17-18版第6章章末专题复习

1、章末专题复习物理模型|“滑块木板”模型中的动量守恒“滑块”问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，所以解决“滑块”问题常用到动量守恒定律另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系(2017·淮北月考)如图6­1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在

2、光滑水平地面上一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为，Mm41，重力加速度为g.求：图6­1(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？(2)平板车P的长度为多少？【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1cos 60°)mv解得：v0小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv0mv1mvQmvmvmv解得：v10，vQ v

3、0二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mvQMvm(2v)，解得，vvQ物块Q离开平板车时，速度为：2v.(2)设平板车长L，由能的转化和守恒定律知Ff·LmvMv2m(2v)2又Ffmg解得平板车P的长度为L.【答案】(1)(2)突破训练1(2017·长沙模拟)如图6­2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为0.2.使木板与重物以共同的速度v06 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知木板足够长，重物始终在木板上，重力

4、加速度为g取10 m/s2.求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间图6­2【解析】第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2mv0mv03mv设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：2mgt1mvm(v0)设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：2mgma在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：lv0t1at木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：

5、t2从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：tt1t2由以上各式得t，代入数据可知：t4 s.【答案】4 s2如图6­3所示，在长木板ab的b端有固定挡板，木板连同挡板的质量为M4.0 kg，a、b间距离s2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v04.0 m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能. 【导学号：92492271】图6­3【解析】经分析可知，小物块与木板间在整个相互碰撞的过程中动量是守恒的，

6、最终小物块与木板ab相对静止且有相同的末速度v，由动量守恒得：mv0(mM)v小物块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q1，小物块与木板间摩擦损失的机械能为Q2(即为摩擦过程中产生的热量)，由能量守恒得：Q1mv(mM)v2Q2又因Q22mgs由上式得：Q1mv(mM)22mgs代入数据得：Q12.4 J.【答案】2.4 J数学技巧|数学归纳法的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法如果说一个关于自然数n的命题，当n1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设nk(k1

7、)时命题也成立再进一步，如果能证明nk1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n1命题成立，可推知n2命题成立，继而又可推出n3命题成立这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n1的自然数都成立在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1.此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m2、m3、mn(设各质量为已知量)不计空

8、气阻力，但考虑重力的影响求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1；(2)求第n次碰撞后雨滴的动能mnv.【思路导引】【解析】(1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒第1次碰撞前vv2gl，v1第1次碰撞后m0v1m1v1，v1v1(2)第2次碰撞前vv2gl利用式化简得v2v2gl第2次碰撞后，利用式得v2v2v2gl同理，第3次碰撞后v2v2gl，第n次碰撞后速度为v2v2gl故n次碰撞后雨滴的动能为mnv(mv2glm)【答案】(1) (2)(mv2glm)突破训练3(2012·安徽高考)如图6­4所示，装置的左边是足够长的

9、光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接传送带始终以u2 m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面质量m1 kg的小物块B从其上距水平台面高h1.0 m处由静止释放已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.2，l1.0 m设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，g取10 m/s2.图6­4(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立

10、即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小. 【导学号：92492272】【解析】(1)设物块B从光滑曲面h高处滑下时的速度为v0，由机械能守恒定律，得mghmv，故v0 m/s2 m/su，故B滑上传送带后做匀减速运动加速度ag2 m/s2，根据v2v2as，得物块B到达传送带左端时的速度v1 m/s4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v14 m/s.(2)物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒即mv1mv1MV1mvmvMV联立解得，v1v1v1 m/s负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右物块B

11、运动到传送带上做匀减速运动速度减为零时的位移s m ml，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上(3)物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2v1，然后与A发生第二次碰撞，且满足mv2mv2MV2mvmvMV联立解得，v2v2v2v1同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3v2，碰撞后的速度v3v3v1.依此类推第n次碰撞后B的速度vnv1.即n次碰撞后的速度大小为v1 m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3) m/s高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用动量守恒

12、定律和机械能守恒定律的比较机械能守恒定律动量守恒定律条件在只有重力和弹力做功，其他力不做功的系统内，机械能的总量保持不变(1)系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于合外力，这个系统的动量保持不变(2)在某一方向上系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于合外力时，这个方向上系统的动量分量就保持不变.公式标量式：Ek1Ep1Ek2Ep2，即：mvmgh1mvmgh2或EkEp矢量式：p1p2p1p2，即m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2适用范围机械能守恒定律应用范围是狭小的，只能应用在宏观、低速领域中机械运动的范畴内动量守恒定律应用范围极为广泛，无论研究对象是宏观、微观、低速、高速，无论

13、物体是相互接触，还是通过电场、磁场而发生场力作用，动量守恒定律都适用质量均为M的A、B两个物体由一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体A在被碰撞后的运动过程中，物体B恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从A正上方距A相同高度h处由静止开始自由下落，不同的是不同物块C、D与A发生碰撞种类不同如图6­5所示，方案一是：质量为m的物块C与A碰撞后粘合在一起；方案二是：物体D与A发生弹性碰撞后迅速将D取走，已知量为M，m，k后，重力加速度g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：图6­5(1)h大小；(2)A、B系统因碰撞损

14、失的机械能；(3)物块D的质量mD大小【解析】(1)A静止时，设轻弹簧压缩x1，有kx1Mg设物体C自由落下h时速度为v，由mghmv2得：v设物体C与A碰撞并粘合在一起竖直向下运动速度大小为v1，由动量守恒定律得：mv(mM)v1解得v1 vB恰好能脱离水平面时，C、A向上运动速度为零设轻弹簧伸长x2，由物体B平衡得：kx2Mg，有x2x1说明在物体C与A碰撞并粘合在一起运动至最高处过程中C、A、弹簧系统机械能守恒，且初、末弹性势能相同有(mM)g(x1x2)(mM)v解得v12g联立解得h.(2)C、A系统因碰撞损失的机械能Emv2(mM)v解得E.(3)物体D自由落下h时速度为v，同理有

15、mghmv2v设物D与A发生弹性碰撞后速度分别为v2、v3有mDvmDv2Mv3mDv2mDvMv解得v2 v，v3 v要使B恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须Mg(x1x2)Mv则v32g即：v3v1， v v得mD.【答案】(1)(2)(3)突破训练4某物理课外兴趣小组设计了如图6­6所示装置，AB段为一竖直细圆管，BPC是一个半径R0.4 m的半圆轨道，C端的下方有一质量M0.2 kg的小车，车上有半径r0.2 m的半圆轨道DEF(D与C在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m0.1 kg的小球(小球直径略小于圆管的直径，

16、远远小于R、r.此球可视为质点)已知小球到B端的距离为h11.2 m，CD间竖直距离为h21 m在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC的最高点P；小球从C端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D端进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出若各个接触面都光滑，重力加速度g取10 m/s2，试求：(1)弹簧被释放前具有的弹性势能Ep；(2)小球第一次到达E点时的速度大小及从F点飞出后能上升的最大高度(相对F点)；(3)小球下落返回到E点时小球和小车的速度的大小和方向. 【导学号：92492273】图6­6【解析】(1)由A到P的过程中小球机械能守恒，有Epmg(h1R)mv2mgm代入数据解得v2 m/s，Ep1.8 J.(2)P到E的过程中小球机械能守恒，有mg(Rh2r)mv2mv代入数据解得vE6 m/s小球由E上升到最高点的过程中，小球与