2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-用动量和能量观点分析板块模型专题（含解析）

这是一份2021届高三物理二轮复习常考模型微专题复习-用动量和能量观点分析板块模型专题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3 m、2 m、m。B、C与车之间的动摩擦因数均为μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车，则( )
A. 当滑块C的速度为零时，滑块B的速度也为零
B. 最终车的速度大小为12v0
C. 整个运动过程中，系统产热最多为1712mv02
D. 整个运动过程中，B的加速度不变
如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是( )
A. 其他量不变，R越大x越大B. 其他量不变，μ越大x越大
C. 其他量不变，m越大x越大D. 其他量不变，M越大x越大
如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A，B的速度随时间变化情况如下右图所示，重力加速度g=10m/s2.则下列说法正确的是( )
A. A、B之间动摩擦因数为0.1B. 长木板的质量为1 kg
C. 长木板长度至少为2mD. A、B组成系统损失机械能为4J
如图，一质量为m0带有四分之一圆弧轨道的滑块静置于光滑水平面上，轨道的半径是R、末端切线水平。将一质量为m的光滑小球从轨道最高点由静止释放，小球运动至轨道最低点的过程中，滑块对小球做的功是(重力加速度大小为g)( )
A. 0B. -m2gRm0+mC. -mm0gRm0+mD. mm0gRm0+m
如图所示，有质量为3m足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块，静止在光滑水平面上。第一次使小木块获得向右的水平初速度v0；第二次使木板获得向右的水平初速度v0。两次运动均在木板上留下完整划痕，则两次划痕长度之比为
A. 1：1B. 1：3C. 1：2D. 1:2
如图所示，质量m=250 g的物块(可视为质点)放在质量M=0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑的水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4.质量m0=5 g的子弹以速度v0=350 m/s沿水平方向射入并穿过物块(时间极短，子弹不会落在木板上)，之后物块在木板上滑行的距离x=3 m，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是
A. 子弹穿过物块后的速度为60 m/s
B. 子弹穿过物块时物块的速度为6 m/s
C. 物块与木板共同的速度为3 m/s
D. 物块相对木板滑行的时间为1.5 s
如图所示，光滑的水平面上静止一质量m1=0.6 kg的小车，可视为质点的物块以水平向左的速度v0=5 m/s从右端滑上小车，最后两者保持相对静止。已知物块质量m2=0.4 kg，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10 m/s2。物块在车面上滑行的时间为
A. 1 sB. 2 sC. 3 sD. 4 s
如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg、mC=2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0=5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．则A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小为( )
A. 1 m/sB. 2 m/sC. 4 m/sD. 3 m/s
二、多选题
一质量M=2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，如图所示，现有质量均为m=1 kg的小物块A和B(均可视为质点)，由车上某点P处开始，A以初速度v1=2 m/s向左运动，B同时以v2=4 m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。已知两物块与小车间的动摩擦因数均为μ=0.1，取g=10 m/s2。则下列说法中正确的是( )
A. 小车最终将静止在水平地面上
B. 小物块B在小车上滑动的过程中产生的热量为7.5 J
C. 小车的总长L为9.5 m
D. 整个过程系统产生的总热量为9.875 J
如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知小车质量M=4m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则( )
A. 全过程滑块在水平方向上相对地面的位移的大小为R+L
B. 小车在运动过程中速度的最大值为gR10
C. 全过程小车相对地面的位移大小为R+L5
D. μ、L、R三者之间的关系为R=μL
如图，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止．已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则( )
A. 木板先加速再减速，最终做匀速运动
B. 整个过程中弹簧弹性势能的最大值为Mmv024(M+m)
C. 整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为Mmv0M+m
D. 弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为Mv022μ(M+m)g
如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两块可视为质点的小滑块A和B，A的质量为m、B的质量为2m，C的质量为3m，A，B与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A以初速度v0从C的左端、B以初速度2v0从木板中间某一位置同时以水平向右的方向滑上木板C。在之后的运动过程中B恰好不与C的右挡板碰撞；重力加速度为g，则对整个运动过程，下列说法正确的是
