專題176+分類討論問題-高考物理100考點最新模擬題千題精練+版含解析

1、100考點最新模擬題千題精練17-6第十七部分物理思維方法六、分類討論問題一.選擇題1. （2018海南物理）如圖，用長為l的輕繩懸掛一質(zhì)量為M的沙箱，沙箱靜止。一質(zhì)量為m的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程*A.若保持mv、l不變，M變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小B.若保持Mv、l不變，m變大，則系統(tǒng)損失的機械能變小C.若保持Mml不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大D.若保持Mmv不變，l變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大【參考答案】C【命題意圖】此題考查子彈打木塊模型、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)的知識點

2、?！窘忸}思路】一質(zhì)量為m的彈丸以速度*水平射入沙箱并留在苴中，根據(jù)動量守恒定律,e,系統(tǒng)損失機械能必,-黑?若保持“5杯變，偵大，則系統(tǒng)損失的機械能變尢選項c正南二而玲由此可知，若保持諭,、不變.M變大,則系統(tǒng)損失的機械能變大，選項A錯誤A£=r=由此可知，若保持,期、，不）J（14-Al/mJ變，加變尢則系統(tǒng)損失的機械能變大，選項B錯誤作由于損失的機械能與輕繩長度1無關(guān)，所以若保持好小v不變，變大，則系統(tǒng)損失的機械能不變，選項D錯誤。2. （2014年四川）如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動。小物體P,Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連。t=0時刻P在傳送帶左端具有速度丫2,P

3、與定滑輪間的繩水平。t=t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦。繩足夠長。正確描述小物體P速度隨時間變化的圖像可能是【名師解析】由題可知物體戶有如下幾種情況：當。<隊時，第一種情況，最大靜摩摞力Rr/m由時，以加速度口=咄二&_向右減速滑高，或以加速度。=也二£先向右胸速a。再向左加速從左端滑離，無符合的選項；第二種情況，最大靜摩擦力fs時，以口二工皿一叱向右加速滑離,或以叫“餐一”加速到%再受靜摩擦力以心勺速向右渭離，B選項符合,當妁下打時，第一種情況，F(xiàn)以啊加速度為=嚓乜向右減速滑離，無符合的選購J第二種情況P先以加速度勺=坐+工減速到立，啊啊若最大靜摩擦力fm

4、aARQg,則P受靜摩擦力繼續(xù)以V1勻速向右滑離，無符合的選項；第三種情況，P先以加速度a1=mQg+f減速到V1,若最大靜摩擦力fmax<mg,則P將繼續(xù)以加速度a2mQg-f向右減速滑離，mpmp,一，,，一mQg-f如果速度減為0時還未滑離，則P將繼續(xù)以加速度a3反向向左做加速運動，直到滑離，mpaiRa2=a3,故A、D錯誤，C選項符合。【參考答案】BC【點評】對于水平傳送帶上物體，若物體速度小于傳送帶速度，則滑動摩擦力對物體加速，物體速度增大；若物體速度等于傳送帶速度，則二者之間沒有相對滑動，沒有摩擦力，物體與傳送帶一起運動；若物體速度大于傳送帶速度，則滑動摩擦力對物體減速，物

5、體速度減小。二.計算題1. （2016大連聯(lián)考）如題圖所示，截面為直角三角形的斜面體固定在水平地面上，兩斜面光滑，斜面傾角分別為60。和30。，一條不可伸長的輕繩跨過固定在斜面頂端的光滑定滑輪連接著兩個小物體，物體質(zhì)量為n起始距地面白勺高度均為h,重力加速度為go（1）若A的質(zhì)量也為m由靜止同時釋放兩物體，求當A剛到地面時的速度大小;（2）若斜面體不固定，當斜面體在外力作用下以大小為a的加速度水平向右做勻變速直線運動時，要使a的關(guān)系。B兩物體相對斜面都不動，分析物體A的質(zhì)量和加速度【名師解析】（1）設(shè)A剛落地時的速度為v,由A和B運動中的機械能守恒得,mgh=mg>in30°h

6、+12m4sin602解得：v=J(1)gh,3（2）對兩個物體分別進行受力分析,沿垂直斜面和平行斜面方向建立坐標系進行正交分解當斜面體向右做勻加速直線運動時j加速度方向水平向右;對A物體，T-6CF3=60°對B物體,mgsin300-T=macos300；解伺-r口由等式右側(cè)的分子得，加速度的大小應滿足0<a<g。3加速度a越大，A物體的質(zhì)量越小，A物體質(zhì)量應滿足0<nA<m當斜面體向右做勻減速直線運動時，加速度方向水平向左:對A物體，mAgsin60°-T=mAacos60©,對B物體，T_mgsin30©=macos30。

