2025版高考物理大一轮复习第六章本章学科素养提升讲义含解析教科版

PAGEPAGE1本章学科素养提升模型1滑块滑块模型可分为两类：单一滑块模型和多个滑块模型．单一滑块模型是指一个滑块在水平面、斜面上或曲面上运动的问题，主要运用牛顿运动定律、动能定理或动量定理进行分析．多个滑块模型是指两个或两个以上的滑块组成的系统，如滑块与滑块、小车与滑块、子弹与滑块等，对于此类问题应着重分析物体的运动过程，明确它们之间的时间、空间关系，并留意临界、隐含和极值等条件，然后用能量守恒和动量守恒等规律求解．例1如图1所示，在光滑的水平面上并排放着两个相同的木块，长度皆为L＝1.00m，在左边木块的左端放一个小金属块，它的质量和一个木块的质量相等，现让小金属块以初速度v0＝2.00m/s起先向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ＝0.10.取g＝10m/s2，求右边木块的最终速度大小．图1解析若金属块最终停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为v，x表示金属块最终距左边木块的左端的距离，则0＜x≤L.以向右为正方向，由动量守恒及功能关系可知：mv0＝3mv，eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)×3mv2＋μmgx代入数值可解得：x＝eq\f(4,3)m＞1.00m，不合理，证明金属块最终不能停在左边的木块上．设金属块最终停在右边的木块上距离左端为x处，0＜x≤L.令v1和v2表示两木块最终的速度，v0′表示金属块到达左边木块右端时的速度，由动量守恒及功能关系可知：mv0＝mv0′＋2mv1，eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(12,)＋μmgLmv0＝mv1＋2mv2解得：v1＝1m/s，v2＝eq\f(1,2)m/s或v1＝eq\f(1,3)m/s，v2＝eq\f(5,6)m/s，因v1不能大于v2，所以v1＝eq\f(1,3)m/s，v2＝eq\f(5,6)m/s.又由eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(22,)＋μmg(L＋x)得：x≈0.25m＜1.00m.此值是合理的，证明金属块最终停在右边的木块上，右边木块的最终速度为v2＝eq\f(5,6)m/s答案eq\f(5,6)m/s模型2弹簧弹簧模型是指由物体与弹簧组成的系统，此类问题的关键在于分析物体的运动过程，认清弹簧的状态及不同能量之间的转化，由两个或两个以上物体与弹簧组成的系统，应留意弹簧伸长或压缩到最大程度时弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹性势能最小(为零)等隐含条件．例2如图2所示，光滑水平面上有一质量为m＝1kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内．求：图2(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小．解析(1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v1，小球的速度大小为v，以向右的方向为正方向，由动量守恒及能量守恒有：mv0＝Mv＋mv1eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)Mv2解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－3m/s，负号表示小车速度方向向左．v＝eq\f(2m,m＋M)v0＝2m/s，小球速度方向向右．(2)依据动量守恒定律有：m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝1m/s依据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4N·s.答案(1)小车：3m/s，速度方向向左小球：2m/s，速度方向向右(2)4N·s模型3悬绳悬绳模型是指由悬绳或通过弧形滑槽将不同的物体连在一起组成的系统．此类问题应认清物体的运动过程和运动状态．留意物体运动到最高点或最低点时速度相同的隐含条件及系统机械能守恒定律的应用．例3如图3所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不行伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好遇到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．图3解析滑环固定时，依据机械能守恒定律，有：MgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(02,)，v0＝eq\r(2gL).滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)Mveq\o\al(02,)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh，由以上各式，可得：h＝eq\f(m,m＋M)L.答案eq\f(m,m＋M)L例4(2024·湖南省六校4月联考)如图4所示，在光滑水平面上有一质量为2024m的木板，板上有2024块质量均为m的相同木块1、2…、2024.最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2024v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象．求：图4(1)最终木板的速度大小；(2)运动中第88块木块的最小速度；(3)其次块木块相对木板滑动的时间．解析(1)最终一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋2024v)＝2×2024mv′，解得v′＝eq\f(2024n＋1,4)v＝eq\f(2024,4)v.(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1的速度均为vk，因为每块木块质量相等，所受合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的削减量也相等，因而此时，第k＋1至第n块的速度依次为vk＋v、vk＋2v……、vk＋(n－k)v，系统动量守恒，故m(v＋2v＋……＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋……＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋……＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋……＋(n－k)]v所以vk＝eq\f(2n＋1－kkv,4n)，v88＝eq\f(43439,1009)v.(3)其次块木块相对静止的速度为v2＝eq\f(2×2024＋1－2,4×2024)×2v＝eq\