新版高考物理第6讲经典模型综合分析专题突破练.doc

1、ViQC（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.第6讲经典模型综合分析高频考点探究 -*点一滑块一长木板模型国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（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（2）现将木板由上到下分成两块，并对接粘连在一起成木板图6-1解答步骤规范（2分）（1）滑块在木板上滑动过程中，二者组成的系统动量守恒，有mv= 损失的机械能转化为内能，有QmgL=（2 分）解得V2= V0,Q=m

2、 （2分）（2）假设滑块未滑离木板，设共同速度为v,则mv= （2 分）林 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）归纳滑块一长木板模型通常涉及力学中的牛屯运动定律、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<f m,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

3、 .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®分是表面粗糙的水平轨道，DCFB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

4、 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/s 2）（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.画式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 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(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

5、多少l=2 m,另一质量 ，如图6-3所示.已 ,g 取 10 m/s 2.*点二子弹打木块模型图6-32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

6、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

7、功与阻力对木块做的功的差值进行求解卜两层粘在一起组内 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、 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；若击中下层图6-5,以下说法中不正确的是()则子弹嵌入其中.比较这两种情况A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 二臂点三弹簧模型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11薄木板A,弹簧的压缩量为 h 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

8、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h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

9、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，对同一根弓t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.,木板左端固定着式1如图6-7所示，质量为2m的“L”形木板静止在光滑的水平面上水平轻质弹簧，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

10、最大弹性势能为&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；m.(2)木块相对木板向左运动的最大距离x图6-7成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=2m,在斜面下端C点固定有一个与斜面垂直的挡板劲度系数为k=6&2 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= 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

11、I在摩才§力.不计滑块与弹簧接触时的能量损失 簧的形变量,重力加速度g取10 m/s 2.(1)滑块从开始运动到第一次速度变为零时,忽略空气阻力.弹簧弹性势能曰=kx2,x为弹 ,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.最终滑块在AB段运动通过的总路程为多少 ？*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=Q 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

12、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)kJ图6-9(1)求动摩擦因数的值.(2)若滑块从A点以vo=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一长木板模型相似，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

13、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e，传送带以速度vo顺时针匀速 的物块.已知传送带的速度保持不 e,则物块在传送带上运动过程中过程的运动情况后，将所有分过程相对位移的绝对值相加.区1如图6-10所示，足够长的传送带与水平面的夹角为运动.某时刻从传送带顶端滑下一质量为m速度大小为v变，且v>vo,物块与传送带间的动摩擦因数为(1且(i&

14、gt;tan()A物块对传送带做正功B,物块的机械能不断增加C传送带对物块做功为图 6-10,物块下行时间等于上行时间1W=2mv-D,系统产生的热量一定大于物块动能的变化量的大小忒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 程中，下列说法中正确的是(,将小物块在,在小物块运动过A小物块所受摩擦力的瞬时功率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 机械能D,若物块滑到顶端时恰好与传送带共速 动能,则两者间因摩擦而产生的内能恰好等于物块增加的,则两者间因摩擦而产生

15、的内能恰好等于物块增加的第6讲经典模型综合分析高频考点探究 一考点一1111例 1 mv+2m* sm-Em-3.22 1 1(2)3 mv 2mo- 2 3mV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mv-Mv=mv+Mv,解得V2=01 1则小车跟滑块组成的系统的初机械能已与m3 mV1小车跟滑块组成的系统的末机械能e= m>+o,解得 E1=110 J, E2=25 J小车与滑块组成的系统损失的机械能A E=E-E

16、2=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+Bqy=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 mv=( M+mV3,10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2mW=(M+Ml+(qE+mgR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 mv=( m+Mv根据功

17、能关系有(1 mgs=m0- / (m+IMv2由于箱子内侧的两壁间距为侧0. 8 m处.(2)设碰前物体对地位移为 mv=mv+Mv解得物体相对箱子移动的距离s=1. 8 ml= 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X1,速度为 V1,箱子对地位移为X2,速度为V2(V2<Vi),则有mgx=2mu-2m'i1mgx=Xi-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mv+Mv=mv'i+Mv2 1111 2舟+2 M ?=2mvi+2MV2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

18、，设箱子移动的距离为X'2,则1 1,k一g三一 2 mgx 2=-Mv- -PMv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.考点二2 + y/3例 2 | j |d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mv=( m-2n) v由能量守恒定律得111f 2d=m？o- ( m-2n)v2 1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

19、第一块钢板系统，由动量守恒定律得 mv=mv+mu由能量守恒定律得九打，fd= m - m -Lmu对子弹和第二块钢板系统，由动量守恒定律得mv=( m+mV2由能量守恒定律得111f d'= 2mi- N( m+mTz2 + x3联立解得d'=lgd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

20、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(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解得 Vb=：."4(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 -h - 2- 2m2mg 2h=2 2mV 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-mv=3mvB解得 Va= :''4日,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设弹簧锁定时的弹性

21、势能为11E)=mg- h+解得日=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11111械能守恒定律得 E)+ , 3mv'W - 3吊8+3mg 2 h联立解得v'二、v ,在这过程中，根据机解析(1)例3变式1 (1)(2),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mv=( men) V1由能量守恒定律得(m42n) +&+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 由动量守恒定律得mv =(m+?n)V2由能量守恒定律得,木块和木板又具有相同的速度V2,(m+?n) X+2Q联立解得Vo

22、 ='(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-2n) V21 1又 E)+(m+?n) i、=2(m-2m)%:+Q解得Q二日又 Q =mgxm (3)5 mAB段运动通过的总路程例 3 变式 2 (1)0.5 m (2)2 m +3Xk/242 1"""H L-2解析(1)由能量守恒定律得 2 mgj L+xi) - ii m(gx L LM/i解得 xi=0. 5 m(2) Li=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ZmgLiL)-(1 mgK 2 (L1+L2) =01-g3解得l_2