高考物理二轮复习 专题限时集训（六）经典模型综合分析-人教版高三全册物理试题.doc

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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,小球刚好没跃出圆弧的上端.已知M=4m,g取

2、10 m/s2,不计摩擦,则小球的初速度v0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()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()图Z

3、6-4A.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(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

4、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=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

5、球Q的加速度之比是23D.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=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()图Z6-7A

6、.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

7、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.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,

8、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.(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Z6-10专题限时集训(六)1.AD解析 以小车和

9、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,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

10、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

11、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=mgcos 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

12、=6 m/s2,aQ=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32,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,从上向下看,回路中产生逆时针

13、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BLt=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

14、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)mgRQ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克-mgR=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mgR-W克-mgR=m解得

15、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