【物理】2018届二轮复习“力学的经典模型（二）”学案（全国通用）

【物理】2018届二轮复习“力学的经典模型（二）”学案（全国通用）

‎“力学的经典模型（二）”学前诊断 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v0‎ B．子弹击中木块A后，与A的共同速度为v0‎ C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02‎ D．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mv0＝v1‎ 解得v1＝v0 ①‎ 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 v1＝v2 ②‎ 此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得 v12＝v22＋E ③‎ 解①②③式得E＝mv02‎ 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m＝‎0.5 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M＝‎1.98 kg的木块，现有一质量为m0＝‎20 g的子弹以v0＝‎100 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 J B．圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99 J C．木块所能达到的最大高度为‎0.01 m D．木块所能达到的最大高度为‎0.02 m 解析：选BC　子弹射入木块过程，二者水平方向动量守恒，有m0v0＝(m0＋M)v，解得v＝‎1 m/s。‎ 机械能只在该过程有损失，损失的机械能为 ΔE＝m0v02－(m0＋M)v2＝99 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(m0＋M)v＝(m0＋M＋m)v′，解得v′＝‎0.8 m/s 由机械能守恒定律得(m0＋M)v2＝(m0＋M＋m)v′2＋(m0＋M)gh，解得h＝‎‎0.01 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)。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θ，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：x＝v1t 竖直方向：h＝gt2‎ 解得：v1＝x。‎ ‎(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：Mv22＝MgL(1－cos θ)‎ 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：mv＝mv1＋Mv2‎ 解得：v＝x＋。‎ 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M＝‎6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m＝‎2 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μ＝0.45，平板小车的长L＝‎1 m。现给小铁块一个v0＝‎5 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)(　　)‎ A．10 J　　　　　　　　　 　B．30 J C．9 J D．18 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－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝‎4 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＝(M＋m)v2，解得v2＝‎1 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－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，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ΔE＝2μmgL＝18 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为(F－Ff)(L＋x)‎ B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)‎ 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＝(F－Ff)(L＋x)，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Wf＝Ff(L＋x)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－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M＝‎2 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L＝‎2 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m＝‎2 kg的滑块B。某时刻木板A以vA＝‎‎1 m ‎/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB＝‎5 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μ；‎ ‎(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mvB－MvA＝(M＋m)v 解得：v＝‎2 m/s 对A、B组成的系统，由能量守恒定律 MvA2＋mvB2－(M＋m)v2＝μmgL 代入数据得μ＝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mv－Mv＝(M＋m)u 解得u＝0‎ 设B相对A在粗糙面上的路程为s，由能量守恒得 (M＋m)v2＝μmgs 代入数据得s＝ m 由于s＞L，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s1‎ s1＝s－L＝ 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m＝‎1 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/s B．物块在传送带上运动的时间为3 s C．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.2‎ D．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v＝‎4 m/s、传送带速度大小v′＝‎2 m/s，物块在传送带上滑动t1＝3 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/s2＝‎2.0 m/s2，由牛顿第二定律得f＝ma＝2 N，得到物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2，选项C正确；前2 s内物块的位移大小x1＝t＝‎4 m、方向向右，第3 s内的位移大小x2＝t′＝‎1 m、方向向左，3 s内位移x＝x1－x2＝‎3 m，方向向右；物块再向左运动时间t2＝＝1.5 s，物块在传送带上运动时间t＝t1＋t2＝4.5 s，选项B错误；前2 s内传送带的位移x1′＝v′t＝2×‎2 m＝‎4 m，向左；相对位移Δx′＝x1′＋x1＝‎8 m，所以转化的热量EQ＝f×Δx′＝16 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θ，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mb＞masin θ。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Ff＋mbg＞magsin θ，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Ff′＋magsin θ＝mbg，则a、b开始做匀速运动，此时因mbg＞magsin θ，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Pa＝magvsin θ，Pb＝mbgv，故Pa＜Pb，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Ⅰ与水平面夹角为30°，传送带Ⅱ与水平面夹角为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Ⅰ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Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切。已知箱子的质量M＝‎1 kg，货物的质量m＝‎3 kg，传送带Ⅰ的速度v1＝‎8 m/s，AB长L1＝‎15 m，与箱子间的动摩擦因数为μ1＝。传送带Ⅱ的速度v2＝‎4 m/s，CD长L2＝‎8 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2＝0.5，取重力加速度g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求装着货物的箱子在传送带Ⅰ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Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。‎ 解析：(1)在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律：‎ μ1(M＋m)gcos 30°－(M＋m)gsin 30°＝(M＋m)a 代入数据解得：a＝‎2.5 m/s2‎ 根据运动学公式：v12＝2as 整理可以得到：s＝‎12.8 m＜‎‎15 m 则知箱子与传送带共速后做匀速运动 根据速度公式：v1＝at1‎ 则：t1＝3.2 s 与传送带一起匀速运动：L1－s＝v1t2‎ 则：t2＝0.275 s 故总时间为t＝t1＋t2＝3.475 s。‎ ‎(2)在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：‎ Mgsin 37°＋μ2Mgcos 37°＝Ma1，‎ 整理可以得到：a1＝‎10 m/s2。‎ 根据运动学公式：v22－v12＝－‎2a1s箱1；‎ 解得s箱1＝‎‎2.4 m 当达到传送带速度时，由于Mgsin 37°＞μ2Mgcos 37°，‎ 所以箱子继续减速运动 则根据牛顿第二定律：Mgsin 37°－μ2Mgcos 37°＝Ma2；‎ 整理可以得到：a2＝‎2 m/s2‎ 根据运动学公式：0－v22＝－‎2a2s箱2‎ 所以：s箱2＝‎‎4 m 由于s箱1＋s箱2＝‎6.4 m＜‎8 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＝＝ s＝0.4 s 此过程中传送带的位移大小 s减1＝v2t减1＝4×‎0.4 m＝‎‎1.6 m 两者相对位移Δs1＝s箱1－s减1＝‎2.4 m－‎1.6 m＝‎‎0.8 m 产生的热量为：Q1＝μ2Mgcos 37°·Δs1‎ 解得Q1＝3.2 J 第二阶段：t减2＝＝ s＝2 s 此过程中传送带的位移大小s减2＝v2t减2＝4×‎2 m＝‎‎8 m 两者相对位移Δs2＝s减2－s箱2＝‎8 m－‎4 m＝‎‎4 m 产生的热量为：Q2＝μ2mgcos 37°·Δs2‎ 解得Q2＝16 J 故总的热量为：Q＝Q1＋Q2＝19.2 J。‎ 答案：(1)3.475 s　(2)见解析