【配套K12】[学习]2019高考物理二轮复习 第6讲 经典模型综合分析专题突破练

绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科综合能力测试注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆，在探测器“奔向”月球的过程中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描F随h变化关系的图像是A. B. C.D.【答案】D2.太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循坏，循环的结果可表示为1401214H He+2e+2v →，已知11H 和42He 的质量分别为P 1.0078u m =和 4.0026u m α=，1u=931MeV/c 2，c 为光速。

在4个11H 转变成1个42He 的过程中，释放的能量约为A.8MeVB.16MeVC.26MeVD.52MeV3.物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。

已知物块与斜面之间的动摩擦因数为3，重力加速度取10m/s 2。

若轻绳能承受的最大张力为1500N ，则物块的质量最大为A.150kgB.C.200kgD.4.如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面（abcd 所在平面）向外。

ab 边中点有一电子发源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。

已知电子的比荷为k 。

则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为A.14kBlB.14kBl ，54kBlC.12kBlD.12kBl ，54kBl 5.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能E k 与重力势能E p 之和。

2019年高考物理二轮专项练习模型讲解人船模型注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

人船模型［模型概述］“人船”模型极其应用如一人〔物〕在船〔木板〕上，或两人〔物〕在船〔木板〕上等，在近几年的高考中极为常见，分值高，区分度大，如果我们在解题中按照模型观点处理，以每题分布给分的情况来看还是可以得到相当的分数。

［模型讲解］例.如图1所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？图1解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。

当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，那么船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。

设某时刻人对地的速度为v ，船对地的速度为v'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：0'=-Mv mv ，即Mm v v ='因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。

因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v 与船的平均速度v 也与它们的质量成反比，即M m vv =，而人的位移t v s =人，船的位移t v s =船，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即><=1M m s s 人船<1>式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。

2019年高考物理二轮专项练习模型讲解绳件、弹簧、杆件模型注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。

在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。

考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。

只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。

绳件、弹簧、杆件模型［模型概述］挂件问题是力学中极为常见的模型，其中绳件、弹簧件更是这一模型中的主要模具，相关试题在高考中一直连续不断。

它们间的共同之处是均不计重力，但是它们在许多方面有较大的差别。

［模型回顾］［模型讲解］例1.如图1中a所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，l2水平拉直，物体处于平衡状态。

现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

图1〔1〕下面是某同学对题的一种解法：解：设l1线上拉力为，l2线上拉力为，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡，，剪断线的瞬间，突然消失，物体即在反方向获得加速度。

因为，所以加速度，方向沿反方向。

你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。

〔2〕假设将图a中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图b所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与〔1〕完全相同，即，你认为这个结果正确吗？请说明理由。

解析：因为l2被剪断的瞬间，l1上的张力发生突变，故物体获得的瞬间加速度由重力的分力提供，大小为，方向垂直l1斜向下，所以〔1〕错。

因为l2被剪断的瞬间，弹簧的长度不能发生突变而导致弹力不能突变，所以〔2〕对。

拓展：在〔1〕中假设l1、l2皆为弹性绳，剪断l2的瞬间，小球的加速度为多少？〔参考答案〕假设l1、l2皆为弹性绳，剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？〔参考答案〕在〔2〕中剪断l1的瞬间，小球的加速度为多少？〔参考答案〕例2.如图2所示，斜面与水平面间的夹角，物体A和B的质量分别为、。

题组624.(12分)(2018辽宁重点高中协作校三模)如图所示,倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上,质量m=10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动,力F作用t1=2 s后撤去,物体继续向上运动了t2=3 s速度减为零。

取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。

求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数;(2)力F对物体所做的功。

25.(20分)(2018辽宁重点高中协作校三模)如图所示,xOy坐标系中,在y<0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场,在0<y<y0的区域内分布有垂直于xOy平面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷量为+q的粒子以初速度v0,由坐标(0,-y0)处沿x轴正方向射入电场。

已知电场强度大小E=,粒子重力不计。

(1)要使粒子不从y=y0边界射出磁场,求磁感应强度应满足的条件;(2)要使粒子从电场进入磁场时能通过点P(50y0,0)(图中未画出),求磁感应强度的大小。

题组624.答案 (1)0.031 25(2)3 000 J解析 (1)根据牛顿运动定律,前2 s内有:F cos θ-mg sin θ-μN1=ma1mg cos θ+F sin θ-N1=0后3 s内有:mg sin θ+μN2=ma2mg cos θ-N2=0物体运动过程的最大速度v m=a1t1=a2t2解得:μ=0.031 25a1=9.375 m/s2(2)力F作用时物体的位移x=a1力F对物体所做的功W=Fx cos θ解得:W=3 000 J。

