高考物理考前冲刺（2）必考、常考物理模型猜押练

这是一份高考物理考前冲刺（2）必考、常考物理模型猜押练，共10页。试卷主要包含了如图，一带电荷量q=+0，5 m/s2，向左做匀减速运动，2 s，v1′=0，0 N·s等内容，欢迎下载使用。
高考物理冲破高分瓶颈考前必破破（2）必考、常考物理模型猜押练 必考模型猜押：1.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘平齐。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ=，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。【答案】(1)3mg　(2)L　(3)C不会从木板上掉下来，计算过程见解析解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理得：mgL=m解得：v0=小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：FT-mg=m解得：FT=3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′=FT即细绳能够承受的最大拉力为：FT′=3mg。(2)小球与C碰撞后做平抛运动，竖直位移：h=gt2水平位移：L=t解得：h=L。(3)小球与C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设碰撞后C的速率为v1，依题意有mv0=m+3mv1假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1=(3m+6m)v2由能量守恒定律得：×3m=(3m+6m)+μ·3mgs联立解得：s=由s<L知，C不会从木板上掉下来。2.如图，一带电荷量q=+0.05 C、质量M=1 kg的绝缘平板置于光滑的水平面上，板上靠右端放一可视为质点、质量m=1 kg的不带电小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ=0.75。距平板左端L=0.8 m处有一固定弹性挡板，挡板与平板等高，平板撞上挡板后会以原速率反弹。整个空间存在电场强度E=100 N/C的水平向左的匀强电场。现将物块与平板一起由静止释放，已知重力加速度g=10 m/s2，平板所带电荷量保持不变，整个过程中物块未离开平板。求：(1)平板第二次与挡板即将碰撞时的速率；(2)平板的最小长度；(3)从释放平板到两者最终停止运动，挡板对平板的总冲量。【答案】(1)1.0 m/s　(2)0.53 m  (3)8.0 N·s解析：(1)两者相对静止，在电场力作用下一起向左加速，有a==2.5 m/s2<μg故平板M与物块m一起匀加速，根据动能定理可得：qEL=(M+m)解得v1=2.0 m/s平板反弹后，物块加速度大小a1==7.5 m/s2，向左做匀减速运动平板加速度大小a2==12.5 m/s2，平板向右做匀减速运动，设经历时间t1平板与物块达到共同速度v1′，向右为正方向。-v1+a1t1=v1-a2t1解得t1=0.2 s，v1′=0.5 m/s，方向向左。此时平板左端距挡板的距离：x=v1t1-a2=0.15 m此后两者一起向左匀加速，设第二次碰撞时速度为v2，则由动能定理可得：(M+m)-(M+m)v=qEx解得v2=1.0 m/s(2)最后平板、小物块静止(左端与挡板接触)，此时小物块恰好滑到平板最左端，这时的平板长度最短。设平板长为l，全程根据能量守恒可得：qEL=μmgl解得：l= m=0.53 m(3)设平板第n-1次与第n次碰撞反弹速度分别为vn-1和vn；平板第n-1次反弹后：设经历时间tn-1，平板与物块达到共同速度vn-1′平板vn-1′=vn-1-a2tn-1位移大小xn-1=vn-1tn-1-a2物块vn-1′=-vn-1+a1tn-1由以上三式解得：vn-1′=-，tn-1=，xn-1=此后两者一起向左匀加速，由动能定理qExn-1=(M+m)-(M+m)(vn-1′)2解得：=2从开始运动到平板和物块恰停止，挡板对平板的总冲量：I=2Mv1+2Mv2+2Mv3+2Mv4+……解得：I=8.0 N·s3.如图所示，足够长的光滑平行导轨cd和ef水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三光滑金属圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属棒，两金属棒与水平导轨、金属圆环形成闭合回路，两金属棒质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当用水平向右的恒力F=mg拉金属棒a，并达到匀速运动时，金属棒b恰好静止在圆环上某处，试求：(1)金属棒a做匀速运动时，回路中的感应电流大小；(2)金属棒a做匀速运动时的速度大小；(3)金属棒b静止的位置距圆环最低点的竖直高度h。【答案】(1)　(2)　(3)解析：(1)a棒匀速运动时，拉力与安培力平衡，则F=BIL，得I=。(2)金属棒a切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv，回路中电流I=，联立得v=。(3)b棒受力平衡时，设棒和圆环圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则tanθ==，解得θ=60°，所以h=r=。4.如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°。求：(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？(2)cd棒能达到的最大速度是多大？(3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？【答案】(1)　　(2)　(3)mgR解析：(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有mgR(1-cos60°)=mv2解得v=进入磁场区瞬间，回路中电流强度I==。(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得mv=(2m+m)v′解得v′=。(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，故Q=mv2-·3mv′2解得Q=mgR。常考模型猜押：5.(绳杆模型)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是              (　　)A.