7、,mg3ma解得m=。33g-a由等式右側(cè)的分母得，加速度的大小應滿足0<a<73g。加速度a越大，A物體的質(zhì)量越大，A物體質(zhì)量應滿足RA>m。32. （2012廣東）圖（a）所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為3水平面上PQ段長為l,與物塊間的動摩擦因數(shù)為科，其余段光滑。初始時，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長；長為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿（A、B間距大于2r）。隨后，連桿以角速度勻速轉(zhuǎn)動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度一時例93囹間圖像如圖18（b）所示。A在滑桿推動下運動，并在月離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞。（1）求A脫離滑桿時的速度V。，及A與B碰撞過程的機

8、械能損失AE。（2）如果AB不能與彈簧相碰，設(shè)AB從P點到運動停止所用的時間為ti,求3得取值范圍，及ti與3的關(guān)系式。（3）如果AB能與彈簧相碰，但不能返回到P點左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為3,求3的取值范圍，及b與3的關(guān)系式（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）?！久麕熃馕觥浚?）滑桿到達最大速度時，A與其脫離，由題意得：V0=cor設(shè)A、B碰撞后的速度為V1,由動量守恒定律mVo=2mV11c1cA與B碰撞過程損失的機械能AE=-mv0-一父2mv：22122斛得AE=mr8CD若AB不能與彈蕾相碰，口到。過程，由動能定理，得*卯4=；(如)*聯(lián)立解得對應AB運動到Q點的連桿角速度，

9、叫二他耍r5的取值范圍為：0<&J<.r設(shè)項在PQ上運動的加速度大小為口，由牛頓第二定律及運動學敘律注-2mg=2maVi-atj聯(lián)立解得?！便?3)若AB能與彈簧相碰，AB壓縮彈簧后反彈，若剛好反彈后回到P點，由動能定理，得n(2m)g(l+l)=1(2m)vi22聯(lián)立解得對應剛好反彈回到P點的連桿角速度,32,4r3的取值范圍為：2!<"4。rr由功能關(guān)系，Ep=1(2n)vi2-(2m)gl2解得：Ed，1mo2r2-2mgL(22gl<o<4V2gl)4rr3.(2007廣東)如圖(a)所示，一端封閉的兩條平行光滑導軌相距L,距左端L處的

10、中間一段被彎成半徑為H的1/4圓弧，導軌左右兩段處于高度相差H的水平面上。圓弧導軌所在區(qū)域無磁場，右段區(qū)域存在磁場Bo,左段區(qū)域存在均勻分布但隨時間線性變化的磁場B(t),如圖(b)所示，兩磁場方向均豎直向上。在圓弧頂端，放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab,與導軌左段形成閉合回路，從金屬棒下滑開始計時，經(jīng)過時間t?；綀A弧頂端。設(shè)金屬棒在回路中的電阻為R,導軌電阻不計，重力加速度為go(1)問金屬棒在圓弧內(nèi)滑動時，回路中感應電流的大小和方向是否發(fā)生改變？為什么？(2)求0到時間to內(nèi)，回路中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱量。(3)探討在金屬棒滑到圓弧底端進入勻強磁場B的一瞬間，回路中感應電流的大小和方向?！久麕?/p>

11、解析】(1)感應電流的大小和方向均不發(fā)生改變。因為金屬棒滑到圓弧任意位置時，回路中磁通量的變化率相同。(2) 口一歷時間內(nèi)，設(shè)回路中感應電動勢大小為無，感應電流為¥,感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由法拉第電磁感應定律：%嗯=唆根據(jù)閉合電路的歐姆定律:F二年由焦定律及有：。二戶必=零(3)設(shè)金屬進入磁場R一瞬間的速度變?yōu)関,金屬棒在圓弧區(qū)域下滑的過程中，機械能守恒：mgH=：mv2在很短的時間與內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬棒進入磁場B0區(qū)域瞬間的感應電動勢為E,則:二XE=二vt"：t4=B0LAx+L2AB(t)由閉合電路歐姆定律及，求得感應電流:BoLLto,方向為br.

12、：I根據(jù)討論：I.當x2gH時，I=0;toLII .當2gHA一時，I=toBoLl'L-v2gHj,方向為aTb。.L.4.（2015西安聯(lián)考）重物足夠長的木板上滑動，如圖（III .當J2gH一時，I=toA和滑塊B用細線跨過定滑輪相連，A距地面高為H,B可在細線牽引下沿水平a）所示.滑塊B上面固定了了一個力傳感器，可以測定細線對滑塊的拉力,C為運動傳感器，可以測定滑塊運動的u-t圖像.從某時刻起釋放滑塊B,測得滑塊B所受拉力F隨時間t變化的圖像和滑塊B的u-t圖像，如圖（b）所示.（取g=10m/s2）（1）由圖可知，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)是多少？（2）試通過分析討論，當增

