【强化训练】力学的经典模型

1、PAGE13力学的经典模型模型一：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eqf3,4，子弹的质量是B的eqf1,4，则A子弹击中木块A后，与A的共同速度为eqf1,4v0B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eqf1,64mv02D弹簧压缩到最短时的弹性势能为eqf1,8mv02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eqf1,4mv0eqblcrcavs4alco1f1,4m

2、f3,4mv1解得v1eqf1,4v0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eqblcrcavs4alco1f1,4mf3,4mv1eqblcrcavs4alco1f1,4mf3,4mmv2此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得eqf1,2eqblcrcavs4alco1f1,4mf3,4mv12eqf1,2eqblcrcavs4alco1f1,4mf3,4mmv22E解式得Eeqf1,64mv02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

3、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198JB圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能为99JC木块所能达到的最大高度为0.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m0v0m0Mv，解得v1 m/s。机械能只在该过程有损失，损失的机械能为Eeqf1,2m0v02eqf1,2m0Mv299J。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

4、vm0Mmv，解得v0.8 m/s由机械能守恒定律得eqf1,2m0Mv2eqf1,2m0Mmv2m0Mgh，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。测量出子弹落地点到悬挂点的水平距离为，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

5、向：v1t竖直方向：heqf1,2gt2解得：v1eqrfg,2h。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：eqf1,2Mv22MgL1cos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：veqrfg,2heqfM,m。答案：1eqrfg,2h2eqrfg,2heqfM,m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，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，平板小车的长L1 m。现给小铁块

6、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/s2A10JB30JC9JD18J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mgLeqf1,2mv12eqf1,2mv02，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mv1Mmv2，解得v21 m/s，设小铁块相对小车运动距离为时与平板小车达到共同速度，由功能关系得mgeqf1,2Mmv22eqf1,2mv12，解得eqf4,3mL，则铁块在没有与平板

7、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E2mgL18J，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。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FFfLB小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfC小物块克服摩擦力所做的功为FfLD小物块和小车增加的机械能为F解析：选ABC由动能定理可得小物块到达小车最

8、右端时的动能E物W合FFfL，A正确；小车的动能E车Ff，B正确；小物块克服摩擦力所做的功WfFfL，C正确；小物块和小车增加的机械能为FLFfL，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2 m2 kg的滑块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10 m共同速度为v，设水平向右为正方向，由动量守恒定律得mvBMvAMmv解得：v2 m/s对A、B组成的系统，由能量守恒定律eqf1,2MvA2eqf1,2mvB2eqf1,2Mmv2mgeqf3,4L代入数

9、据得。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mvMvMmu解得u0设B相对A在粗糙面上的路程为s，由能量守恒得eqf1,2Mmv2mgs代入数据得seqf2,3m由于seqf1,4L，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s1s1seqf1,4Leqf1,6m。答案：12Q点左侧，离Q点eqf1,6m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

10、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/sB物块在传送带上运动的时间为3sC物块与传送带之间的动摩擦因数为D前2s内摩擦产生的热量为16J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t13s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：aeqfv,teqf,2m/s22.0 m/s2，由牛顿第二定律得fma2N，得到物块与传送带间的动摩擦因

11、数eqfma,mgeqf,10，选项C正确；前2s内物块的位移大小1eqfv,2t4 m、方向向右，第3s内的位移大小2eqfv,2t1 m、方向向左，3s内位移123 m，方向向右；物块再向左运动时间t2eqf,v，物块在传送带上运动时间tt1t2，选项B错误；前2s内传送带的位移1vt22 m4 m，向左；相对位移118 m，所以转化的热量EQf16J，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

12、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Ffmagsinmbg，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agvsin，bgv，故1 kg3 kg，传送带的速度v18 m/s，AB长L115 m，与箱子间的动摩擦因数

13、为1eqfr3,2。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2，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上运动的过程中产生的内能已知sin37，cos37。解析：1在传送带上，根据牛顿第二定律：1Mmgcos30Mmgsin30Mma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：t1与传送带一起匀速运动：L1sv1t2则：t2故总时间为tt1t2。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：Mgsin372Mgcos37Ma1，整理可以得到：a110 m/s2。根据运动学公式：v22v122a1s箱1解得s箱12.4 m当达到传送带速度时，由于Mgsin372Mgcos37，所以箱子继续减速运动则根据牛顿第二定律：Mgsin372Mgcos37Ma2；整理可以得到：a22 m/s2根据运动学公式：0v222a2s箱所以：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1eqfv2v1