25.答案 (1)B>(2)见解析解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,则有:x=v0t,y0=at2qE=ma,v y=at解得:x=2y0v y=v0进入磁场速度v=v0速度与x轴夹角的正切值tan θ==1,得θ=45°若粒子刚好不从y=y0边界射出磁场,则有:qvB=m由几何关系知r=y0解得:B=故要使粒子不从y=y0边界射出磁场,应满足的条件磁感应强度B>。

第六章 动 量[全国卷5年考情分析](说明：2013～2016年，本章内容以选考题目出现)第1节动量定理(1)动量越大的物体，其速度越大。

(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大。

(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。

(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。

(×)(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。

(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。

(√)1．动量是矢量，其方向与物体的速度方向相同，动量变化量也是矢量，其方向与物体合外力方向相同。

2．力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零。

3．动量定理中物体动量的改变量等于合外力的冲量，包括物体重力的冲量。

4．动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向。

突破点(一) 动量与冲量的理解1．动能、动量、动量变化量的比较动能 动量 动量变化量 定义 物体由于运动而具有的能量 物体的质量和速度的乘积 物体末动量与初动量的矢量差定义式E k ＝12mv 2 p ＝mv Δp ＝p ′－p 标矢性标量 矢量 矢量 特点状态量 状态量 过程量 关联方程 E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E k v联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)若物体的；动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化2．冲量和功的区别(1)冲量和功都是过程量。

冲量表示力对时间的积累作用，功表示力对位移的积累作用。

(2)冲量是矢量，功是标量。

(3)力作用的冲量不为零时，力做的功可能为零；力做的功不为零时，力作用的冲量一定不为零。

3．冲量的计算(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算。

(2)变力的冲量①方向不变的变力的冲量，若力的大小随时间均匀变化，即力为时间的一次函数，则力F在某段时间t内的冲量I＝F1＋F22t，其中F1、F2为该段时间内初、末两时刻力的大小。

