【2019-2020】高考物理二轮复习专题限时集训(六)经典模型综合分析

1、1 / 7【2019-2020】高考物理二轮复习专题限时集训（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vo水平地滑至车的上表面.若车足够长，则下列说法正确的是（）m图 Z6-1A 木块的最终速度为 voB.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=l m，E点的切线水平.另有一个质量为m的小球以初速度vo

2、从E点冲上 滑块，小球刚好没跃出圆弧的上端.已知 M=4mg取 10 m/s2,不计摩擦，则小球的初速度Vo的大小为（）图 Z6-2A 4 m/sB 5 m/sC 6 m/sD. 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（）A 木块质量可能是 2m先切B.子弹进入木块的深度为1C 木块所受子弹的冲量为mv1D 子弹射入木块过程中产生的内能为04.如图 Z6-4 甲所示，悬2 / 7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

3、过程的图线为曲线，X1沟过 程的图线为线段（忽略空气阻力）.下列说法正确的是（）3 / 7O甲A0 xi过程中物体所受拉力一定大于重力B. 0 xi过程中物体的动能一定增加CxiX2过程中物体可能做匀速直线运动D.xiX2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0=30 ,传送带两端A、B间的距离 为1=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=0 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卩=,在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中（g取 10 m/

4、s2）（）B.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m=2 kg 和m=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巳=0.72 J.现突然同时撤除这两个力F,则下列说法正确的是（）7777777777777777777777777777777777、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=6 m/s2,小球Q的加速

5、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5Q,b棒质量为2 kg,电阻为10Q.现给a棒一个水平向右的 初速度V0=8 m/s,当a棒的速度减小为 4 m/s 时,b棒刚好

6、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（）4图 Z6-4A小物体在传送带上运动的时间为乙4 / 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0=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=kg 的A物体在斜面上距B物体si=10 cm 处由静止释 放

7、,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；19.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m=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=RM有一质量为m=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

8、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 卩=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.10.如图 Z6-10 甲所示,物块A B的质量分别是m=4.0 kg 和m=3.0 kg,用轻弹簧拴接后放 在光滑的(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中5 / 7水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触.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

9、开，物块C的v-t图像如图乙所示(1) 求物块C的质量RC；(2) 从A、C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；6 / 7图 Z6-107 / 7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mv=(m+MV，解得v=财十mv。，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

10、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vi,根据水1 1平方向上动量守恒有mv=(m+Mlvi,根据机械能守恒定律有m =(m+M +mgR联立解得Vo=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mv=(m+M，解得M=m选项 A 错误；根据速度一时间图线与横坐标轴围成的面积表示位移大小可知选项 B 正确；由动量定理知，木块所受子弹的冲量为1= ，选项 C 正确；由能量守恒定律知11(呼1子弹射入木块过程中产生的内能为E= m -(m+IM= 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

11、体做匀加速直线运动，此时 a=匸=g(cos0-sin0)=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 mmgsin0=50 N,故之后小物体将向上做匀速运动，匀速运动的时间为12=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1运动到B点的速度为 1 m/s,从A到B,由动能定理得W专-mglsin0m2-0,解得W专=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和mopos0s相=15 J,选项 D 正确；由功能关系可知，电动机做的功等

12、于小物体增加的机 械能和因摩擦而产生的热量，子弹进入木块的深度为d=8 / 7，则Wt=Wfe+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9 / 7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FF定律得ap=6 m/s2,aQ=4 m/s2,A 正确；由动量守恒定律有mvp+rm/c=O,由机械能守恒定1 1律有 2mVP+?myQ=E,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

13、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nwp+mvQ=O,可知mp|xp|=mQxQ|,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，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mvo=mva+mvb,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=BLva-vb)=4 V,回路中的电流1= =A,b棒所受的安培力8Fb=BIL=N,

14、b与障碍物碰撞时，由动量定理得(Fb-)t=O-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 LAt=mava,其中A( ( BLxAt=q=,联立解得x=15 m,选项 D 正确.8. (1)1.125 J (2)10 N s 解析(1)A物体下滑至B物体处，由动能定理得mgssin解得v=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mv=(m+Mv1解得V1=0.25 m/s1一 2从碰后到最低点，由机械能守恒定律得A&=(m+M +(m+Mgs2Sin9解得AEP=1.125 J(2)从碰后至返回

15、到碰撞点的过程中，由动量定理得I-(m+IMgsin9x2t=(m+Mv-(m+Mv解得I=10 N s2 2 19.(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滑到停止的过程，由动能定理得mgR-W克-卩mg厶R=02W克,对物块 1 从开始下10 / 7解得Wb= mgR(2)设物块 1 从圆弧轨道上由静止下滑至Q点时速度为vo,由动能定理得1mgR-V克-卩m11 / 7解得 vo=.- -当弹簧有最大弹性势能时mvo=(m+m2)v1 1Ep= vn - (mi+n2)v2解得弹簧的最大弹性势能 Ep=mgR物块 I 与弹簧分离时，设物块 I 和物块 2 的速度分别为vi和V2,则有mvo=mvi+mv21 1 1m = m + m1设物块 I 最终停在Q点左侧x处，由动能定理得-卩mgx=0- m1解得x=:R1即物块 I 最终停在Q点左侧I:R处I0.(I)2 kg(2)I8 kg m/s (3)9 J解析(I)由图可知，C与A碰前速度为VI=9 m/s,碰后速度为V2=3 m/s,C与A碰撞过程动量 守恒,有rmvI=(m+m) v解得m=2 k