“力學的經典模型（二）”模型一子彈打木塊模型1.考查與彈簧結合的子彈打木塊模型多選如圖所示，一輕質彈簧兩端分別連著木塊A和B，靜止于光滑的水平面上。木塊A被水平飛行的初速度為v0的子彈射中并鑲嵌在其中。已知木塊B的質量為m，A的質量是B的，子彈的質量是B的，則()A子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為v0B子彈擊中木塊A后，與A的共同速度為v0C彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv02D彈簧壓縮到最短時的彈性勢能為mv02解析：選AC設子彈與木塊A的共同速度為v1，二者動量守恒，有mv0v1解得v1v0壓縮彈簧最短時，A與B具有共同的速度v2(臨界點)，子彈和A與B動量守恒，有v1v2此時彈簧的彈性勢能為E，由能量守恒定律得v12v22E解式得Emv02綜上分析，故A、C正確。2考查與圓周運動結合的子彈打木塊模型多選如圖所示，在固定的光滑水平桿(桿足夠長)上，套有一個質量為m0.5 kg的光滑金屬圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著一個質量為M1.98 kg的木塊，現有一質量為m020 g的子彈以v0100 m/s的水平速度射入木塊并留在木塊中(不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間，g取10 m/s2)，則()A圓環、木塊和子彈這個系統損失的機械能為198 JB圓環、木塊和子彈這個系統損失的機械能為99 JC木塊所能達到的最大高度為0.01 mD木塊所能達到的最大高度為0.02 m解析：選BC子彈射入木塊過程，二者水平方向動量守恒，有m0v0(m0M)v，解得v1 m/s。機械能只在該過程有損失，損失的機械能為Em0v02(m0M)v299 J。木塊(含子彈)在向上擺動過程中，與圓環組成的系統水平方向動量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v，解得v0.8 m/s由機械能守恒定律得(m0M)v2(m0Mm)v2(m0M)gh，解得h0.01 m綜上分析，故B、C正確。3考查子彈打沙袋與平拋運動、圓周運動的綜合一質量為M的沙袋用長度為L的輕繩懸掛，沙袋距離水平地面高度為h，一顆質量為m的子彈，以某一水平速度射向沙袋，穿出沙袋后落在水平地面上(沙袋的質量不變，子彈與沙袋作用的時間極短)。測量出子彈落地點到懸掛點的水平距離為x，在子彈穿出沙袋后沙袋的最大擺角為，空氣阻力不計，重力加速度為g，求：(1)子彈射出沙袋瞬間的速度v1的大小；(2)子彈射入沙袋前的速度v的大小。解析：(1)子彈射出沙袋后做平拋運動，根據平拋運動規律，水平方向：xv1t豎直方向：hgt2解得：v1x。(2)設子彈穿出沙袋后沙袋的速度為v2，由機械能守恒定律得：Mv22MgL(1cos )解得：v2對子彈穿過沙袋的過程，以向右為正，根據動量守恒定律得：mvmv1Mv2解得：vx。答案：(1)x(2)x模型二(涉及動量的)滑塊木板模型4.考查滑塊在木板上往復運動的情形一輛質量為M6 kg的平板小車停靠在墻角處，地面水平且光滑，墻與地面垂直。一質量為m2 kg的小鐵塊(可視為質點)放在平板小車最右端，平板小車上表面水平且與小鐵塊之間的動摩擦因數0.45，平板小車的長L1 m。現給小鐵塊一個v05 m/s的初速度使之向左運動，與豎直墻發生彈性碰撞后向右運動，則小鐵塊在平板小車上運動過程中系統損失的機械能為(g取10 m/s2)()A10 JB30 JC9 J D18 J解析：選D設小鐵塊向左運動到達豎直墻壁時的速度為v1，由動能定理得mgLmv12mv02，解得v14 m/s，鐵塊與豎直墻發生彈性碰撞后向右運動，假設小鐵塊最終和平板小車達到共同速度v2，二者動量守恒，取向右為正方向，有mv1(Mm)v2，解得v21 m/s，設小鐵塊相對小車運動距離為x時與平板小車達到共同速度，由功能關系得mgx(Mm)v22mv12，解得x mL，則鐵塊在沒有與平板小車達到共同速度時就滑出平板車。小鐵塊在平板小車上運動過程中系統損失的機械能為E2mgL18 J，故D正確。5考查滑塊受到外力作用的情形多選如圖，質量為M、長度為L的小車靜止在光滑水平面上，質量為m的小物塊(可視為質點)放在小車的最左端。現用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開始做勻加速直線運動。小物塊和小車之間的摩擦力為Ff，小物塊滑到小車的最右端時，小車運動的距離為x。此過程中，以下結論正確的是()A小物塊到達小車最右端時具有的動能為(FFf)(Lx)B小物塊到達小車最右端時，小車具有的動能為FfxC小物塊克服摩擦力所做的功為Ff(Lx)D小物塊和小車增加的機械能為Fx解析：選ABC由動能定理可得小物塊到達小車最右端時的動能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正確；小車的動能Ek車Ffx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正確；小物塊和小車增加的機械能為F(Lx)FfL，D錯誤。6考查滑塊與木板初速度反向的情形在光滑的水平面上有一質量M2 kg的木板A，其上表面Q處的左側粗糙，右側光滑，且PQ間距離L2 m，如圖所示；木板A右端擋板上固定一根輕質彈簧，在靠近木板左端的P處有一大小忽略不計，質量m2 kg的滑塊B。