動過程中物體的機(jī)械能E與物體通過的路程x的關(guān)系圖像如圖乙所示,其中0x1過程的圖線為曲線,x1x2過程的圖線為線段(忽略空氣阻力).下列說法正確的是()圖Z6-4A.0x1過程中物體所受拉力一定大于重力B.0x1過程中物體的動能一定增加C.x1x2過程中物體可能做勻速直線運(yùn)動D.x1x2過程中物體可能做變加速直線運(yùn)動5.(多選)如圖Z6-5所示,傳送帶與水平面之間的夾角為=30,傳送帶兩端A、B間的距離為l=5 m,傳送帶在電動機(jī)的帶動下以v=1 m/s的速率沿順時針方向勻速運(yùn)動.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=10 kg的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))輕放在傳送帶上的A點(diǎn),已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=,在傳送帶將小物體從A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)的過程中(g取10 m/s2)()圖Z6-5A.小物體在傳送帶上運(yùn)動的時間為5 sB.傳送帶對小物體做的功為255 JC.電動機(jī)做的功為255 JD.小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為15 J6.(多選)如圖Z6-6所示,質(zhì)量分別為mP=2 kg和mQ=3 kg的兩個小球P、Q間夾有勁度系數(shù)k=100 N/m的輕彈簧(彈簧與小球未連接),用兩個大小相等、方向相反的水平壓力F=12 N使兩個小球靜止在光滑水平面上,此時彈簧的彈性勢能Ep=0.72 J.現(xiàn)突然同時撤除這兩個力F,則下列說法正確的是()圖Z6-6A.突然撤除兩個水平壓力F的瞬間,小球P的加速度aP=6 m/s2,小球Q的加速度aQ=4 m/s2B.彈簧恢復(fù)原長的瞬間,小球P的動能為0.432 J,小球Q的動能為0.288 JC.在彈簧恢復(fù)原長過程中,小球P與小球Q的加速度之比是23D.在彈簧恢復(fù)原長過程中,小球P的位移大小為7.2 cm,小球Q的位移大小為4.8 cm7.(多選)如圖Z6-7所示,足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌間距為2 m,電阻不計,垂直于導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度為1 T的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)軌上相隔一定距離放置兩根長度等于導(dǎo)軌間距的金屬棒,a棒質(zhì)量為1 kg,電阻為5 ,b棒質(zhì)量為2 kg,電阻為10 .現(xiàn)給a棒一個水平向右的初速度v0=8 m/s,當(dāng)a棒的速度減小為4 m/s時,b棒剛好碰到了障礙物,經(jīng)過0.5 s時間,b棒的速度減為零且不反彈(碰撞過程中回路的電流不變),之后a棒繼續(xù)運(yùn)動且始終沒有與b棒發(fā)生碰撞.下列說法正確的是()圖Z6-7A.從上向下看,回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流B.b棒在碰撞前瞬間的速度大小為2 m/sC.碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 ND.b棒碰到障礙物后,a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m8.如圖Z6-8所示,光滑固定斜面的傾角=30,一輕質(zhì)彈簧一端固定,另一端與質(zhì)量M=3 kg的物體B相連,初始時B靜止.質(zhì)量m=1 kg的A物體在斜面上距B物體s1=10 cm處由靜止釋放,A物體下滑過程中與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后與B粘在一起,已知碰后整體經(jīng)t=0.2 s下滑s2=5 cm至最低點(diǎn).彈簧始終處于彈性限度內(nèi),A、B可視為質(zhì)點(diǎn),g取10 m/s2.(1)從碰后到最低點(diǎn)的過程中,求彈簧彈性勢能的增加量;(2)從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過程中,求彈簧對物體B的沖量大小.