高考物理二轮复习“力学的经典模型（二）”学前诊断-人教版高三全册物理试题.doc

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1、“力学的经典模型（二）”模型一子弹打木块模型1.考查与弹簧结合的子弹打木块模型多选如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中。已知木块B的质量为m，A的质量是B的，子弹的质量是B的，则()A子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0B子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0C弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02D弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02解析：选AC设子弹与木块A的共同速度为v1，二者动量守恒，有mv0v1解得v1v0压缩弹簧最短时，A与B具有共同的速度v2(临界点)，子弹和A与B动量守恒，有v1v2此时弹簧的弹性

2、势能为E，由能量守恒定律得v12v22E解式得Emv02综上分析，故A、C正确。2考查与圆周运动结合的子弹打木块模型多选如图所示，在固定的光滑水平杆(杆足够长)上，套有一个质量为m0.5 kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M1.98 kg的木块，现有一质量为m020 g的子弹以v0100 m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g取10 m/s2)，则()A圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为198 JB圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99 JC木块所能达到的最大高度为0.01 mD木块所能达到的最大高度为0.02 m解析：选B

3、C子弹射入木块过程，二者水平方向动量守恒，有m0v0(m0M)v，解得v1 m/s。机械能只在该过程有损失，损失的机械能为Em0v02(m0M)v299 J。木块(含子弹)在向上摆动过程中，与圆环组成的系统水平方向动量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v，解得v0.8 m/s由机械能守恒定律得(m0M)v2(m0Mm)v2(m0M)gh，解得h0.01 m综上分析，故B、C正确。3考查子弹打沙袋与平抛运动、圆周运动的综合一质量为M的沙袋用长度为L的轻绳悬挂，沙袋距离水平地面高度为h，一颗质量为m的子弹，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的质量不变，子弹与沙袋作用的时间极短)。

4、测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为x，在子弹穿出沙袋后沙袋的最大摆角为，空气阻力不计，重力加速度为g，求：(1)子弹射出沙袋瞬间的速度v1的大小；(2)子弹射入沙袋前的速度v的大小。解析：(1)子弹射出沙袋后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平方向：xv1t竖直方向：hgt2解得：v1x。(2)设子弹穿出沙袋后沙袋的速度为v2，由机械能守恒定律得：Mv22MgL(1cos )解得：v2对子弹穿过沙袋的过程，以向右为正，根据动量守恒定律得：mvmv1Mv2解得：vx。答案：(1)x(2)x模型二(涉及动量的)滑块木板模型4.考查滑块在木板上往复运动的情形一辆质量为M6 kg的平板小车停靠在墙角处

5、，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m2 kg的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数0.45，平板小车的长L1 m。现给小铁块一个v05 m/s的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)()A10 JB30 JC9 J D18 J解析：选D设小铁块向左运动到达竖直墙壁时的速度为v1，由动能定理得mgLmv12mv02，解得v14 m/s，铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度v2，二者动量守恒，取向右为正方向，有mv1(Mm)v

6、2，解得v21 m/s，设小铁块相对小车运动距离为x时与平板小车达到共同速度，由功能关系得mgx(Mm)v22mv12，解得x mL，则铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板车。小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为E2mgL18 J，故D正确。5考查滑块受到外力作用的情形多选如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是()A小物块到达小车最右端时具有的动能

7、为(FFf)(Lx)B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx)D小物块和小车增加的机械能为Fx解析：选ABC由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正确；小车的动能Ek车Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(Lx)FfL，D错误。6考查滑块与木板初速度反向的情形在光滑的水平面上有一质量M2 kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L2 m，如图所示；木板A右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计，质量m2 kg的滑

8、块B。某时刻木板A以vA1 m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB5 m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距时，二者刚好处于相对静止状态。若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它相碰后仍以原速率反弹(碰后立即撤去该障碍物)，求：(g取10 m/s2)(1)B与A的粗糙面之间的动摩擦因数；(2)滑块B最终停在木板A上的位置。解析：(1)设M、m共同速度为v，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得mvBMvA(Mm)v解得：v2 m/s对A、B组成的系统，由能量守恒定律MvA2mvB2(Mm)v2mgL代入数据得0.6。(2)木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生