A. 滑块A的最小速度为12v0
B. 滑块B的最小速度为56v0
C. 滑块B与长木板C右挡板间距为13v0212μg
D. 全过程系统的机械能减少了5mv0212
如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则下列选项正确的是( )
A. 细绳拉断前，细绳拉力对木板的冲量为0
B. 滑块与木板AB间的动摩擦因数为v22gl
C. 细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv2
D. 弹簧恢复原长时滑块的动能为12mv2
如图所示，半径R=1 m的光滑圆弧形轨道固定在竖直平面内，轨道底端处的切线水平；一质量M=4 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车右端紧靠圆弧轨道底端，其上表面恰好与圆弧轨道下端相切。一质量m=2 kg的小物块从圆弧轨道上距轨道下端高度h=0.45 m处由静止释放，小物块经圆弧轨道下滑后滑上平板车，最终恰好未从平板车的左端滑下。已知小物块可视为质点，小物块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是( )
A. 小物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的压力大小为20 N
B. 平板车做加速运动时的加速度大小为5 m/s2
C. 平板车的长度为0.6 m
D. 小物块与平板车发生相对滑动过程中产生的热量为6 J
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
注意A选项本题用了纯粹的运动学公式，这样有利于学生对于滑块木板模型的掌握，实际上在分析出A、B共速后的情况后，可以直接用水平方向动量守恒来求AB的共同速度，有兴趣的同学可以试一下；
无论内部摩擦力是多少，但是对于ABC整体来说，在水平方向不受外力，所以动量守恒，则可以求得共同速度；
根据能量守恒定律，系统损失的动能转化为了内能。
【解答】
A、以水平向右为正方向，设A、B、C三者开始运动时的加速度分别为a1、a2、a3，对三者水平方向受力分析可得a1=μg3，a2=-μg，a3=μg，
开始速度分别为0、v0、-v0，
我们分析如下，可能有两种情况，
情况①：A、B先共速，
设A、B经过时间t1共速，则有a1t1=v0+a2t1，得t1=3v04μg，
情况②：B、C先共速，
设B、C经过时间t2共速，则有v0+a2t2=-v0+a3t2，得t2=v0μg，
从上面分析可以看出t1现在我们分析下这个运动过程，开始时B向右减速运动，A向右加速运动，C向左减速，然后经过时间t1，A、B首先共速，一起向右运动，而B继续向左减速运动，
此后可以将A、B看做一个整体，AB整体的速度为v4=14v0，此时AB整体受到C向左的摩擦力μmg，则AB整体此后的加速度为a4=-μmg5m=-15μg，而C的加速度仍然为a3=μg，C的速度为v5=-v0+a3t1=-14v0，
设C再经过t3时间速度变为0，则有t3=0-v5a3=v04μg，则此时AB整体的速度为vAB=v4+a4t3=15v0，故当滑块C的速度为零时，滑块B的速度为15v0，故A错误；
B、A、B、C看做一个整体，则摩擦力都属于内力，对于整体来说水平方向动量守恒，则有2mv0-mv0=(3m+2m+m)v，解得v=16v0，故B错误；
C、根据能量守恒定律，系统动能损失转化为内能，
则有Q=12×2mv02+12mv02-12(m+2m+3m)(v06)2=1712mv02，故C正确；
D、根据A选项分析，可知AB共速之前，B的加速度不变，共速后，B的加速度发生了变化，故D错误。
故选C。
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要考查动量守恒定律，机械能守恒定律。系统水平方向上不受外力，所以从A到D的过程中，系统水平方向动量守恒．在A点系统的总动量为零，到D点总动量仍为零，到D点两物体速度仍为零。
物体从A到B的过程中，物体小车均是光滑接触，故系统没有能量损失即机械能守恒；从B到D的过程中，滑块受摩擦力作用，且摩擦力对滑块做功，所以系统机械能不守恒．摩擦力对系统做多少功，系统的机械能就减少多少．即有mgR=μmgx，得到x的表达式，再进行分析。
【解答】
小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒得μmgx=mgR，得x= Rμ，A正确。
故选A。
3.【答案】A
【解析】解：A、由图象可知，木板A匀减速运动的加速度为：a=ΔvΔt=-1m/s2，对A根据牛顿第二定律得：-μmg=ma，解得动摩擦因数为：μ=0.1，故A正确；
B、从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v=1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=(m+M)v
解得：M=m=2 kg，故B错误；
C、由v-t图象面积表示位移，可知前1 s内B的位移为：xB=v2t=12×1m=0.5m，A的位移为：xA=1+22×1m=1.5m，所以木板最小长度L=xA-xB=1m，故C错误；
D、A、B组成系统损失机械能为：ΔE=12mv02-12(M+m)v2=2J，故D错误。
故选：A。
根据图象的斜率求加速度，结合牛顿第二定律求摩擦因数；
根据动量守恒定律求长木板的质量；
根据碰撞前后动能的减少量求系统损失机械能；
本题首先要求同学们能根据位移图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，其次要明确碰撞的基本规律是动量守恒定律，并要注意动量的方向。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
本题综合考查了系统动量守恒定律和机械能守恒定律，对学生的能力要求较高，运用动量守恒解题，关键选择好研究的系统，规定正方向，抓住初末状态列式求解。