圖Z6-89.如圖Z6-9所示,半徑為R的固定的圓弧軌道豎直放置,軌道下端與水平地面在P點(diǎn)相切,水平地面上靜置一質(zhì)量為m2=2m的物塊2,其左端固定有勁度系數(shù)為k的輕彈簧,Q點(diǎn)為彈簧處于原長時的左端點(diǎn),已知PQ=R.現(xiàn)有一質(zhì)量為m1=m的物塊1(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止開始下滑,當(dāng)物塊2固定時,物塊1向右運(yùn)動壓縮彈簧后被彈簧彈回,向左運(yùn)動后停在PQ的中點(diǎn).已知物塊1與PQ段地面間的動摩擦因數(shù)為=0.4,Q點(diǎn)右側(cè)地面光滑,重力加速度為g.(1)求物塊1從圓弧軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功;(2)若物塊2不固定,仍使物塊1從圓弧軌道最高點(diǎn)由靜止下滑,求彈簧獲得的最大彈性勢能和物塊1最終停止的位置.圖Z6-910.如圖Z6-10甲所示,物塊A、B的質(zhì)量分別是mA=4.0 kg和mB=3.0 kg,用輕彈簧拴接后放在光滑的水平地面上,物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸.另有一物塊C從t=0時以一定速度向右運(yùn)動,在t=4 s時與物塊A相碰,并立即與A粘在一起不再分開,物塊C的v-t圖像如圖乙所示.(1)求物塊C的質(zhì)量mC;(2)從A、C一起開始向右壓縮彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中,求彈簧對B的沖量大小;(3)在B離開墻后的運(yùn)動過程中,求彈簧具有的最大彈性勢能Ep.圖Z6-10專題限時集訓(xùn)(六)1.AD解析 以小車和木塊組成的系統(tǒng)為研究對象,所受合外力為零,因此系統(tǒng)動量守恒,由于摩擦力的作用,木塊速度減小,小車速度增大,木塊速度減小到最小時,小車速度達(dá)到最大,最后木塊和小車以共同速度運(yùn)動,有mv0=(m+M)v,解得v=v0,故A正確,B錯誤;木塊減少的動量p=mv-mv與車的上表面粗糙程度無關(guān),故C錯誤;小車獲得的動量Mv與車的上表面粗糙程度無關(guān),故D正確.2.B解析 當(dāng)小球上升到滑塊上端時,小球與滑塊在水平方向上速度相同,設(shè)為v1,根據(jù)水平方向上動量守恒有mv0=(m+M)v1,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,聯(lián)立解得v0=5 m/s,選項(xiàng)B正確.3.BC解析 設(shè)木塊質(zhì)量為M,由動量守恒定律得mv0=(m+M),解得M=m,選項(xiàng)A錯誤;根據(jù)速度時間圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示位移大小可知,子彈進(jìn)入木塊的深度為d=,選項(xiàng)B正確;由動量定理知,木塊所受子彈的沖量為I=,選項(xiàng)C正確;由能量守恒定律知,子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為E=m-(m+M)=m,選項(xiàng)D錯誤.4.C5.BD解析 小物體剛放到A點(diǎn)時,受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上,小物體做勻加速直線運(yùn)動,此時a1=g(cos -sin )=2.5 m/s2,假設(shè)小物體能與傳送帶達(dá)到相同的速度,則小物體加速上滑的位移為x1=0.2 m<l=5 m,假設(shè)成立,小物體加速運(yùn)動的時間t1=0.4 s,因?yàn)閙gcos =75 N>mgsin =50 N,故之后小物體將向上做勻速運(yùn)動,勻速運(yùn)動的時間為t2=4.8 s,故運(yùn)動的總時間為t=t1+t2=5.2 s,選項(xiàng)A錯誤;小物體運(yùn)動到B點(diǎn)的速度為1 m/s,從A到B,由動能定理得W傳-mglsin =mv2-0,解得W傳=255 J,選項(xiàng)B正確;在相對滑動時,有s相=vt1-x1=0.2 