9、相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由动量守恒定律得mvMv(Mm)u解得u0设B相对A在粗糙面上的路程为s，由能量守恒得(Mm)v2mgs代入数据得s m由于sL，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1s1sL m。答案：(1)0.6(2)Q点左侧，离Q点 m模型三(涉及能量的)传送带模型7.考查水平传送带模型多选如图1所示，一个质量m1 kg的小物块以某一初速度滑上传送带左端，水平传送带AB逆时针匀速转动，物块速度随时间的变化关系如图2所示(取向左为正方向，以物块滑上传

10、送带时为计时零点)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2，则()A传送带运动的速度大小为2 m/sB物块在传送带上运动的时间为3 sC物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2D前2 s内摩擦产生的热量为16 J解析：选ACD由速度图像可知，物块初速度大小v4 m/s、传送带速度大小v2 m/s，物块在传送带上滑动t13 s后，与传送带相对静止，选项A正确；由速度图像可得，物块做匀变速运动的加速度：a m/s22.0 m/s2，由牛顿第二定律得fma2 N，得到物块与传送带间的动摩擦因数0.2，选项C正确；前2 s内物块的位移大小x1t4 m、方向向右，第3 s内的位移大小x2t1 m、方向

11、向左，3 s内位移xx1x23 m，方向向右；物块再向左运动时间t21.5 s，物块在传送带上运动时间tt1t24.5 s，选项B错误；前2 s内传送带的位移x1vt22 m4 m，向左；相对位移xx1x18 m，所以转化的热量EQfx16 J，选项D正确。8考查倾斜传送带模型多选如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连。开始时，a、b及传送带均静止且mbmasin 。现使传送带顺时针匀速转动，则物块在运动(物块未与滑轮相碰)过程中()A一段时间后可能匀速运动B一段时间后，摩擦力对物块a可能做负功C开始的一段时间内，重力对a做功的功率大于

12、重力对b做功的功率D摩擦力对a、b组成的系统做的功等于a、b机械能的增量解析：选ABD在传送带向上匀速运动的开始阶段，因传送带对a的摩擦力沿传送带向上，且Ffmbgmagsin ，故物块a向上加速，当物块a、b的速度大小与传送带的速度相等时，若Ffmagsin mbg，则a、b开始做匀速运动，此时因mbgmagsin ，物块a受的摩擦力对a做负功，A、B均正确；设a、b的速度大小均为v，则Pamagvsin ，Pbmbgv，故PaPb，C错误；由功能关系可知，摩擦力对a、b系统所做的功等于a、b系统机械能的增量，D正确。9考查多个传送带模型如图所示，传送带与水平面夹角为30，传送带与水平面夹角

13、为37，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接。两传送带均顺时针匀速率运行。现将装有货物的箱子轻放至传送带的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的货物取下，箱子速度不变继续运动到传送带上，传送带的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M1 kg，货物的质量m3 kg，传送带的速度v18 m/s，AB长L115 m，与箱子间的动摩擦因数为1。传送带的速度v24 m/s，CD长L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带间的动摩擦因数变为20.5，取重力加速度g10 m/s2。(1)求装着货物的箱子在传送带上运动的时间；(2)计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带上箱子向

14、上运动的过程中产生的内能(已知sin 370.6，cos 370.8)。解析：(1)在传送带上，根据牛顿第二定律：1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 30(Mm)a代入数据解得：a2.5 m/s2根据运动学公式：v122as整理可以得到：s12.8 m15 m则知箱子与传送带共速后做匀速运动根据速度公式：v1at1则：t13.2 s与传送带一起匀速运动：L1sv1t2则：t20.275 s故总时间为tt1t23.475 s。(2)在传送带上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma1，整理可以得到：a110 m/s2。根据运动学公式：v22v122a

15、1s箱1；解得s箱12.4 m当达到传送带速度时，由于Mgsin 372Mgcos 37，所以箱子继续减速运动则根据牛顿第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma2；整理可以得到：a22 m/s2根据运动学公式：0v222a2s箱2所以：s箱24 m由于s箱1s箱26.4 m8 m，所以箱子不能运送到高处平台上第一段减速时间：t减1 s0.4 s此过程中传送带的位移大小s减1v2t减140.4 m1.6 m两者相对位移s1s箱1s减12.4 m1.6 m0.8 m产生的热量为：Q12Mgcos 37s1解得Q13.2 J第二阶段：t减2 s2 s此过程中传送带的位移大小s减2v2t减242 m8 m两者相对位移s2s减2s箱28 m4 m4 m产生的热量为：Q22mgcos 37s2解得Q216 J故总的热量为：QQ1Q219.2 J。答案：(1)3.475 s(2)见解析