17-18版第6章章末專(zhuān)題復(fù)習(xí)

1、章末專(zhuān)題復(fù)習(xí)物理模型|“滑塊木板”模型中的動(dòng)量守恒“滑塊”問(wèn)題是動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用之一，由于滑塊與木板之間常存在一對(duì)相互作用的摩擦力，這對(duì)摩擦力使滑塊、木板的動(dòng)量發(fā)生變化，也使它們的動(dòng)能發(fā)生改變，但若將兩者視為系統(tǒng)，則這對(duì)摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，它不影響系統(tǒng)的總動(dòng)量，但克服它做功，使系統(tǒng)機(jī)械能損失，所以解決“滑塊”問(wèn)題常用到動(dòng)量守恒定律另外，解決“滑塊”問(wèn)題時(shí)一般要根據(jù)題意畫(huà)出情景示意圖，這樣有利于幫助分析物理過(guò)程，也有利于找出物理量尤其是位移之間的關(guān)系(2017·淮北月考)如圖6­1所示，質(zhì)量為M的平板車(chē)P高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計(jì)，位于平板車(chē)的左端，系統(tǒng)原來(lái)靜止在

2、光滑水平地面上一不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩長(zhǎng)為R，一端懸于Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為m的小球(大小不計(jì))今將小球拉至懸線(xiàn)與豎直位置成60°角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)與Q的碰撞時(shí)間極短，且無(wú)能量損失，已知Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)速度大小是平板車(chē)速度的兩倍，Q與P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，Mm41，重力加速度為g.求：圖6­1(1)小物塊Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)速度為多大？(2)平板車(chē)P的長(zhǎng)度為多少？【解析】(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，有：mgR(1cos 60°)mv解得：v0小球與物塊Q相撞時(shí)，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有：mv0mv1mvQmvmvmv解得：v10，vQ v

3、0二者交換速度，即小球靜止下來(lái)，Q在平板車(chē)上滑行的過(guò)程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有mvQMvm(2v)，解得，vvQ物塊Q離開(kāi)平板車(chē)時(shí)，速度為：2v.(2)設(shè)平板車(chē)長(zhǎng)L，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知Ff·LmvMv2m(2v)2又Ffmg解得平板車(chē)P的長(zhǎng)度為L(zhǎng).【答案】(1)(2)突破訓(xùn)練1(2017·長(zhǎng)沙模擬)如圖6­2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一豎直的墻，重物的質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.使木板與重物以共同的速度v06 m/s向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短已知木板足夠長(zhǎng)，重物始終在木板上，重力

4、加速度為g取10 m/s2.求木板從第一次與墻碰撞到第二次與墻碰撞所經(jīng)歷的時(shí)間圖6­2【解析】第一次與墻碰撞后，木板的速度反向，大小不變，此后木板向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，重物向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后木板和重物達(dá)到共同的速度v，設(shè)木板的質(zhì)量為m，重物的質(zhì)量為2m，取向右為動(dòng)量的正向，由動(dòng)量守恒得：2mv0mv03mv設(shè)從第一次與墻碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的時(shí)間為t1，對(duì)木板應(yīng)用動(dòng)量定理得：2mgt1mvm(v0)設(shè)重物與木板有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a，由牛頓第二定律得：2mgma在達(dá)到共同速度v時(shí)，木板離墻的距離l為：lv0t1at木板與重物開(kāi)始向右做勻速運(yùn)動(dòng)到第二次與墻碰撞的時(shí)間為：

5、t2從第一次碰撞到第二次碰撞所經(jīng)過(guò)的時(shí)間為：tt1t2由以上各式得t，代入數(shù)據(jù)可知：t4 s.【答案】4 s2如圖6­3所示，在長(zhǎng)木板ab的b端有固定擋板，木板連同擋板的質(zhì)量為M4.0 kg，a、b間距離s2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物塊，其質(zhì)量m1.0 kg，小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10，它們都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)令小物塊以初速度v04.0 m/s沿木板向前滑動(dòng)，直到和擋板相碰碰撞后，小物塊恰好回到a端而不脫離木板，求碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：92492271】圖6­3【解析】經(jīng)分析可知，小物塊與木板間在整個(gè)相互碰撞的過(guò)程中動(dòng)量是守恒的，

6、最終小物塊與木板ab相對(duì)靜止且有相同的末速度v，由動(dòng)量守恒得：mv0(mM)v小物塊與擋板間碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為Q1，小物塊與木板間摩擦損失的機(jī)械能為Q2(即為摩擦過(guò)程中產(chǎn)生的熱量)，由能量守恒得：Q1mv(mM)v2Q2又因Q22mgs由上式得：Q1mv(mM)22mgs代入數(shù)據(jù)得：Q12.4 J.【答案】2.4 J數(shù)學(xué)技巧|數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法是一種數(shù)學(xué)證明方法，典型地用于確定一個(gè)表達(dá)式在所有自然數(shù)范圍內(nèi)是成立的或者用于確定一個(gè)其他的形式在一個(gè)無(wú)窮序列是成立的，這就是著名的結(jié)構(gòu)歸納法如果說(shuō)一個(gè)關(guān)于自然數(shù)n的命題，當(dāng)n1時(shí)成立(這一點(diǎn)我們可以代入檢驗(yàn)即可)，我們就可以假設(shè)nk(k1