m,則小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=mgcos s相=15 J,選項(xiàng)D正確;由功能關(guān)系可知,電動機(jī)做的功等于小物體增加的機(jī)械能和因摩擦而產(chǎn)生的熱量,則W電=W傳+Q=270 J,選項(xiàng)C錯誤.6.ABD解析 由胡克定律可得,兩個水平壓力F作用在小球上時,彈簧的彈力kx=F,解得彈簧的壓縮量x=0.12 m,突然撤除兩個水平壓力的瞬間,兩小球都只受彈簧的彈力,由牛頓第二定律得aP=6 m/s2,aQ=4 m/s2,A正確;由動量守恒定律有mPvP+mQvQ=0,由機(jī)械能守恒定律有mP+mQ=Ep,故彈簧恢復(fù)原長的瞬間,小球P的動能為0.432 J,小球Q的動能為0.288 J,B正確;在彈簧恢復(fù)原長過程中,兩個小球受到的彈力大小相等,由牛頓第二定律可知,它們的加速度與質(zhì)量成反比,所以小球P與小球Q的加速度之比是32,C錯誤;彈簧恢復(fù)原長過程中,始終有mPvP+mQvQ=0,可知mP|xP|=mQ|xQ|,又知|xP|+|xQ|=x,解得小球P的位移大小為7.2 cm,小球Q的位移大小為4.8 cm,D正確.7.ABD解析 根據(jù)右手定則可知,從上向下看,回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流,選項(xiàng)A正確;系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律可知mav0=mava+mbvb,解得vb=2 m/s,選項(xiàng)B正確;b碰到障礙物時,回路的感應(yīng)電動勢E=BL(va-vb)=4 V,回路中的電流I= A,b棒所受的安培力Fb=BIL= N,b與障礙物碰撞時,由動量定理得(Fb-)t=0-mbvb,解得=8.5 N,選項(xiàng)C錯誤;b碰到障礙物時,a繼續(xù)做減速運(yùn)動,直到停止,此過程由動量定理得BLt=mava,其中t=q=,聯(lián)立解得x=15 m,選項(xiàng)D正確.8.(1)1.125 J(2)10 Ns解析 (1)A物體下滑至B物體處,由動能定理得mgs1sin =m解得v0=1 m/s以初速度方向?yàn)檎较?A、B相碰時,由動量守恒定律得mv0=(m+M)v1解得v1=0.25 m/s從碰后到最低點(diǎn),由機(jī)械能守恒定律得Ep=(m+M)+(m+M)gs2sin 解得Ep=1.125 J(2)從碰后至返回到碰撞點(diǎn)的過程中,由動量定理得I-(m+M)gsin 2t=(m+M)v1-(m+M)v1)解得I=10 Ns9.(1)mgR(2)mgRQ點(diǎn)左側(cè)R處解析 (1)設(shè)物塊1從圓弧軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為W克,對物塊1從開始下滑到停止的過程,由動能定理得mgR-W克-mgR=0解得W克=mgR(2)設(shè)物塊1從圓弧軌道上由靜止下滑至Q點(diǎn)時速度為v0,由動能定理得mgR-W克-mgR=m解得v0=當(dāng)彈簧有最大彈性勢能時,物塊1和物塊2具有相同速度,設(shè)為v,則有m1v0=(m1+m2)vEp=m1-(m1+m2)v2解得彈簧的最大彈性勢能Ep=mgR物塊1與彈簧分離時,設(shè)物塊1和物塊2的速度分別為v1和v2,則有m1v0=m1v1+m2v2m1=m1+m2解得v1=-v0=-,負(fù)號表示方向向左設(shè)物塊1最終停在Q點(diǎn)左側(cè)x處,由動能定理得-mgx=0-m解得x=R即物塊1最終停在Q點(diǎn)左側(cè)R處10.(1)2 kg(2)18 kgm/s(3)9 J解析 (1)由圖可知,C與A碰前速度為v1=9 m/s,碰后速度為v2=3 m/s,C與A碰撞過程動量守恒,有mCv1=(mA+mC)v2解得mC=2 kg(2)此過程中,彈簧對B沖量的大小等于彈簧對A、C的沖量的大小,即IB=IAC=(mA+mC)v2=18 kgm/s(3)在12 s時,A、C的速度大小為v3=3 m/s,此時彈簧已恢復(fù)原長,B即將離開墻壁.之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能均守恒,且當(dāng)A、B、C三者的速度相等時,彈簧彈性勢能最大.由動量守恒定律得(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