13、大滑塊B的質(zhì)量時，它的u-t圖像可能如何變化.并在u-t圖中用鉛筆線畫出.*my13圖(a)圖（b）【名師解析】(D渭坎6開始受出線拉力和滑動摩擦力做句加速運動，在4X55時4觸地，之后水平方向只在滑動摩摭力作用下做勻減速運動，在1.45時停下.滑塊B做勻減速運動的加速度的大?。篏=空=3E店20.8由*砌二32得動摩擦因數(shù)”=。3(2)設(shè)滑塊B(包括力傳感器)的質(zhì)量為m。，重物的質(zhì)量為m&.滑塊fi做勻加速運動的加速度若mAg-mBg>0,即mB<詈，當mB增大時，加速度a1減小，由于重物A下落的高度H一定，則加速運動的時間延長，而最大速度減小.。A觸地后仍做勻減速運動，

14、加速度a2的大小不變，然后停下.vt圖像如圖所示.若mAg-(1mgwo,即mk>mA-滑塊B始終保持靜止.1Lycms*15.(2011廣東)如圖所示，以AB和C、D為端點的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑水平面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C一物體被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\動到C時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m滑塊質(zhì)量為M=2m兩半圓半徑均為R板長l=6.5R板右端到C的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，E距A為s=5R。物塊與傳送帶、物塊

15、與滑塊之間的動摩擦因數(shù)均為=0.5,重力加速度取go(1)求物塊滑到B點時的速度大?。籛與L的關(guān)系，并判斷物塊能否(2)試討論物塊從滑上滑板到離開滑板右端的過程中，克服摩擦力做的功滑到CD軌道的中點。j-1=6.5R：+L4【名師解析】(1)設(shè)物塊到達B點的速度為vb,對物塊從E到B由動能定理得12Nmg5R+mg，2R=mvB-02解得vB=3jgR(2)假設(shè)物塊與滑板達到共同速度v時，物塊還沒有離開滑板，對物塊與滑板，由動量守恒，有mvB=(m+M)v1919設(shè)物塊在滑板上運動的距離為S1,由能重寸恒得以mg§=-mvB-(m+M)v22由，得s1=6R<l=6.5R即達到

16、共同速度v時，物塊不會脫離滑板滑下。設(shè)此過程滑板向右運動的距離為打，對滑板由動能定理得卬煙五二;而2由，得叼=2K討論：當龍<上<2及時，滑塊在滑板上一直;底速到右端，設(shè)此時的速度為此，對物塊由動能定理得解得照=依5&-4>>0所以克服摩擦力所做的功Wf=mg(l,L)=3.25mgR-0.5mgL設(shè)物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為H,由機械能守恒得1mvC=mgH3解得H<-R,故物塊不能滑到CD軌道中點。4當2REL<5R時，滑塊與滑板最終一起運動至滑板與C相碰，碰后滑塊在滑板上繼續(xù)做減速運動到右端，設(shè)此時的速度為va,對物塊由動能定理得八、12

17、12A_Rmg（l+s2）=-mvC1-mvB22解得v_gR02所以克服摩擦力所做的功Wf二.二mg（l電）=4.25mgR設(shè)物塊離開滑板沿圓軌道上升的高度為h,由機械能守恒得12mvC1=mgh2R解得h=<R,故物塊不能滑到C附道中點。46. （2009安徽）過山車是游樂場中常見的設(shè)施。圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，RCD分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與CD間距相等，半徑R=2.0m、R=1.4m。一個質(zhì)量為m=1.0kg的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以V0=12.0m/s的初速度沿軌道向右運動，AB間距L1=6.0m。小球與

18、水平軌道間的動摩擦因數(shù)科=0.2,圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g=10m/s2,計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求：（1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大?。唬?）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距L應是多少；（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設(shè)計中，半徑R應滿足的條件；小球最終停留點與起點A的距離。Vi根據(jù)動能定理【名師解析】（1）設(shè)小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為-mgL1_2mgR=2小球在最高點受到重力mv1一-mvo2mg和軌道對它的作用力F,根據(jù)牛頓第二定律由得F=

19、10.0N(2)設(shè)小球在第二個圓軌道的最高點的速度為由題意由得+L)-2mgR1=mv2L=12.5Eo(3)要保證小球不脫離軌道，可分兩種臨界情況進行討論:-mvl2°I.軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設(shè)在最高點的速度為V3,應滿足2vmg=m-'mgLi2L-2mgR3二-mv2mv2由得R=0.4m。II.軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R,根據(jù)動能定理_127mgL12LJ2mgR3=0mv02解得R=1.0m。為了保證圓軌道不重彘,比最大值應滿足解得出二27Bm綜合I.II,要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件(K啟SO.41Tl,或LO<ff3<27.Sm當0VR3W0.4m時，小球最終停留點與起始點A的距離為L',則12-mgL=0-mv02解得L'=36.0m.當1.0WRW27.9m時，小球最終停留點與起始點A的距離為L,則L=L-(L-L1-2L)=26.0m。情感語錄1 .愛情合適就好，不要委