2019高考物理二轮（十一月）课外优选（6）李仕才一、选择题1、(2018·海安模拟)下列说法正确的是( )A．直线运动的物体位移大小等于路程B．计算火车过桥时所用的时间，火车可当成质点C．速度变化快的物体加速度不一定大D．参考系可以是匀速运动的物体，也可以是变速运动的物体答案：D2、(2018·浙江温州十校联考)2016年8月16日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，其运行轨道为如图所示的绕地球E运动的椭圆轨道，地球E位于椭圆的一个焦点上．轨道上标记了卫星经过相等时间间隔(Δt＝T，T为运转周期)的位置．如果作用在卫星上的力只有地球E 14对卫星的万有引力，则下列说法正确的是( )A ．面积S 1>S 2B ．卫星在轨道A 点的速度小于B 点的速度C ．T 2＝Ca 3，其中C 为常数，a 为椭圆半长轴D ．T 2＝C ′b 3，其中C ′为常数，b 为椭圆半短轴解析：根据开普勒第二定律可知，卫星与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，故面积S 1＝S 2，选项A 错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道A 点的速度大于在B 点的速度，选项B 错误；根据开普勒第三定律可知a 3T 2＝k ，其中k 为常数，a 为椭圆半长轴，选项C 正确，选项D 错误．答案：C3、(2018·常州市模拟)如图所示是“过山车”玩具模型，当小球以速度v 经过圆形轨道最高点时，小球与轨道间的作用力为F ，多次改变小球初始下落的高度h ，就能得出F 与v 的函数关系，下列关于F 与v 之间的关系中有可能正确的是( )解析：小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故mgh ＝mg ·2R ＋12mv 2(①)，在轨道最高点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有F ＋mg ＝m v 2R(②)，联立①②解得F ＝m v 2R－mg(③)，根据③式，F －v 关系图象是开口向上的抛物线，C 项正确．答案：C4、(2018·山东泰安一模)如图所示，＋Q 为固定的正点电荷，虚线圆是其一条等势线．两电荷量相同、但质量不相等的粒子，分别从同一点A 以相同的速度v 0射入，轨迹如图中曲线，B 、C 为两曲线与圆的交点．a B 、a C 表示两粒子经过B 、C 时的加速度大小，v B 、v C 表示两粒子经过B 、C 时的速度大小．不计粒子重力，以下判断正确的是( )A ．aB ＝aC v B ＝v C B ．a B >a C v B ＝v CC ．a B >a C v B <v CD ．a B <a C v B >v C解析：库仑力F ＝kQq r 2，两粒子在B 、C 两点受的库仑力大小相同，根据粒子的运动轨迹可知a B >a C ，a ＝F m，解得m B <m C ，因为B 、C 两点位于同一等势线上，电势相等，所以两粒子从A 运动到B 和从A 运动到C ，电场力做功相同且做负功，有－W ＝12mv 2－12mv 20，所以12m B (v 20－v 2B )＝12m C (v 20－v 2C )，因为m B <m C ，所以v B <v C ，C 正确．答案：C5、一匀强磁场的边界是MN，MN左侧是无场区，右侧是匀强磁场区域，如图甲所示，现有一个金属线框以恒定速度从MN 左侧进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的I－t图象如图乙所示．则可能的线框是如图丙所示中的( )解析：从乙图看到，电流先均匀增加后均匀减小，而线圈进入磁场是匀速运动，所以有效长度是均匀增加的，所以D项正确，B项排除的原因是中间有段时间电流恒定不变．答案：D6、(2018·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为201，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3 V 6 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A．原线圈电压有效值为3 VB．电源输出功率为120 WC．电流表的示数为0.1 AD．电流表的示数为40 A解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W，则电源输出功率为6 W，选项B错误；理想变压器输入功率为6 W，则原线圈中的电流有效值为I＝PU＝660A＝0.1 A，选项C正确，选项D错误．答案：C二、非选择题1、如图所示，将带电荷量Q ＝＋0.3 C 、质量m ′＝0.3 kg 的滑块放在小车的水平绝缘板的右端，小车的质量M ＝0.5 kg ，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ＝0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在磁感应强度B ＝20 T 的水平方向的匀强磁场(垂直于纸面向里)．开始时小车静止在光滑水平面上，一摆长L ＝1.25 m 、质量m ＝0.15 kg 的摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，碰撞后摆球恰好静止，g 取10 m/s 2.求：(1)与小车碰撞前摆球到达最低点时对摆线的拉力；(2)摆球与小车的碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ；(3)碰撞后小车的最终速度．解析：(1)摆球下落过程，由动能定理有mgL ＝12mv 2， 解得v ＝5 m/s ，摆球在最低点时，由牛顿第二定律得F T －mg ＝m v 2L，解得F T ＝4.5 N ，由牛顿第三定律可知摆球对摆线的拉力F T ′＝4.5 N ，方向竖直向下．(2)摆球与小车碰撞瞬间，摆球与小车组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，有mv ＝Mv 1＋0，解得v 1＝1.5 m/s ，由能量守恒定律，有ΔE ＝12mv 2－12Mv 21＝1.31 J. (3)假设滑块与车最终相对静止，则有Mv 1＝(M ＋m ′)v 2， 解得v 2＝0.937 5 m/s ，由此得Ff 洛＝Qv 2B>m ′g ，故假设不成立，因此滑块最终悬浮．滑块悬浮瞬间，满足Ff ′洛＝Qv ′2B ＝m ′g ，解得v ′2＝0.5 m/s.将滑块与小车看成一个系统，系统动量守恒，有Mv 1＝Mv ′＋m ′v ′2，解得v ′＝1.2 m/s ，方向水平向右．答案：(1)4.5 N 方向竖直向下(2)1.31 J (3)1.2 m/s 方向水平向右。

