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1、精选优质文档-倾情为你奉上第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
2、=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s2L,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fv0,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
3、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
4、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
5、+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
6、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(v2v1),则有mv0=mv1+Mv2mgx1=m-mmgx2=Mx1-x2=设碰后物体与箱子的速度分别为v1和v2,在碰撞过程中有mv1+Mv2=mv1+Mv2m+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x2,则mgx2=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+x2=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m
7、v0=(m+2m)v由能量守恒定律得f2d=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fd=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
8、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2mg2h=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v
9、A=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=mgh+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+3mv2=3m+3mgh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 =
10、(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)-mgL=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
11、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=2L1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 Ns0.8 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
12、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 Ns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.专心-专注-专业