2019高考物理二轮复习第6讲经典模型综合分析专题突破练.doc

第6讲经典模型综合分析考点一滑块长木板模型1 (12分)如图6-1甲所示,长为L、质量为M=2m的长木板静止在光滑的水平面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上长木板,滑块离开木板时的速度为v1=v0.(1)求滑块离开木板时木板的速度v2和此过程中产生的内能Q;(2)现将木板由上到下分成两块,并对接粘连在一起成木板C(如图乙所示),滑块与C之间的动摩擦因数还和原来一样,让滑块仍以初速度v0滑上长木板,求滑块在C上滑行的距离s.图6-1解答步骤规范(1)滑块在木板上滑动过程中,二者组成的系统动量守恒,有mv0= (2分) 损失的机械能转化为内能,有Q=mgL=(2分) 解得v2=v0,Q=m(2分)(2)假设滑块未滑离木板,设共同速度为v,则mv0=(2分) mgs=(2分) 解得s=L(1分)因s<2L,故滑块没有滑离木板,所以s=L(1分)归纳 滑块长木板模型通常涉及力学中的牛顿运动定律、动量和能量等知识,可以从以下三个方面分析:1.动力学分析:判断滑块与长木板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点,通常采用整体法、隔离法和假设法等.往往先假设两者相对静止,由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f,与最大静摩擦力fm进行比较分析.若f<fm,则不会发生相对滑动;反之,将发生相对滑动.从运动学角度看,滑块与长木板的速度和加速度不等,则会发生相对滑动.2.动量分析:单个物体在明确运动时间的情况下,可以应用动量定理研究;对滑块与长木板组成的整体,在合外力等于0的前提下,可以应用动量守恒定律研究.3.能量分析:当滑块和长木板受到滑动摩擦力时,会产生内能,应用Q=fs相对来计算内能.式1 如图6-2所示,质量为5.0 kg的小车以2.0 m/s的速度在光滑的水平面上向左运动,小车上AD部分是表面粗糙的水平轨道,DC部分是四分之一光滑圆弧轨道,整个轨道都是由绝缘材料制成的,小车所在空间内有竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,电场强度大小E为50 N/C,磁感应强度大小B为2.0 T.现有一质量为2.0 kg、带负电且电荷量为0.10 C的滑块以10 m/s的速度向右滑入小车,当滑块运动到D点时相对地面的速度为向右的5.0 m/s.(g取10 m/s2)(1)滑块从A到D的过程中,求小车、滑块组成的系统损失的机械能.(2)如果滑块刚过D点时对轨道的压力为76 N,求圆弧轨道的半径r.(3)当滑块通过D点时,立即撤去磁场,要使滑块不冲出圆弧轨道,求此圆弧轨道的最小半径.图6-2式2 质量为M=1 kg的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为l=2 m,另一质量也为m=1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0=6 m/s的速度开始运动,如图6-3所示.已知物体与箱底间的动摩擦因数为=0.5,物体与箱壁间发生的是弹性碰撞,g取10 m/s2.(1)物体可与箱壁发生多少次碰撞?(2)从物体开始运动到刚好停在箱子上,箱子在水平面上移动的距离是多少?图6-3考点二子弹打木块模型2 装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因.图6-4质量为2m、厚度为2d的钢板静止在光滑水平桌面上,质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块,间隔一段距离水平放置,如图6-4所示.若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子弹射入第二块钢板的深度.(设子弹在钢板中受到的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞,不计重力影响)导思 子弹刚好射穿质量为2m、厚度为2d的钢板时系统机械能损失多少?子弹射穿第一块质量为m、厚度为d的钢板后剩余的动能是多少?归纳 “子弹打木块模型”是碰撞中的常见模型,其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失,此类问题的一般解法可归纳如下:(1)分析子弹打击木块的过程,弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动.