2019高考物理二轮（十一月）课外优选（3）李仕才一、选择题1、(2018·浙江百校联盟押题卷)如图所示，A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是( )A ．A 、B 的质量之比为： 3B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3： 2C ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为2：1D ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为： 2 解析：弹簧对A 、B 的弹力大小相等，设为kx ，对A 、B 分别进行受力分析，由平衡条件可知m A g ＝kxtan60°，F A ＝kx/cos60°，m B g ＝kxtan45°，F B ＝kx/cos45°，联立解得A 、B 两物体质量之比为m A ：m B ＝：tan45°＝3：1，F A ：F B ＝：cos60°＝2：，在剪断弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度a A ：a B ＝：gcos45°＝1：2，故C 、D 正确．答案：CD2、如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则( )A ．恒力F 一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B ．恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C ．若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD ．恒力F 的最小值为32mg 解析：小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F ，把光滑直杆AB 对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L ＝12at 2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A 错误、B 正确；若恒力F 的方向水平向右，由tan30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确；当合力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin60°＝F mg ，解得F 的最小值为F min ＝mgsin60°＝32mg ，选项D 正确． 答案：BCD3、(2018·衡水模拟)质量为2吨的汽车，发动机牵引力的功率为30 kW ，汽车在水平路面上行驶能达到的最大速度为15 m/s ，若汽车以最大功率行驶，所受阻力恒定，则汽车的速度为10 m/s 时的加速度为( )A ．0.5 m/s 2B ．1 m/s 2C ．2 m/s 2D ．2.5 m/s 2解析：汽车在水平路面上行驶所受阻力F f ＝P v＝2 000 N ；当汽车的速度为10 m/s 时，牵引力F ＝P v′＝3 000 N ；加速度a ＝F －F f m ＝0.5 m/s 2，选项A 正确． 答案：A 4、一正电荷仅在电场力作用下，从A 点运动到B 点，速度大小随时间变化的图象如图所示．下列关于A 、B 两点电场强度E 的大小和电势φ的高低的判断，正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A ＝E B ，φA ＝φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：电荷受电场力的作用，合力不为零．由运动图象可知速度的大小没有变化，故电荷只能做匀速圆周运动，故选B.答案：B5、某一空间存在着磁感应强度为B 且大小不变、方向随时间t 做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f 的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其它力不计)( )A ．若粒子的初始位置在a 处，在t ＝3T 8时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度 B ．若粒子的初始位置在f 处，在t ＝T 2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度 C ．若粒子的初始位置在e 处，在t ＝118T 时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度 D ．若粒子的初始位置在b 处，在t ＝T 2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度 解析：要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T 0＝πm qB ＝T 2，结合左手定则可知，选项A 、D 正确．答案：AD6、现有两动能均为E 0＝0.35 MeV 的21H 在一条直线上相向运动，两个21H 发生对撞后能发生核反应，得到32He 和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为32He 和新粒子的动能．已知21H 的质量为2.014 1 u ，32He 的质量为3.016 0 u ，新粒子的质量为1.008 7 u ，核反应时质量亏损1 u 释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)．则下列说法正确的是( )A ．核反应方程为21H ＋21H→32He ＋10nB ．核反应前后不满足能量守恒定律C ．新粒子的动能约为3 MeVD.32He 的动能约为4 MeV解析：由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知21H ＋21H→32He ＋10n ，则新粒子为中子10n ，所以A 正确．核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B 错误；由题意可知ΔE ＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u －1.008 7 u)×931 MeV/u ＝3.3 MeV ，根据核反应中系统的能量守恒有E kHe ＋E kn ＝2E 0＋ΔE ，根据核反应中系统的动量守恒有p He －p n ＝0，由E k ＝p 22m ，可知E kHe E kn ＝m n m He ，解得E kHe ＝m n m n ＋m He (2E 0＋ΔE)＝1 MeV ，E kn ＝m He m n ＋m He(2E 0＋ΔE)＝3 MeV ，所以C 正确、D 错误．答案：AC二、非选择题1、如图所示，ABD 为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB 段是水平的，BD 段为半径R ＝0.2 m 的半圆，两段轨道相切于B 点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m.一不带电的绝缘小球甲，以速度v 0沿水平轨道向右运动，与静止在B 点带正电的小球乙发生弹性碰撞．已知甲、乙两球的质量均为m ＝1.0×10－2 kg ，乙所带电荷量q ＝2.0×10－5C ，g 取10 m/s 2.(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)(1)甲、乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D ，求乙在轨道上的首次落点到B 点的距离；(2)在满足(1)的条件下，求出甲的速度v 0.解析：(1)根据题意可知，甲、乙两球碰撞后，在水平方向上动量守恒，此时乙获得向右的速度沿轨道运动，在乙恰能通过轨道的最高点D 的情况下，设乙到达最高点的速度为v D ，乙离开D 点到达水平轨道的时间为t ，乙的落点到B 点的距离为x ，根据牛顿第二定律有mg ＋qE ＝m v 2D R① 2R ＝12(mg ＋qE m)t 2② x ＝v D t③联立①②③式并代入数据解得x ＝0.4 m④(2)在满足(1)的条件下，设碰撞后甲的速度为v 甲、乙的速度为v 乙，根据动量守恒和机械能守恒定律有mv 0＝mv 甲＋mv 乙⑤12mv 20＝12mv 2甲＋12mv 2乙⑥ 联立⑤⑥式解得v 乙＝v 0⑦根据动能定理有－mg·2R－qE·2R＝12mv 2D －12mv 2乙⑧ 联立①⑦⑧式解得v 0＝v 乙＝＋m ＝2 5 m/s⑨答案：(1)0.4 m (2)2 5 m/s。