图象函数表达式为F=m+mgB.绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置变小C.绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大D.重力加速度g=【答案】D　解析：小球在最高点，根据牛顿第二定律有：F+mg=m，解得：F=m-mg，故A错误。当F=0时，g=，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故B错误。根据F=m-mg知，图线的斜率k=，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误。当F=0时，根据表达式有：mg=m，解得g=，故D正确。6.(弹簧模型)(多选)如图所示，离水平地面一定高处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是 (　　)A.小球向上运动的过程中处于失重状态B.小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能C.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒【答案】A、B　解析：小球抛出的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故B正确；小球抛出到将弹簧压缩过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故C错误；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。7.(双星模型)如图所示，银河系中有两黑洞A、B，它们以两者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，测得黑洞A、B到O点的距离分别2r和r。黑洞A和黑洞B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星体对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于它们之间的距离。下列说法正确的是              (　　)A.黑洞A、B的质量之比为2∶1B.黑洞A、B的线速度之比为2∶1C.黑洞A、B的周期之比为2∶1D.若从地球向黑洞A发射一颗探测卫星，其发射速度一定要大于7.9 km/s【答案】B　解析：双星各自做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，因为m1r1ω2=m2r2ω2，知半径之比等于质量之反比，故质量之比为1∶2，故A错误。由v=rω，知线速度与半径成正比，为2∶1，故B正确。双星的周期相同，与质量无关，故C错误。要在地球上发射一颗探测该黑洞信息的探测器，必须要离开太阳的束缚，故发射速度必大于16.7 km/s，故D错误。8.(电磁偏转模型)如图所示，在x>0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场，电场强度E=0.2 N/C；在x<0的空间中，存在垂直xOy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B=3.14 T。一带负电的粒子(比荷=1 600 C/kg)，在x=0.1 m处的d点以v0=8 m/s 的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求：(1)带电粒子经多长时间第一次进入磁场，进入磁场时速度多大，带电粒子开始运动后第一次进入磁场时距O点的距离； (2)带电粒子第一次进入磁场后经多长时间再次返回电场。【答案】(1)s　8 m/s，方向与y轴的方向成45°　 m　(2) s解析：(1)粒子在第一象限做类平抛运动，加速度为a==1 600×0.2 m/s2=320 m/s2，由匀变速直线运动的位移公式得：x=a，代入数据解得：t1= s，沿y轴方向的位移：y=v0t1=8× m= m；粒子通过y轴进入磁场时在x轴方向上的速度：vx=at1=320× m/s=8 m/s速度为：v==8 m/s设进入磁场时速度与y轴的方向为θ，则有：tanθ==1，解得：θ=45°。(2)粒子在第二象限做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为2θ=90°，运动时间为：t2=T=T=×== s。9.(传送带模型)五一期间，小马到外公家的面粉加工厂劳动，他的主要任务就是将装好的一袋袋面粉用一长为6 m的倾斜传送装置从加工车间运送到车厢上，已知传送带与水平方向夹角θ为37°。现在他要用此装置来运送一袋50 kg的面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，初始时，将这袋面粉轻放在静止传送带上的A点，然后让传送带以恒定的加速度a0=2 m/s2开始运动，当其速度达到v0=2 m/s后，便以此速度做匀速运动。已知重力加速度为g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。此袋面粉在运动过程中可视为质点，求：(1)将这袋面粉由A端运送到B端摩擦力对这袋面粉做的功；(2)若由于小马将面粉从地上提起时不小心刮到了衣服上的纽扣，从而使得面粉出现渗漏，在运送这袋面粉的过程中会在深色传送带上留下白色的面粉的痕迹，这袋面粉在传送带上留下的痕迹有多长？【答案】(1)1 900 J　(2)4 m解析：(1)对面粉：μmgcosθ-mgsinθ=ma，得：a=0.4 m/s2对传送带：a0=2 m/s2设经过时间t0传送带的速度达到v0，则由v0=a0t0，得：t0=1 s；此时面粉仍处于加速状态，且加速度仍然为a=0.4 m/s2设从静止开始一共经过时间t1，面粉与传送带共速，则：由v0=0+at1，得：t1=5 s；由x1=a，得：x1=5 m；因为mgsinθ<μmgcosθ，所以面粉与传送带共速之后，便一直以v0=2 m/s匀速运动到传送带的顶端，此阶段面粉受到传送带的摩擦力为f静=mgsinθ且面粉匀速运动的位移为x2=6 m-x1=1 m所以全过程从A端到B端，摩擦力对面粉袋做功为：Wf=μmgcosθx1+mgsinθx2得：Wf=1 900 J(2)面粉只有在匀加速阶段与传送带才有相对位移，共速之后两者一起匀速运动，无相对位移，所以渗漏的面粉出现的痕迹产生于这袋面粉的匀加速阶段，此过程中传送带先匀加速运动，再匀速运动。则：对面粉：x1=5 m对传送带：x′1=a0+v0=9 m即最终在传送带上留下的痕迹长为：Δx=x′1-x1=4 m