(2)子弹在打击木块的过程中,由于时间较短,内力远远大于外力,故在打击的过程中动量守恒.(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失,一般有两种求解方法:一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失;二是通过计算在子弹打击木块的过程中,子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解.式 如图6-5所示,放在光滑水平面上的矩形滑块是由不同材料的上、下两层粘在一起组成的.质量为m的子弹以速度v水平射向滑块,若击中上层,则子弹刚好不穿出;若击中下层,则子弹嵌入其中.比较这两种情况,以下说法中不正确的是()图6-5A.滑块对子弹的阻力一样大B.子弹对滑块做的功一样多C.滑块受到的冲量一样大D.系统产生的热量一样多考点三弹簧模型3 如图6-6所示,一根被锁定的轻弹簧下端固定在水平地面上,上端固定着一质量为m的薄木板A,弹簧的压缩量为h.图中P点距地面高度正好等于弹簧原长,在P点上方有一距它高度为2h、质量为2m的物块B.现解除弹簧的锁定,木板A上升到P点时恰好与自由下落的物块B发生正碰(碰撞时间极短),并一起无粘连地向下运动.B与A第一次分开后能到达的最高位置在P点上方的处.已知重力加速度为g,整个过程中弹簧始终处于弹性限度内并保持竖直.求:图6-6(1)A、B第一次分开瞬间B的速度大小;(2)A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时速度的大小.导思 B与A分离时两者的弹力为多大,此时弹簧处于什么状态?碰撞前A从初始位置到P,能量是如何变化的?归纳 弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一.该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及功能关系等知识.运动过程中,从力的角度看,弹簧的弹力是变力,从能量的角度看,弹簧是储能元件.处理这些问题时,要特别注意:(1)当涉及弹簧的弹力做功时,由于弹簧的弹力是变力,故一般不直接采用功的定义式求解.中学阶段通常根据动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律来间接求解弹簧弹力做的功或弹簧储存的弹性势能.(2)弹簧的弹性势能与弹簧的规格和形变程度有关,对同一根弹簧而言,无论是处于伸长状态还是压缩状态,只要形变量相同,其储存的弹性势能就相同.式1 如图6-7所示,质量为2m的“”形木板静止在光滑的水平面上,木板左端固定着一水平轻质弹簧,一质量为m的小木块从木板右端以未知速度v0开始沿木板向左滑行,最终恰好回到木板右端;在木块压缩弹簧过程中,弹簧具有的最大弹性势能为Ep.木块与木板间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g.求:(1)未知速度v0的大小;(2)木块相对木板向左运动的最大距离xm.图6-7式2 如图6-8所示,固定在水平地面上的斜面倾角为45°,斜面上A、B两点之间距离L=2 m,在斜面下端C点固定有一个与斜面垂直的挡板,一劲度系数为k=68 N/m的轻质弹簧下端固定在挡板上,上端位于图中B点,弹簧处于原长状态.质量为m=1 kg、大小不计的滑块从斜面的最高点A沿斜面由静止开始下滑,滑块沿斜面下滑到B点时与弹簧开始接触,整个过程弹簧都在弹性限度内.已知滑块与斜面AB段之间的动摩擦因数为=0.40,与BC段之间不存在摩擦力.不计滑块与弹簧接触时的能量损失,忽略空气阻力.弹簧弹性势能Ep=kx2,x为弹簧的形变量,重力加速度g取10 m/s2.(1)滑块从开始运动到第一次速度变为零时,弹簧的最大压缩量为多少?(2)滑块从A处由静止开始下滑到与弹簧发生第n次接触的过程中,求滑块在AB段运动通过的总路程.(3)最终滑块在AB段运动通过的总路程为多少?图6-8考点四传送带模型 4 如图6-9所示,静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相接,传送带长L1=0.36 m.质量为1 kg的滑块以v0=2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带,并从传送带右端滑上水平面,最后停在与B点距离为L2=0.64 m的C处.(g取10 m/s2,滑块与传送带间及与水平面间的动摩擦因数相同)图6-9(1)求动摩擦因数的值.