版第6章章末专题复习

物理模型数学技巧易错排查练章末专题复习高考热点物理模型|“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．【解析】1(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cos

60°)＝2mv20解得：v0＝

gR小球与物块Q

相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：mv0＝mv1＋mvQ

01

12v2

v21122m

＝

m

＋

mv2Q解得：v1＝0，vQ＝

v0＝

gR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Q1mv

＝Mv＋m(2v)，解得，v＝6vQ＝gR6物块Q

离开平板车时，速度为：2v＝

gR3

.(2)设平板车长L，由能的转化和守恒定律知fF

·L＝

m2Q1

12

2v21v

－

M

－2m(2v)2f又F

＝μmg18μ解得平板车P

的长度为L＝

7R

.【答案】

(1)gR3(2)

7R18μ【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：

2mv0－mv0＝3mv

①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：2μmgt1＝mv－m(－v0)

②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：2μmg＝ma

③在达到共同速度v

时，木板离墙的距离l

为：0

112l＝v

t

－

at21④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：2vt

＝

l

⑤从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：t＝t1＋t2

⑥3μg由以上各式得t＝4v0

，代入数据可知：t＝4

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M＝4.0

kg，a、b

间距离s＝2.0

m，木板位于光滑水平面上，在木板a

端有一小物块，其质量m＝1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0

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】【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，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＝(m＋M)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：12Q

＝

m01

12v

－

(m2

2＋M)v

－Q2又因Q2＝2μmgs由上式得：1Q

＝

m201

1v

－

(m＋M)

mv02

2

M＋m2－2μmgs代入数据得：Q1＝2.4

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n＝1

时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n＝k(k≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n＝k＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n＝1

命题成立，可推知n＝2

命题成立，继而又可推出n＝3

命题成立…这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n≥1

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．【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

v2＝v2＋2gl，v

＝

v2＋2gl1

0

1

00

1

1

1

10m1第

1

次碰撞后

m

v

＝m

v

′，v

′＝

vm

m01＝m10v2＋2gl

①(2)第2

次碰撞前v2＝v′2＋2gl2

12利用①式化简得v

＝m0m10v

＋2

2

2

m2＋m20

1m21

2gl

②第2

次碰撞后，利用②式得2v′

＝m22m1

m0m

22

2

2

2

20v

＝

v

＋

m2＋m20

1m22

2gl同理，第3

次碰撞后3v′

＝m0m32

2

20v

＋

0

1m2＋m2＋m22m232gl，……第n

次碰撞后速度为nv′2＝m

0mn0v

＋2

2

n＝1＝i

0∑m2i

m2n2gl故n

次碰撞后雨滴的动能为n

nm

v′

＝1

1 2

2mn2

2

20

0n＝1＝i

02i(m

v

＋2gl∑m

)．0【答案】

(1)

v2＋2glm0m10v2＋2gl

(2)12mn2

20

0(m

v

＋n－1＝i

02i2gl∑m

)[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光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量

M＝2 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u＝2

m/s

的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m＝1

kg

的小物块B

从其上距水平台面高h＝1.0

m处由静止释放．已知物块B

与传送带之间的动摩擦因数

μ＝0.2，l＝1.0

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.【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10

0恒定律，得mgh＝2mv2，故v

＝2gh＝

2×10×1

m/s＝2

5 m/s＞u，故B

滑上传送带后做匀减速运动．加速度a＝μmgm2

220＝μg＝2 m/s

，根据v

－v

＝－2as，0得物块

B

到达传送带左端时的速度

v1＝

v2－2al＝

(2

5)2－2×2×1

m/s＝4m/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v1＝4

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mv1＝mv′1＋MV′111

12

2mv

＝

m2

2112v′

＋

MV′21联立解得，v′1＝m－MM＋m1

4v1＝－3v1＝－3

m/s负号说明B

与A

碰撞后，B

的速度方向向右．速度减为零时的位移s＝v′22a1＝物块B

运动到传送带上做匀减速运动．16

9

42×29m＝

m＜l，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v2＝v′1，然后与A

发生第二次碰撞，且满足mv2＝mv′2＋MV′221

12

2mv

＝

m2

2212v′

＋

MV′22联立解得，v′2＝m－MM＋m1v2＝－3v232＝－

1

v13

2

313同理，物块B

与A

第三次碰撞前的速度v

＝－v′，碰撞后的速度v′＝－v3331＝－

1

v

.依此类推3nn

1第n

次碰撞后B

的速度v′＝－1

v

.1即n

次碰撞后的速度大小为1

v

＝

43n

3nm/s.3n【答案】

(1)4

m/s

(2)不能

(3)

4

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．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：Ek1

＋Ep1

＝E

＋E

，即：1

v2＋k2

p2

2m

1mgh

＝

1

mv

2

＋

mgh1

2

2

2或ΔEk＝ΔEp矢量式：p1＋p2＝p1′＋p2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝Δp2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【解析】

(1)A

静止时，设轻弹簧压缩

x1，有kx1＝Mg1设物体C自由落下h

时速度为v，由mgh＝2mv2

得：v＝

2gh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＝(m＋M)v11解得v

＝mm＋MvB

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：2

2

1kx

＝Mg，有x

＝x

＝Mgk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1

212有(m＋M)g(x

＋x

)＝

(m＋M)v211解得v

＝2gMk联立解得h＝2M(m＋M)2gkm2.(2)C、A

系统因碰撞损失的机械能2ΔE＝m1

12v

－

(m＋M)v2

21解得ΔE＝2(m＋M)M2g2km.1(3)物体D

自由落下h

时速度为v，同理有mgh＝2mv2v＝

2gh设物D

与A

发生弹性碰撞后速度分别为v2、v3有mDv＝mDv2＋Mv3D1

12

2m

v

＝

m2

2D

212v

＋

Mv232解得v

＝(mD－M)mD＋Mv，v3＝2mDmD＋Mv要使B

恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须1

21Mg(x

＋x

)＝

Mv233则v

＝2g2Mk3

1即：v

＝v

，2mDv＝mmD＋M

m＋MvD得m

＝Mm2M＋m.【答案】

(1)2M(m＋M)2gkm2(2)2(m＋M)M2g2km

Mm

(3)2M＋m[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

R＝0.4m

的半圆轨道，C

端的下方有一质量

M＝0.2kg的小车，车上有半径

r＝0.2 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

m＝0.1kg

的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于

R、r.此球可视为质点)．已知小球到

B端的距离为

h1＝1.2m，CD间竖直距离为

h2＝1m．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：弹簧被释放前具有的弹性势能Ep；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)；小球下