2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 第6講 經(jīng)典模型綜合分析專題突破練.doc

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第6講經(jīng)典模型綜合分析考點(diǎn)一滑塊長(zhǎng)木板模型1 (12分)如圖6-1甲所示,長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M=2m的長(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上,質(zhì)量為m的滑塊以初速度v0滑上長(zhǎng)木板,滑塊離開(kāi)木板時(shí)的速度為v1=v0.(1)求滑塊離開(kāi)木板時(shí)木板的速度v2和此過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q;(2)現(xiàn)將木板由上到下分成兩塊,并對(duì)接粘連在一起成木板C(如圖乙所示),滑塊與C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)還和原來(lái)一樣,讓滑塊仍以初速度v0滑上長(zhǎng)木板,求滑塊在C上滑行的距離s.圖6-1解答步驟規(guī)范(1)滑塊在木板上滑動(dòng)過(guò)程中,二者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,有mv0= (2分)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,有Q=mgL=(2分)解得v2=v0,Q=m(2分)(2)假設(shè)滑塊未滑離木板,設(shè)共同速度為v,則mv0=(2分)mgs=(2分)解得s=L(1分)因s2L,故滑塊沒(méi)有滑離木板,所以s=L(1分)歸納 滑塊長(zhǎng)木板模型通常涉及力學(xué)中的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量和能量等知識(shí),可以從以下三個(gè)方面分析:1.動(dòng)力學(xué)分析:判斷滑塊與長(zhǎng)木板是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)是解決這類問(wèn)題的一個(gè)難點(diǎn),通常采用整體法、隔離法和假設(shè)法等.往往先假設(shè)兩者相對(duì)靜止,由牛頓第二定律求出它們之間的摩擦力f,與最大靜摩擦力fm進(jìn)行比較分析.若fv0,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為且tan ,則物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()圖6-10A.物塊對(duì)傳送帶做正功B.物塊的機(jī)械能不斷增加,物塊下行時(shí)間等于上行時(shí)間C.傳送帶對(duì)物塊做功為W=mv2-mD.系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一定大于物塊動(dòng)能的變化量的大小式2 (多選)如圖6-11所示,滑輪大小可忽略的傳送帶以恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),將小物塊在傳送帶底端P點(diǎn)無(wú)初速度釋放,小物塊在摩擦力作用下運(yùn)動(dòng)至傳送帶頂端,在小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的是()圖6-11A.小物塊所受摩擦力的瞬時(shí)功率一定不斷變大B.摩擦力對(duì)小物塊做的功大于小物塊動(dòng)能的增加量C.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的機(jī)械能D.若物塊滑到頂端時(shí)恰好與傳送帶共速,則兩者間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能恰好等于物塊增加的動(dòng)能第6講經(jīng)典模型綜合分析 高頻考點(diǎn)探究考點(diǎn)一例1 (1)mv1+2mv2m-m-2m(2)3mvm-3mv2例1變式1(1)85 J(2)1.0 m(3)0.71 m解析 (1)設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)的速度大小為v1,小車在此時(shí)的速度大小為v2,滑塊從A運(yùn)動(dòng)到D的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,有mv0-Mv=mv1+Mv2,解得v2=0則小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的初機(jī)械能E1=m+Mv2小車跟滑塊組成的系統(tǒng)的末機(jī)械能E2=m+0,解得E1=110 J,E2=25 J小車與滑塊組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能E=E1-E2=85 J.(2)設(shè)滑塊剛過(guò)D點(diǎn)時(shí),受到軌道的支持力為N,則由牛頓第三定律可得N=76 N由牛頓第二定律可得N-(qE+mg+Bqv1)=m,解得r=1.0 m.(3)設(shè)滑塊沿圓弧軌道上升到最大高度時(shí),滑塊與小車具有共同的速度v3,由動(dòng)量守恒定律可得mv1=(M+m)v3,解得v3= m/s設(shè)圓弧軌道的最小半徑為R,由能量守恒定律得m=(M+m)+(qE+mg)R解得R=0.71 m.例1變式2(1)一次(2)1.7 m解析 (1)由于系統(tǒng)要克服摩擦力做功,物體最終會(huì)停在箱子上并與箱子以相同的速度v向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v根據(jù)功能關(guān)系有mgs=m-(m+M)v2解得物體相對(duì)箱子移動(dòng)的距離s=1.8 m由于箱子內(nèi)側(cè)的兩壁間距為l=2 m,故物體只與箱子的右側(cè)碰撞一次后便停在箱子上距離右側(cè)0.8 m處.(2)設(shè)碰前物體對(duì)地位移為x1,速度為v1,箱子對(duì)地位移為x2,速度為v2(v2v1),則有mv0=mv1+Mv2mgx1=m-mmgx2=Mx1-x2=設(shè)碰后物體與箱子的速度分別為v1和v2,在碰撞過(guò)程中有mv1+Mv2=mv1+Mv2m+M=mv+Mv隨后箱子向右做勻減速運(yùn)動(dòng),物體向右做勻加速運(yùn)動(dòng),直至速度都變?yōu)関.在此過(guò)程中,設(shè)箱子移動(dòng)的距離為x2,則mgx2=Mv-Mv2故從物體開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好停在箱子上,箱子在水平面上移動(dòng)的距離為x=x2+x2=1.7 m.