某時刻木板A以vA1 m/s的速度向左滑行，同時滑塊B以vB5 m/s的速度向右滑行，當滑塊B與P處相距時，二者剛好處于相對靜止狀態。若在二者共同運動方向的前方有一障礙物，木板A與它相碰后仍以原速率反彈(碰后立即撤去該障礙物)，求：(g取10 m/s2)(1)B與A的粗糙面之間的動摩擦因數；(2)滑塊B最終停在木板A上的位置。解析：(1)設M、m共同速度為v，設水平向右為正方向，由動量守恒定律得mvBMvA(Mm)v解得：v2 m/s對A、B組成的系統，由能量守恒定律MvA2mvB2(Mm)v2mgL代入數據得0.6。(2)木板A與障礙物發生碰撞后以原速率反彈，假設B向右滑行并與彈簧發生相互作用，當A、B再次處于相對靜止狀態時，兩者的共同速度為u，在此過程中，A、B和彈簧組成的系統動量守恒、能量守恒。由動量守恒定律得mvMv(Mm)u解得u0設B相對A在粗糙面上的路程為s，由能量守恒得(Mm)v2mgs代入數據得s m由于sL，所以B滑過Q點并與彈簧相互作用，然后相對A向左滑動到Q點左邊，設離Q點距離為s1s1sL m。答案：(1)0.6(2)Q點左側，離Q點 m模型三(涉及能量的)傳送帶模型7.考查水平傳送帶模型多選如圖1所示，一個質量m1 kg的小物塊以某一初速度滑上傳送帶左端，水平傳送帶AB逆時針勻速轉動，物塊速度隨時間的變化關系如圖2所示(取向左為正方向，以物塊滑上傳送帶時為計時零點)，已知傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2，則()A傳送帶運動的速度大小為2 m/sB物塊在傳送帶上運動的時間為3 sC物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.2D前2 s內摩擦產生的熱量為16 J解析：選ACD由速度圖像可知，物塊初速度大小v4 m/s、傳送帶速度大小v2 m/s，物塊在傳送帶上滑動t13 s后，與傳送帶相對靜止，選項A正確；由速度圖像可得，物塊做勻變速運動的加速度：a m/s22.0 m/s2，由牛頓第二定律得fma2 N，得到物塊與傳送帶間的動摩擦因數0.2，選項C正確；前2 s內物塊的位移大小x1t4 m、方向向右，第3 s內的位移大小x2t1 m、方向向左，3 s內位移xx1x23 m，方向向右；物塊再向左運動時間t21.5 s，物塊在傳送帶上運動時間tt1t24.5 s，選項B錯誤；前2 s內傳送帶的位移x1vt22 m4 m，向左；相對位移xx1x18 m，所以轉化的熱量EQfx16 J，選項D正確。8考查傾斜傳送帶模型多選如圖所示，足夠長的傳送帶與水平面的夾角為，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連。開始時，a、b及傳送帶均靜止且mbmasin 。現使傳送帶順時針勻速轉動，則物塊在運動(物塊未與滑輪相碰)過程中()A一段時間后可能勻速運動B一段時間后，摩擦力對物塊a可能做負功C開始的一段時間內，重力對a做功的功率大于重力對b做功的功率D摩擦力對a、b組成的系統做的功等于a、b機械能的增量解析：選ABD在傳送帶向上勻速運動的開始階段，因傳送帶對a的摩擦力沿傳送帶向上，且Ffmbgmagsin ，故物塊a向上加速，當物塊a、b的速度大小與傳送帶的速度相等時，若Ffmagsin mbg，則a、b開始做勻速運動，此時因mbgmagsin ，物塊a受的摩擦力對a做負功，A、B均正確；設a、b的速度大小均為v，則Pamagvsin ，Pbmbgv，故PaPb，C錯誤；由功能關系可知，摩擦力對a、b系統所做的功等于a、b系統機械能的增量，D正確。9考查多個傳送帶模型如圖所示，傳送帶與水平面夾角為30，傳送帶與水平面夾角為37，兩傳送帶與一小段光滑的水平面BC平滑連接。兩傳送帶均順時針勻速率運行。現將裝有貨物的箱子輕放至傳送帶的A點，運送到水平面上后，工作人員將箱子內的貨物取下，箱子速度不變繼續運動到傳送帶上，傳送帶的D點與高處平臺相切。已知箱子的質量M1 kg，貨物的質量m3 kg，傳送帶的速度v18 m/s，AB長L115 m，與箱子間的動摩擦因數為1。傳送帶的速度v24 m/s，CD長L28 m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子與傳送帶間的動摩擦因數變為20.5，取重力加速度g10 m/s2。(1)求裝著貨物的箱子在傳送帶上運動的時間；(2)計算說明，箱子能否運送到高處平臺上？并求在傳送帶上箱子向上運動的過程中產生的內能(已知sin 370.6，cos 370.8)。解析：(1)在傳送帶上，根據牛頓第二定律：1(Mm)gcos 30(Mm)gsin 30(Mm)a代入數據解得：a2.5 m/s2根據運動學公式：v122as整理可以得到：s12.8 m15 m則知箱子與傳送帶共速后做勻速運動根據速度公式：v1at1則：t13.2 s與傳送帶一起勻速運動：L1sv1t2則：t20.275 s故總時間為tt1t23.475 s。(2)在傳送帶上箱子先向上做勻減速運動，根據牛頓第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma1，整理可以得到：a110 m/s2。根據運動學公式：v22v122a1s箱1；解得s箱12.4 m當達到傳送帶速度時，由于Mgsin 372Mgcos 37，所以箱子繼續減速運動則根據牛頓第二定律：Mgsin 372Mgcos 37Ma2；整理可以得到：a22 m/s2根據運動學公式：0v222a2s箱2所以：s箱24 m由于s箱1s箱26.4 m8 m，所以箱子不能運送到高處平臺上第一段減速時間