(2)若滑块从A点以v0=2 m/s的水平速度冲上传送带时,传送带以v=2 m/s的速度逆时针转动,求滑块在传送带上运动的过程中,传送带对滑块的冲量大小和整个过程电动机由于传送滑块多消耗的电能.导思 传送带不动,滑块从A到C做什么运动?当传送带以v=2 m/s的速度逆时针转动时,滑块在传送带上做什么运动?相对传送带的位移是多少?归纳 传送带模型与滑块长木板模型相似,解题关键是分析各接触面间的摩擦力,通过受力分析判断能否运动以及运动状态.此类题目要从头开始细致地对不同过程分别进行受力分析和运动分析.其中有几个关键点:(1)物体在传送带上的相对运动分析,从而判定摩擦力方向;(2)物体在传送带上是加速、减速,还是匀速运动,是否会出现与传送带速度相等的情况,要注意判断速度相等时物体是否离开传送带;(3)计算产热要用摩擦力大小乘总的相对路程,求总的相对路程一般要在分析清楚全过程的运动情况后,将所有分过程相对位移的绝对值相加.式1 如图6-10所示,足够长的传送带与水平面的夹角为,传送带以速度v0顺时针匀速运动.某时刻从传送带顶端滑下一质量为m、速度大小为v的物块.已知传送带的速度保持不变,且v>v0,物块与传送带间的动摩擦因数为且>tan ,则物块在传送带上运动过程中()图6-10A.物块对传送带做正功B.物块的机械能不断增加,物块下行时间等于上行时间C.传送带对物块做功为W=mv2-mD.系统产生的热量一定大于物块动能的变化量的大小式2 (多选)如图6-11所示,滑轮大小可忽略的传送带以恒定速率顺时针转动,将小物块在传送带底端P点无初速度释放,小物块在摩擦力作用下运动至传送带顶端,在小物块运动过程中,下列说法中正确的是()图6-11A.小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大B.摩擦力对小物块做的功大于小物块动能的增加量C.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的机械能D.若物块滑到顶端时恰好与传送带共速,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的动能第6讲经典模型综合分析 高频考点探究考点一例1 (1)mv1+2mv2m-m-·2m(2)3mvm-·3mv2例1变式1(1)85 J(2)1.0 m(3)0.71 m解析 (1)设滑块运动到D点时的速度大小为v1,小车在此时的速度大小为v2,滑块从A运动到D的过程中系统动量守恒,以向右为正方向,有mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0则小车跟滑块组成的系统的初机械能E1=m+Mv2小车跟滑块组成的系统的末机械能E2=m+0,解得E1=110 J,E2=25 J小车与滑块组成的系统损失的机械能E=E1-E2=85 J.(2)设滑块刚过D点时,受到轨道的支持力为N,则由牛顿第三定律可得N=76 N由牛顿第二定律可得N-(qE+mg+Bqv1)=m,解得r=1.0 m.(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时,滑块与小车具有共同的速度v3,由动量守恒定律可得mv1=(M+m)v3,解得v3= m/s设圆弧轨道的最小半径为R,由能量守恒定律得m=(M+m)+(qE+mg)R解得R=0.71 m.例1变式2(1)一次(2)1.7 m解析 (1)由于系统要克服摩擦力做功,物体最终会停在箱子上并与箱子以相同的速度v向右运动,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v根据功能关系有mgs=m-(m+M)v2解得物体相对箱子移动的距离s=1.8 m由于箱子内侧的两壁间距为l=2 m,故物体只与箱子的右侧碰撞一次后便停在箱子上距离右侧0.8 m处.(2)设碰前物体对地位移为x1,速度为v1,箱子对地位移为x2,速度为v2(v2<v1),则有mv0=mv1+Mv2mgx1=m-mmgx2=Mx1-x2=设碰后物体与箱子的速度分别为v'1和v'2,在碰撞过程中有mv1+Mv2=mv'1+Mv'2m+M=mv+Mv随后箱子向右做匀减速运动,物体向右做匀加速运动,直至速度都变为v.在此过程中,设箱子移动的距离为x'2,则mgx'2=Mv-Mv2故从物体开始运动到刚好停在箱子上,箱子在水平面上移动的距离为x=x2+x'2=1.7 m.考点二例2d解析 设子弹的初速度为v0,穿过2d厚度的钢板时共同速度为v,受到的阻力为f.