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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Z6-1 A.木塊的最終速度為v0 B.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Z6-2 A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s 3.(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,子彈與木塊運動的速度圖像如圖Z6-3所示.由此可知(　　) 圖Z6-3 A.木塊質(zhì)量可能是2m B.子彈進入木塊的深度為 C.木塊所受子彈的沖量為mv0 D.子彈射入木塊過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為m 4.如圖Z6-4甲所示,懸掛在細繩下端的物體由靜止開始沿豎直方向運動,運動過程中物體的機械能E與物體通過的路程x的關(guān)系圖像如圖乙所示,其中0~x1過程的圖線為曲線,x1~x2過程的圖線為線段(忽略空氣阻力).下列說法正確的是 (　　) 圖Z6-4 A.0~x1過程中物體所受拉力一定大于重力 B.0~x1過程中物體的動能一定增加 C.x1~x2過程中物體可能做勻速直線運動 D.x1~x2過程中物體可能做變加速直線運動 5.(多選)如圖Z6-5所示,傳送帶與水平面之間的夾角為θ=30,傳送帶兩端A、B間的距離為l=5 m,傳送帶在電動機的帶動下以v=1 m/s的速率沿順時針方向勻速運動.現(xiàn)將一質(zhì)量為m=10 kg的小物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上的A點,已知小物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=,在傳送帶將小物體從A點傳送到B點的過程中(g取10 m/s2) (　　) 圖Z6-5 A.小物體在傳送帶上運動的時間為5 s B.傳送帶對小物體做的功為255 J C.電動機做的功為255 J D.小物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為15 J 6.(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Z6-6 A.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/s2 B.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 C.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2∶3 D.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 cm 7.(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)強度為1 T的勻強磁場,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 Ω,b棒質(zhì)量為2 kg,電阻為10 Ω.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)運動且始終沒有與b棒發(fā)生碰撞.下列說法正確的是 (　　) 圖Z6-7 A.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/s C.碰撞過程中障礙物對b棒的平均沖擊力大小為6 N D.b棒碰到障礙物后,a棒繼續(xù)滑行的距離為15 m 8.如圖Z6-8所示,光滑固定斜面的傾角θ=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.彈簧始終處于彈性限度內(nèi),A、B可視為質(zhì)點,g取10 m/s2. (1)從碰后到最低點的過程中,求彈簧彈性勢能的增加量; (2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,求彈簧對物體B的沖量大小. 圖Z6-8 9.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點為彈簧處于原長時的左端點,已知PQ=R.現(xiàn)有一質(zhì)量為m1=m的物塊1(可視為質(zhì)點)從圓弧軌道的最高點由靜止開始下滑,當(dāng)物塊2固定時,物塊1向右運動壓縮彈簧后被彈簧彈回,向左運動后停在PQ的中點.已知物塊1與PQ段地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.4,Q點右側(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Z6-9 10.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,小車速度達到最大,最后木塊和小車以共同速度運動,有mv0=(m+M)v,解得v=v0,故A正確,B錯誤;木塊減少的動量Δp=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)機械能守恒定律有m=(m+M)+mgR,聯(lián)立解得v0=5 m/s,選項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,子彈進入木塊的深度為d=,選項B正確;由動量定理知,木塊所受子彈的沖量為I=,選項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ΔE=m-(m+M)=m,選項D錯誤. 4.C 5.BD　[解析] 小物體剛放到A點時,受到的滑動摩擦力沿傳送帶向上,小物體做勻加速直線運動,此時a1==g(μcos θ-sin θ)=2.5 m/s2,假設(shè)小物體能與傳送帶達到相同的速度,則小物體加速上滑的位移為x1==0.2 mmgsin θ=50 N,故之后小物體將向上做勻速運動,勻速運動的時間為t2==4.8 s,故運動的總時間為t=t1+t2=5.2 s,選項A錯誤;小物體運動到B點的速度為1 m/s,從A到B,由動能定理得W傳-mglsin θ=mv2-0,解得W傳=255 J,選項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=μmgcos θs相=15 J,選項D正確;由功能關(guān)系可知,電動機做的功等于小物體增加的機械能和因摩擦而產(chǎn)生的熱量,則W電=W傳+Q=270 J,選項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3∶2,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C錯誤;b碰到障礙物時,a繼續(xù)做減速運動,直到停止,此過程由動量定理得BLΔt=mava,其中Δt=q==,聯(lián)立解得x=15 m,選項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 θ=m 解得v0=1 m/s 以初速度方向為正方向,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,由機械能守恒定律得ΔEp=(m+M)+(m+M)gs2sin θ 解得ΔEp=1.125 J (2)從碰后至返回到碰撞點的過程中,由動量定理得 I-(m+M)gsin θ2t=(m+M)v1-[-(m+M)v1)] 解得I=10 Ns 9.(1)mgR　(2)mgR　Q點左側(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-μmgR=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點時速度為v0,由動能定理得 mgR-W克-μmgR=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)v Ep=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+m2v2 m1=m1+m2 解得v1=-v0=-,負號表示方向向左 設(shè)物塊1最終停在Q點左側(cè)x處,由動能定理得-μmgx=0-m 解得x=R 即物塊1最終停在Q點左側(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