发布时间 : 星期四 文章2019【高考】物理二轮复习 专题限时集训(六)经典模型综合分析更新完毕开始阅读21296f9503020740be1e650e52ea551810a6c9ce
专题限时集训(六)
1.AD [解析] 以小车和木块组成的系统为研究对象,所受合外力为零,因此系统动量守恒,由于摩擦力的作用,木块速度减小,小车速度增大,木块速度减小到最小时,小车速度达到最大,最后木块和小车以共同速度运动,有mv0=(m+M)v',解得v'=v0,故A正确,B错误;木块减少的动量Δp=mv-mv'与车的上表面粗糙程度无关,故C错误;小车获得的动量Mv'与车的上表面粗糙程度无关,故D正确.
2.B [解析] 当小球上升到滑块上端时,小球与滑块在水平方向上速度相同,设为v1,根据水平方向上动量守恒有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有mv0=5 m/s,选项B正确.
=(m+M)+mgR,联立解得
3.BC [解析] 设木块质量为M,由动量守恒定律得mv0=(m+M),解得M=m,选项A错误;根据
速度—时间图线与横坐标轴围成的面积表示位移大小可知,子弹进入木块的深度为d=,
选项B正确;由动量定理知,木块所受子弹的冲量为I=,选项C正确;由能量守恒定律知,
子弹射入木块过程中产生的内能为ΔE=m-(m+M)=m,选项D错误.
4.C
5.BD [解析] 小物体刚放到A点时,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,小物体做匀加速直线运动,此时a1==g(μcos θ-sin θ)=2.5 m/s2,假设小物体能与传送带达
到相同的速度,则小物体加速上滑的位移为x1==0.2 m 的时间t1==0.4 s,因为μmgcos θ=75 N>mgsin θ=50 N,故之后小物体将向上做匀速运 动,匀速运动的时间为t2==4.8 s,故运动的总时间为t=t1+t2=5.2 s,选项A错误;小物体 2 运动到B点的速度为1 m/s,从A到B,由动能定理得W传-mglsin θ=mv-0,解得W传=255 J, 选项B正确;在相对滑动时,有s相=vt1-x1=0.2 m,则小物体与传送带间因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·s相=15 J,选项D正确;由功能关系可知,电动机做的功等于小物体增加的机械能和因摩擦而产生的热量,则W电=W传+Q=270 J,选项C错误. 6.ABD [解析] 由胡克定律可得,两个水平压力F作用在小球上时,弹簧的弹力kx=F,解得弹 5 簧的压缩量x=0.12 m,突然撤除两个水平压力的瞬间,两小球都只受弹簧的弹力,由牛顿第二 定律得aP==6 m/s2,aQ==4 m/s2,A正确;由动量守恒定律有mPvP+mQvQ=0,由机械能守恒定 律有mP+mQ=Ep,故弹簧恢复原长的瞬间,小球P的动能为0.432 J,小球Q的动能为0.288 J,B正确;在弹簧恢复原长过程中,两个小球受到的弹力大小相等,由牛顿第二定律可知,它们的加速度与质量成反比,所以小球P与小球Q的加速度之比是3∶2,C错误;弹簧恢复原长过程中,始终有mPvP+mQvQ=0,可知mP|xP|=mQ|xQ|,又知|xP|+|xQ|=x,解得小球P的位移大小为7.2 cm,小球Q的位移大小为4.8 cm,D正确. 7.ABD [解析] 根据右手定则可知,从上向下看,回路中产生逆时针方向的电流,选项A正确;系统动量守恒,由动量守恒定律可知mav0=mava+mbvb,解得vb=2 m/s,选项B正确;b碰到障碍物 时,回路的感应电动势E=BL(va-vb)=4 V,回路中的电流I== A,b棒所受的安培力 Fb=BIL= N,b与障碍物碰撞时,由动量定理得(Fb-)t=0-mbvb,解得=8.5 N,选项C错误;b碰到障碍物时,a继续做减速运动,直到停止,此过程由动量定理得BLΔt=mava,其中 Δt=q==,联立解得x=15 m,选项D正确. 8.