【解答】
设小球运动至轨道最低点时小球速度大小是v1，，滑块速度大小是v2，规定向左为正方向，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，系统的机械能守恒，
即mv1-m0v2=0，
mgh=12mv12+12m0v22，
解得v2=m2gRm0(m0+m)，所以滑块的机械能增加为12m0v22=m2gRm0+m，
所以小球的机械能减少m2gRm0+m ，
根据功能关系得滑块对小球做的功是-m2gRm0+m ，故ACD错误，B正确。
故选B。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
根据动量守恒求出共速的速度，根据能量守恒定律列方程即可求出划痕长度。
本题主要考查动量守恒，能量守恒，解决本题的关键在于最终木板与木块共速，根据动量守恒及能量守恒求解。
【解答】
木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有mv0=(M+m)v，解得v=mv0M+m；
根据能量守恒定律有μmgs=12mv02-12(M+m)v2
解得划痕长度s=Mv022μ(M+m)g
同理可求，当木板的初速度为v0时的划痕长度；
两次划痕长度之比为1:1，故A正确，BCD错误。
故选A。
6.【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了子弹打物块的模型和滑块木板模型。
子弹射出物块后，物块在木板上滑动，物块与木板动量守恒，当速度相同时，物块相对木板运行x=3m，
根据动量守恒和能量守恒定律列式求解子弹穿出物块后，物块的速度，以及共同速度；
对子弹打物块过程中运用动量守恒定律求出子弹射出后的速度；
根据动量定理求物块相对木板滑行的时间。
【解答】BC、设子弹穿过物块后，物块的速度为v1，物块与木板的共同速度为v2，物块在木板上的滑动过程，
由动量守恒定律得mv1=(M+m)v2，由能量守恒定律得μmgx=12mv12-12(m+M)v22，
联立两式解得v1=6m/s，v2=2m/s，选项B正确，C错误；
A、子弹穿过物块过程，设子弹穿过物块后，子弹速度为v，由动量守恒定律得，
m0v0=m0v+mv1，解得v=50m/s，选项A错误；
D、对物块，由动量定理得-μmgt=mv2-mv1，代入数据得t=1s，选项D错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查动量定理、动量守恒定律。分析好物理情景，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
根据动量守恒和动量定理列等式关系，分析解题即可。
【解答】
设物块与小车的共同速度为v，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v，设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0，其中F=μm2g，联立三式解得t=3 s，C项正确。
故选C．
8.【答案】B
【解析】
【试题解析】
【分析】
本题要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律，AC碰撞瞬间动量守恒，碰后AB动量守恒．解题时要规定正方向..
【解答】
因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB
由动量守恒定律得mAvA+mBv0=(mA+mB)vAB
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB=vC
得vA=2 m/s.故B正确。
故选B。
9.【答案】BC
【解析】解：AC、设最终物块A、B和小车组成的系统共同速度为v。取向右为正方向，由整个系统动量守恒、能量守恒得：
mv2-mv1=(2m+M)v…①
μmgL=12mv22+12mv12-12(2m+M)v2…②
解得：v=0.5m/s、L=9.5m，即小车最终将以0.5m/s的速度向右运动，故A错误，C正确。
B、A车离左端距离x1.刚运动到左端历时t1，在A运动至左端前，小车静止。
由牛顿第二定律得：μmg=maA…③
v1=aAt1…④
x1=12aAt12…⑤
联立可得t1=2s x1=2m
所以B离右端距离x2=L-x1=7.5m
B在小车上滑动的过程中产生的热量 QB=μmgx2=0.1×1×10×7.5J=7.5J.故B正确。
D、整个过程系统产生的总热量为Q=μmgL=0.1×1×10×9.5J=9.5J.故D错误。
故选：BC。
因地面光滑，两个物块A、B和小车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出最终三者的共同速度，根据功能关系列式求出小车的长度；
B在小车上滑动的过程中产生的热量等于B滑动过程中克服摩擦力做的功。由牛顿第二定律和位移时间公式求出B相对于小车滑动的位移，即可求解小物块B在小车上滑动的过程中产生的热量。
根据能量守恒定律求整个过程系统产生的总热量。
本题的关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，要知道摩擦产生的热量与相对位移成正比，要注意位移的参照物。
10.【答案】BCD
【解析】
【分析】
滑块m下滑的过程中，系统水平方向的动量守恒。m从A到B，系统的动量守恒，机械能守恒，由此分析解答。
本题考查动量守恒定律中的人船模型，把握运动状态分析，是解题的关键。
【解答】
AC、滑块m下滑的过程中，水平方向动量守恒：mx-Ms=0，而x+s=R+L，
解得全程滑块水平方向相对地面的位移：x=45(R+L)，全程小车相对地面的位移大小：s=15(R+L)，故A错误；C正确；
B、滑块从A到B时小车速度最大，
滑块从A到B，滑块与小车水平方向的动量守恒，机械能守恒，有
mv1-Mv2=0
mgR=12mv12+12Mv22
解得：滑块m运动过程中的最大速度v1=110gR，故B正确；
D.根据能量守恒定律：mgR=μmgL，μ、L、R三者之间的关系为R=μL，故D正确；
故选BCD。
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