对系统,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v由能量守恒定律得f·2d=m-(m+2m)v2联立解得fd=m子弹穿过第一块厚度为d的钢板时,设其速度为v1,此时钢板的速度为u,穿第二块厚度为d的钢板时共同速度为v2,穿过深度为d'.对子弹和第一块钢板系统,由动量守恒定律得mv0=mv1+mu由能量守恒定律得fd=m-m-mu2对子弹和第二块钢板系统,由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2由能量守恒定律得f·d'=m-(m+m) 联立解得d'=d例2变式A解析 最后滑块与子弹均相对静止,根据动量守恒定律可知,两种情况下滑块和子弹的共同速度相等,根据能量守恒定律,两种情况下碰撞前、后动能的减少量相等,产生的热量相等,而子弹相对滑块的位移大小不等,故滑块对子弹的阻力不一样大,A错误,D正确;根据动能定理,滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,B正确;根据动量定理,两种情况下滑块受到的冲量一样大,C正确.考点三例3(1)(2)解析 (1)B与A分离时,设B的速度为vB,则由机械能守恒定律得2mg·=·2m解得vB=(2)设A、B碰撞前瞬间B的速度大小为v,根据机械能守恒定律得2mg·2h=·2mv2解得v=2根据机械能守恒定律,A、B碰撞后瞬间的速度大小vAB与A、B刚好分开时的速度大小相等,即vAB=vB.设A、B碰撞前瞬间A的速度大小为vA,根据动量守恒定律得2mv-mvA=3mvAB解得vA=设弹簧锁定时的弹性势能为Ep,从弹簧解除锁定到恢复原长的过程,根据机械能守恒定律得Ep=mg·h+m解得Ep=6mgh设A、B第一次碰撞后一起向下运动到A的初始位置时的速度大小为v',在这过程中,根据机械能守恒定律得Ep+·3mv'2=·3m+3mg·h联立解得v'=例3变式1(1)(2)解析 (1)木块从右端开始向左运动至将弹簧压缩到最短的过程中,设摩擦生热为Q,当弹簧被压缩到最短时,木块和木板具有相同的速度v1,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v1由能量守恒定律得m=(m+2m)+Ep+Q从初状态至木块又回到木板右端与木板刚好相对静止时,木块和木板又具有相同的速度v2,由动量守恒定律得mv0 =(m+2m)v2由能量守恒定律得m=(m+2m)+2Q联立解得v0 =(2)木块从将弹簧压缩到最短时的位置返回到木板右端时,有(m+2m)v1=(m+2m)v2又Ep+(m+2m)=(m+2m)+Q解得Q = Ep又Q =mgxm解得xm=例3变式2(1)0.5 m(2)2 m+3× m(3)5 m解析 (1)由能量守恒定律得mg(L+x1)-mg×L=k解得x1=0.5 m(2)L1=L,设滑块第1次与弹簧接触后反弹能到达的最远位置与B的距离为L2,则有mg(L1-L2)-mg×(L1+L2)=0解得L2=L1=L1,第2次接触经过的路程x2=2L2=L1设滑块第2次与弹簧接触后反弹到达的最远位置与B的距离为L3,则有mg(L2-L3)-mg×(L2+L3)=0解得L3=L2=L2,第3次接触经过的路程x3=2L3=2×L1可以看出,滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在AB段运动通过的总路程x=L1+2L1×+2L1×+2L1×=2 m+3× m(3)当n趋近于无穷大时,滑块在AB段运动通过的总路程为x总=2 m+3 m=5 m考点四例4(1)0.2(2)0.4 N·s0.8 J解析 (1)由动能定理得-mg(L1+L2)=0-m解得=0.2 (2)滑块的加速度 a=g=2 m/s2滑块运动至离开传送带过程,有=-2aL1,解得v2=1.6 m/s滑块在传送带上运动,有 L1=t,解得t=0.2 s传送带对滑块的作用力为F=2 N所以传送带对滑块的冲量为I=Ft=0.4 N·s由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动了s=vt=0.4 m所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=mg(s+L1)=1.52 J电动机多消耗的电能为E=mg(s+L1)-=0.8 J例4变式D解析 物块与传送带共速前,传送带受到物块对它的摩擦力始终沿传送带向下,与传送带的运动方向相反,故物块对传送带做负功,故A错误;物块沿传送带下滑时,做匀减速运动,此过程中物块的机械能逐渐减小,故B错误;因为传送带的速度小于物块的初速度,故物块离开传送带时速度为v0,传送带对物块做功为W=m-mv2,C错误;整个过程电动机对系统做正功,故D正确.10