专题02 滑块——木板模型一、牛顿运动定律是力学知识的“基石”，滑块—木板模型更是高考热点，在滑块—木板模型中，滑块在木板上滑动的临界加速度大小是判断两物体运动状态的关键．解此类题的一般步骤为：1．运用整体法和隔离法进行受力分析．2．确定仅由摩擦力产生加速度的物体．3．求临界加速度：最大静摩擦力使之产生的加速度为临界加速度．4．判断系统的运动状态：当系统加速度小于临界加速度时，系统加速度相等；当系统加速度大于临界加速度时，系统中各物体加速度不同．5．由运动状态对应求解．二、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。

综合应用动量和能量的观点解题技巧（1）动量的观点和能量的观点①动量的观点：动量守恒定律②能量的观点：动能定理和能量守恒定律这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．②利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：(a)动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．(b)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．典例涵盖了直线运动、牛顿定律、能量、动量、电等相关章节的跟滑块—木板模型有关的典型例题【典例1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v 1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v 0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v －t 图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则( )A ．传送带的速度为4 m/sB ．传送带底端到顶端的距离为14 mC ．物块与传送带间的动摩擦因数为81D ．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反解析：如果v 0小于v 1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v 0一定大于v 1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s ，选项A 正确．传送带底端到顶端的距离等于v －t 图线与横轴所围的面积，即21×(4＋12)×1m ＋21×1×4 m＝10 m ，选项B 错误.0～1 s 内，g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2,1～2 s 内，g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2，解得μ＝41，选项C 错误；在1～2 s 内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D 错误． 答案：A【典例2】.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( )答案 A【典例3】如图所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块放在质量为M ＝2 kg 的长木板上，木板长L ＝11.5 m 。

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0~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为线段(忽略空气阻力).下列说法正确的是()图Z6-4A.0~x1过程中物体所受拉力一定大于重力B.0~x1过程中物体的动能一定增加C.x1~x2过程中物体可能做匀速直线运动D.x1~x2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θ=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μ=,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 P=2 kg和m Q=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E p=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a P=6 m/s2,小球Q的加速度a Q=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5 Ω,b棒质量为2 kg,电阻为10 Ω.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.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θ=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μ=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.图Z6-910.如图Z6-10甲所示,物块A、B的质量分别是m A=4.0 kg和m B=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m C;(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E p.图Z6-10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mv0=(m+M)v',解得v'=v0,故A正确,B错误;木块减少的动量Δp=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ΔE=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(μcos θ-sin θ)=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 m<l=5 m,假设成立,小物体加速运动的时间t1==0.4 s,因为μmg cos θ=75 N>mg sin θ=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-mgl sin θ=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=μmg cos θ·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a P==6 m/s2,a Q==4 m/s2,A正确;由动量守恒定律有m P v P+m Q v Q=0,由机械能守恒定律有m P+m Q=E p,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3∶2,C错误;弹簧恢复原长过程中,始终有m P v P+m Q v Q=0,可知m P|x P|=m Q|x Q|,又知|x P|+|x Q|=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m a v0=m a v a+m b v b,解得v b=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(v a-v b)=4 V,回路中的电流I== A,b棒所受的安培力F b=BIL= N,b与障碍物碰撞时,由动量定理得(F b-)t=0-m b v b,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 LΔt=m a v a,其中Δt=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mgs1sin θ=m解得v0=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ΔE p=(m+M)+(m+M)gs2sin θ解得ΔE p=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)g sin θ×2t=(m+M)v1-[-(m+M)v1)]解得I=10 N·s9.(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-μmg·R=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-μmgR=m解得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)vE p=m1-(m1+m2)v2解得弹簧的最大弹性势能E p=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-μmgx=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 kg·m/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m C v1=(m A+m C)v2解得m C=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I B=I AC=(m A+m C)v2=18 kg·m/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(m A+m C)v3=(m A+m B+m C)v4由能量守恒定律得(m A+m C)=(m A+m B+m C)+E p解得E p=9 J。