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

1、第 6 讲经典模型综合分析高频考点探究k- -考点一滑块一长木板模型Qi （12 分）如图 6-1 甲所示,长为L、质量为M2m的长木板静止在光滑的水平面上，质量为2m的滑块以初速度Vo滑上长木板,滑块离开木板时的速度为vi= vo.（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q 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Vo滑上长木板，求滑块在C上滑行的距离s.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mv=损失的机械能转化为内能，有Q和mgL _（2 分）11一 2解

2、得V2= vo,Q= m（2 分）（2）假设滑块未滑离木板，设共同速度为V，则mv=_（2 分）卩mgs _（2 分）斗解得s= L（1 分）因sv2L，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顿运动定律、动量和能量等知识，可以从以下三个方面分析：人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fVfm，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

3、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，整个轨甲图 6-1（2分）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

4、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/s ）（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.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(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JAjXX n*LXXXXJd4乂v。，物块与传送带间的动摩擦因数为 卩且卩tan0，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1

5、1C 传送带对物块做功为W= mV-诊mD 系统产生的热量一定大于物块动能的变化量的大小传送带底端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t 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，将小物块在程中，下列说法中正确的是(A 小物块所受摩擦力的瞬时功率10动能11第 6 讲经典模型综合分析考点一i：咼频考点探究121

6、1 1 2 2 2例 1(1)mv+2mv；2卅。-2甘|-：2 221 1(2)3mv m - 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=0则小车跟滑块组成的系统的初机械能1 1 2 Ei= m +MVE2= m +0,小车跟滑块组成的系统的末机械能解得Ei=110 J,Ea=25 J小车与滑块组成的系统损失的机械能设滑块刚过D点时，受到轨道的支持力为N,则由牛顿第三定律可得E=E-E2=85J.由

7、牛顿第二定律可得N-(qE+mg+BqV=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得mv=(M+mv3,10解得V3=m/sN=76NV3,由动量守恒定律可XX X11R由能量守恒定律得m=(M+m +(qE+mgR设圆弧轨道的最小半径为解得 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予乙号IJL1根据功能关系有卩mgs= m解得物体相对箱子移动的距离 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

8、mv=mv+Mv1 1卩mgx=补-?和1mgx= M2mv=(m+IMv1(m+iyv2s=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(V2V1),则有13X1-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计Mv21111一2_ 2 r2 _m + 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1 1_ 2mgx2= Mv - Mv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+

9、x2=1.7 m.考点二例 2 Id解析设子弹的初速度为vo,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vi,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mv=mv+mu由能量守恒定律得1 1 1fd=2总-2用-2mU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1 1 2 2fd= m -(m+m联立解得d=1d例 2 变式 A 解析最后滑块与子弹均相对静止，根据动

10、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14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.考点三15例 3(2) h1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12mg-2h=2mv解得 v=2 . 根据机械能守

11、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=3mAB解得VA= .-设弹簧锁定时的弹性势能为11 1 2&=mgh+ m解得&=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I 12H械能守恒定律得&+ 3mv2= 3m +3mg h联立解得V= 例 3 变式 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VI,由动量守恒定律得mv=

12、(m+n)VI由能量守恒定律得1 12=(mnj叭+&+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mv =(m+mv2丿由能量守恒定律得120V22=(m+2m巾+2Q(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)VI=( m-2n)V&,从弹簧解除锁定到恢复原长的过程联立解得161 1 2 2又 &+2(m+2m、=(m+!m巾+Q解得Q=EP又Q =mgx17解得Xm=-卫72 1解析(1)由能量守恒定律得mgL+xi)-卩mgxL= k 解得Xi=0.5 m(2)Li=L,设滑块第 1

13、 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V2V2mgLi-L?)-mgx(L1+L2)=01-H3例 3 变式 2(1)0.5 m(3)5 mx=L1+2L1x+2L1x+2L1x=2 m+3xB的距离为La,则有AB段运动通过的总路程当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 s 0.8 J解得1=0.2滑块的加速度a=ig=2 m/s滑块运动至离开传送带过程,有=-2aL1,解得V2=1.6 m/s(2)2 m+3Xmm1mg L计L2)=0-18解得L2= ：l= L1,6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 mgL2-La)-1mgx(L2+L3)=01-p.3解得L3= * L2= L2,第 3 次接触经过的路程Xa=2La=2XL1可以看出，滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在% +勺滑块在传送带上运动，有 L=t,解得t=0.2 s传送带对滑块的作用力为F=：= N19所以传送带对滑块的冲量为匸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=umgs+Li)=1.52 J电