(1)1.125 J (2)10 N·s [解析] (1)A物体下滑至B物体处,由动能定理得 mgs1sin θ=m 解得v0=1 m/s 以初速度方向为正方向,A、B相碰时,由动量守恒定律得mv0=(m+M)v1 解得v1=0.25 m/s 从碰后到最低点,由机械能守恒定律得ΔEp=(m+M)+(m+M)gs2sin θ 解得ΔEp=1.125 J (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中,由动量定理得 I-(m+M)gsin θ×2t=(m+M)v1-[-(m+M)v1)] 解得I=10 N·s 9.(1)mgR (2)mgR Q点左侧R处 [解析] (1)设物块1从圆弧轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为W克,对物块1从开始下滑到停止的过程,由动能定理得mgR-W克-μmg·R=0 解得W克=mgR (2)设物块1从圆弧轨道上由静止下滑至Q点时速度为v0,由动能定理得 mgR-W克-μmgR=m 6 解得v0= 当弹簧有最大弹性势能时,物块1和物块2具有相同速度,设为v,则有 m1v0=(m1+m2)v Ep=m1-(m1+m2)v2 解得弹簧的最大弹性势能Ep=mgR 物块1与弹簧分离时,设物块1和物块2的速度分别为v1和v2,则有 m1v0=m1v1+m2v2 m1=m1+m2 解得v1=-v0=-,负号表示方向向左 设物块1最终停在Q点左侧x处,由动能定理得-μmgx=0-m 解得x=R 即物块1最终停在Q点左侧R处 10.(1)2 kg (2)18 kg·m/s (3)9 J [解析] (1)由图可知,C与A碰前速度为v1=9 m/s,碰后速度为v2=3 m/s,C与A碰撞过程动量守恒,有 mCv1=(mA+mC)v2 解得mC=2 kg (2)此过程中,弹簧对B冲量的大小等于弹簧对A、C的冲量的大小,即IB=IAC=(mA+mC)v2=18 kg·m/s (3)在12 s时,A、C的速度大小为v3=3 m/s,此时弹簧已恢复原长,B即将离开墙壁.之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能均守恒,且当A、B、C三者的速度相等时,弹簧弹性势能最大. 由动量守恒定律得(mA+mC)v3=(mA+mB+mC)v4 由能量守恒定律得(mA+mC)=(mA+mB+mC)+Ep 解得Ep=9 J 、提升部分主题宴会服务的质量，从菜单的设计打印到配套餐具与调料的准备，特别是上菜的语言服务设计将是整个服务的点缀和装饰，开盘菜的欢迎词导入，餐中重头菜肴的介绍宣传，主食供应时的再次祝福，将时刻突出主人对主宾的尊敬热情，也通过此举服务让客人在心里更加加强对朋友盛情的美好回忆，真正达到客人宴请的物质精神双重享受。、建立完善信息收集制度，降低投诉与提高存酒的信赖度根据上半年收集的案例汇总看基本集中在客人对存酒的凝虑，由于当时信息记录单一不全面导致客人对自己的酒水存放不放心，后经部门开会加强细化存酒服务流程，特别注重值台员、吧台的双向记录要求及自带酒水的饮用与存放的书面记录，以此避免了客人心中的顾虑，查询时可以第一时间告知客人排除凝虑。吧台人员在货架的分类上创新编号排放便于快速查找，起到了良好的效果。、班会组织趣味活动，展示餐厅各项技能为营造快乐班会快乐工作的氛围，餐厅经常以活动的形式来组织趣味游戏，虽然时间短暂但是收获多多，拓展PK小游戏配备奖励式处罚，融洽气氛、消除工作中的隔阂，提高相互之间的信赖度有着推波助澜的作用，包括每月的消防突击演练以真正检验全员的真实性效果，提高处变不惊的能力和处理突发事件的反应，当然托盘摆台技能的比拼才是我们真正的专业，从时间与质量考验选手的日常基本功，提高服务效率。、开展各类员工培训，提升员工综合素质本年度共开展了班会全员培训相对多一点达到46场次，业务式技能培训11场，新人入职培训场，领班主管的自主专题培训海底捞进行场，通过培训来达到思想意识的提高，拓展管理思路，开阔行业视野。、全员齐努力，销售新突破根据年初部门设定的果汁饮料销售新目标，全员不懈努力，在客源市场不是很景气的条件下发挥你追我赶宁创销售新高不伤相互感情的比拼精神，使我们的果汁数量屡创新高，到目前已销售11900多扎数，每月销售之星奖励的喜悦众人分享，从二连冠三连冠到现在的年终四连冠都是自身努力和实力的象征，餐厅也因此涌现出了一批销售之星。但是也有在销售中因没有注意语言技巧的把握而导致客人感觉有强买强的嫌疑。 7