本题主要考查用动量守恒定律分析滑块木板问题和弹簧问题，根据木板的运动过程判断木板的运动性质；当弹簧压缩量最大时，木板与物块速度相等，此时弹簧弹性势能最大，木板与物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能；应用动量守恒定律可以求出木板的最终速度，应用动量定理可以求出整个过程木板与弹簧对物块的冲量；应用能量守恒定律可以求出弹簧压缩到最短时物块到木板右端的距离。
【解答】
A. 物块相对于木板向左运动过程木板向左做加速运动，物块相对于木板向右滑动过程，木板向左做减速运动，最后木块与木板共同做匀速运动，故A正确；
BD.弹簧压缩量最大时物块与木板速度相等，弹簧弹性势能最大，物块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v1
物块运动到木板最右端时与木板相对静止，此时两者速度相等，整个过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v2
从物块滑上木板到弹簧压缩最短过程，由能量守恒定律得：12mv02=12M+mv12+μmgL+EP
从物块滑上木板到物块到达木板最右端过程，由能量守恒定律得：12mv02=12M+mv22+μmg·2L
解得：EP=Mmv024(m+M)，L=Mv024μg(m+M)
故B正确，D错误；
C. 整个过程，物块受到的合力的冲量I=mv2-mv0=-Mmv0M+m
Mmv0M+m是物块受到的合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，故C错误。
故选：AB。
12.【答案】ABC
【解析】
【分析】
(1)A、B、C三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出最终速度；
(2)A、B两小滑块同时水平向右滑动后，滑块A先做匀减速直线运动，当滑块A与木板C的速度相等后，AC相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；滑块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同；
(3)当滑块A与木板C的速度相等时，滑块A的速度最小，根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解滑块A在整个过程中的最小速度。
本题考查了系统动量守恒及能量守恒，解题的关键是抓住关键词“弹性碰撞”，并且适当运用牛顿第二定律解题即可。
【解答】
AB、第一过程， A 、 B减速 C加速， A 、 B减速的加速度 a1=μg， C加速过程中加速度也为 a1=μg，当 A 、 C共速时， A 、 C速度 v1=v02， B速度 v1'=3v02；第二过程， A 、 C一起加速， B继续减速至三者共速； A 、 C一起加速的加速度 a2=12μg， B的加速度继续为 a1=μg，至三者共速时速度为 v共=5v06，故AB正确；
C、由图2所示 v-t图象可得 B 、 C相对滑动的距离 ，故C正确；
D、全过程能量守恒，，故D错误；
故选ABC。
13.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题是系统动量守恒和机械能守恒的综合应用，要挖掘所隐含的临界条件：细绳被拉断刚好被拉断时，细绳的拉力达到最大。知道滑块恰好没有滑出木板时，滑到木板的右端，且速度与木板相同。
根据冲量的定义分析细绳拉断前细绳拉力对木板的冲量；根据机械能守恒定律求细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能。细绳被拉断后，滑块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求动摩擦因数。
【解答】
A.细绳拉断前，拉力不为零，时间也不为零，所以细绳拉力对木板的冲量不为0，故A错误；
B.弹簧最大的弹性势能Ep=12mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v'，
取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：0=(m+M)v'，Ep=12(m+M)v'2+μmgl，
联立解得μ=v22gl，故B正确；
C.滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为12mv2，故C正确；
D.弹簧恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于12mv2，故D错误。
14.【答案】CD
【解析】
【试题解析】
【分析】
小物块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出小物块到达最低点时的速度，在最低点应用牛顿第二定律求出轨道的支持力，然后求出物块对轨道的压力；应用牛顿第二定律求出平板车的加速度大小；小物块与平板车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出平板车的长度与产生的热量。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与牛顿第二定律可以解题。
【解答】
A.小物块下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02
代入数据解得：v0=3m/s
在最低点，由牛顿第二定律得：F-mg=mv02R
代入数据解得：F=38N
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小：F'=F=38N，故A错误；
B.小物块在平板车上滑动过程，对平板车，由牛顿第二定律得：μmg=Ma，代入数据解得：a=2.5m/s2，故B错误；
CD.小物块与平板车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v
由能量守恒定律得：12mv02=12(M+m)v2+Q
热量：Q=μmgL
代入数据解得：Q=6J，L=0.6m，故CD正确；
故选：CD。