考點(diǎn)二例2d解析 設(shè)子彈的初速度為v0,穿過(guò)2d厚度的鋼板時(shí)共同速度為v,受到的阻力為f.對(duì)系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+2m)v由能量守恒定律得f2d=m-(m+2m)v2聯(lián)立解得fd=m子彈穿過(guò)第一塊厚度為d的鋼板時(shí),設(shè)其速度為v1,此時(shí)鋼板的速度為u,穿第二塊厚度為d的鋼板時(shí)共同速度為v2,穿過(guò)深度為d.對(duì)子彈和第一塊鋼板系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv0=mv1+mu由能量守恒定律得fd=m-m-mu2對(duì)子彈和第二塊鋼板系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律得mv1=(m+m)v2由能量守恒定律得fd=m-(m+m) 聯(lián)立解得d=d例2變式A解析 最后滑塊與子彈均相對(duì)靜止,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知,兩種情況下滑塊和子彈的共同速度相等,根據(jù)能量守恒定律,兩種情況下碰撞前、后動(dòng)能的減少量相等,產(chǎn)生的熱量相等,而子彈相對(duì)滑塊的位移大小不等,故滑塊對(duì)子彈的阻力不一樣大,A錯(cuò)誤,D正確;根據(jù)動(dòng)能定理,滑塊動(dòng)能的增加量等于子彈對(duì)滑塊做的功,所以兩種情況下子彈對(duì)滑塊做的功一樣多,B正確;根據(jù)動(dòng)量定理,兩種情況下滑塊受到的沖量一樣大,C正確.考點(diǎn)三例3(1)(2)解析 (1)B與A分離時(shí),設(shè)B的速度為vB,則由機(jī)械能守恒定律得2mg=2m解得vB=(2)設(shè)A、B碰撞前瞬間B的速度大小為v,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mg2h=2mv2解得v=2根據(jù)機(jī)械能守恒定律,A、B碰撞后瞬間的速度大小vAB與A、B剛好分開(kāi)時(shí)的速度大小相等,即vAB=vB.設(shè)A、B碰撞前瞬間A的速度大小為vA,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv-mvA=3mvAB解得vA=設(shè)彈簧鎖定時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep,從彈簧解除鎖定到恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep=mgh+m解得Ep=6mgh設(shè)A、B第一次碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)到A的初始位置時(shí)的速度大小為v,在這過(guò)程中,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep+3mv2=3m+3mgh聯(lián)立解得v=例3變式1(1)(2)解析 (1)木塊從右端開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)至將彈簧壓縮到最短的過(guò)程中,設(shè)摩擦生熱為Q,當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),木塊和木板具有相同的速度v1,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+2m)v1由能量守恒定律得m=(m+2m)+Ep+Q從初狀態(tài)至木塊又回到木板右端與木板剛好相對(duì)靜止時(shí),木塊和木板又具有相同的速度v2,由動(dòng)量守恒定律得mv0 =(m+2m)v2由能量守恒定律得m=(m+2m)+2Q聯(lián)立解得v0 =(2)木塊從將彈簧壓縮到最短時(shí)的位置返回到木板右端時(shí),有(m+2m)v1=(m+2m)v2又Ep+(m+2m)=(m+2m)+Q解得Q = Ep又Q =mgxm解得xm=例3變式2(1)0.5 m(2)2 m+3 m(3)5 m解析 (1)由能量守恒定律得mg(L+x1)-mgL=k解得x1=0.5 m(2)L1=L,設(shè)滑塊第1次與彈簧接觸后反彈能到達(dá)的最遠(yuǎn)位置與B的距離為L(zhǎng)2,則有mg(L1-L2)-mg(L1+L2)=0解得L2=L1=L1,第2次接觸經(jīng)過(guò)的路程x2=2L2=L1設(shè)滑塊第2次與彈簧接觸后反彈到達(dá)的最遠(yuǎn)位置與B的距離為L(zhǎng)3,則有mg(L2-L3)-mg(L2+L3)=0解得L3=L2=L2,第3次接觸經(jīng)過(guò)的路程x3=2L3=2L1可以看出,滑塊與彈簧發(fā)生第n次接觸的過(guò)程中在AB段運(yùn)動(dòng)通過(guò)的總路程x=L1+2L1+2L1+2L1=2 m+3 m(3)當(dāng)n趨近于無(wú)窮大時(shí),滑塊在AB段運(yùn)動(dòng)通過(guò)的總路程為x總=2 m+3 m=5 m考點(diǎn)四例4(1)0.2(2)0.4 Ns0.8 J解析 (1)由動(dòng)能定理得-mg(L1+L2)=0-m解得=0.2 (2)滑塊的加速度 a=g=2 m/s2滑塊運(yùn)動(dòng)至離開(kāi)傳送帶過(guò)程,有=-2aL1,解得v2=1.6 m/s滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng),有 L1=t,解得t=0.2 s傳送帶對(duì)滑塊的作用力為F=2 N所以傳送帶對(duì)滑塊的沖量為I=Ft=0.4 Ns由于滑塊沖出傳送帶時(shí),傳送帶向左運(yùn)動(dòng)了s=vt=0.4 m所以滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量Q=mg(s+L1)=1.52 J電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為E=mg(s+L1)-=0.8 J例4變式D解析 物塊與傳送帶共速前,傳送帶受到物塊對(duì)它的摩擦力始終沿傳送帶向下,與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反,故物塊對(duì)傳送帶做負(fù)功,故A錯(cuò)誤;物塊沿傳送帶下滑時(shí),做勻減速運(yùn)動(dòng),此過(guò)程中物塊的機(jī)械能逐漸減小,故B錯(cuò)誤;因?yàn)閭魉蛶У乃俣刃∮谖飰K的初速度,故物塊離開(kāi)傳送帶時(shí)速度為v0,傳送帶對(duì)物塊做功為W=m-mv2,C錯(cuò)誤;整個(gè)過(guò)程電動(dòng)機(jī)對(duì)系統(tǒng)做正功,故D正確.