7、)時(shí)命題也成立再進(jìn)一步，如果能證明nk1時(shí)命題也成立的話(huà)(這一步是用第二步的假設(shè)證明的)，由n1命題成立，可推知n2命題成立，繼而又可推出n3命題成立這樣就形成了一個(gè)無(wú)窮的遞推，從而命題對(duì)于n1的自然數(shù)都成立在物理高考題中經(jīng)常出現(xiàn)的多過(guò)程問(wèn)題，很多情況下可以用數(shù)學(xué)歸納法來(lái)解決雨滴在穿過(guò)云層的過(guò)程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大現(xiàn)將上述過(guò)程簡(jiǎn)化為沿豎直方向的一系列碰撞已知雨滴的初始質(zhì)量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)閙1.此后每經(jīng)過(guò)同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為m2、m3、mn(設(shè)各質(zhì)量為已知量)不計(jì)空

8、氣阻力，但考慮重力的影響求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1；(2)求第n次碰撞后雨滴的動(dòng)能mnv.【思路導(dǎo)引】【解析】(1)若考慮重力的影響，雨滴下降過(guò)程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng)，碰撞瞬間動(dòng)量守恒第1次碰撞前vv2gl，v1第1次碰撞后m0v1m1v1，v1v1(2)第2次碰撞前vv2gl利用式化簡(jiǎn)得v2v2gl第2次碰撞后，利用式得v2v2v2gl同理，第3次碰撞后v2v2gl，第n次碰撞后速度為v2v2gl故n次碰撞后雨滴的動(dòng)能為mnv(mv2glm)【答案】(1) (2)(mv2glm)突破訓(xùn)練3(2012·安徽高考)如圖6­4所示，裝置的左邊是足夠長(zhǎng)的

9、光滑水平臺(tái)面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M2 kg的小物塊A.裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接傳送帶始終以u(píng)2 m/s的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，裝置的右邊是一光滑曲面質(zhì)量m1 kg的小物塊B從其上距水平臺(tái)面高h(yuǎn)1.0 m處由靜止釋放已知物塊B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，l1.0 m設(shè)物塊A、B間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)，g取10 m/s2.圖6­4(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??；(2)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊的曲面上？(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立

10、即被鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻鲎睬版i定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：92492272】【解析】(1)設(shè)物塊B從光滑曲面h高處滑下時(shí)的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律，得mghmv，故v0 m/s2 m/su，故B滑上傳送帶后做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度ag2 m/s2，根據(jù)v2v2as，得物塊B到達(dá)傳送帶左端時(shí)的速度v1 m/s4 m/s.離開(kāi)傳送帶后做勻速運(yùn)動(dòng)，故物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度v14 m/s.(2)物塊B與物塊A發(fā)生對(duì)心彈性碰撞，碰撞前后遵守動(dòng)量守恒和能量守恒即mv1mv1MV1mvmvMV聯(lián)立解得，v1v1v1 m/s負(fù)號(hào)說(shuō)明B與A碰撞后，B的速度方向向右物塊B

11、運(yùn)動(dòng)到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)的位移s m ml，因此物塊B還沒(méi)有到達(dá)傳送帶的右邊，速度已減小為零，故不能到達(dá)右邊的曲面上(3)物塊B與A第一次碰撞后，運(yùn)動(dòng)到傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后做反向的加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，離開(kāi)傳送帶后的速度v2v1，然后與A發(fā)生第二次碰撞，且滿(mǎn)足mv2mv2MV2mvmvMV聯(lián)立解得，v2v2v2v1同理，物塊B與A第三次碰撞前的速度v3v2，碰撞后的速度v3v3v1.依此類(lèi)推第n次碰撞后B的速度vnv1.即n次碰撞后的速度大小為v1 m/s.【答案】(1)4 m/s(2)不能(3) m/s高考熱點(diǎn)|動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒(或能量守恒)的綜合應(yīng)用動(dòng)量守恒

12、定律和機(jī)械能守恒定律的比較機(jī)械能守恒定律動(dòng)量守恒定律條件在只有重力和彈力做功，其他力不做功的系統(tǒng)內(nèi)，機(jī)械能的總量保持不變(1)系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于合外力，這個(gè)系統(tǒng)的動(dòng)量保持不變(2)在某一方向上系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零或內(nèi)力遠(yuǎn)大于合外力時(shí)，這個(gè)方向上系統(tǒng)的動(dòng)量分量就保持不變.公式標(biāo)量式：Ek1Ep1Ek2Ep2，即：mvmgh1mvmgh2或EkEp矢量式：p1p2p1p2，即m1v1m2v2m1v1m2v2或p1p2適用范圍機(jī)械能守恒定律應(yīng)用范圍是狹小的，只能應(yīng)用在宏觀、低速領(lǐng)域中機(jī)械運(yùn)動(dòng)的范疇內(nèi)動(dòng)量守恒定律應(yīng)用范圍極為廣泛，無(wú)論研究對(duì)象是宏觀、微觀、低速、高速，無(wú)論

13、物體是相互接觸，還是通過(guò)電場(chǎng)、磁場(chǎng)而發(fā)生場(chǎng)力作用，動(dòng)量守恒定律都適用質(zhì)量均為M的A、B兩個(gè)物體由一勁度系數(shù)為k的輕彈簧相連，豎直靜置于水平地面上，現(xiàn)有兩種方案分別都可以使物體A在被碰撞后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體B恰好能脫離水平地面，這兩種方案中相同的是讓一個(gè)物塊從A正上方距A相同高度h處由靜止開(kāi)始自由下落，不同的是不同物塊C、D與A發(fā)生碰撞種類(lèi)不同如圖6­5所示，方案一是：質(zhì)量為m的物塊C與A碰撞后粘合在一起；方案二是：物體D與A發(fā)生彈性碰撞后迅速將D取走，已知量為M，m，k后，重力加速度g.彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，求：圖6­5(1)h大??；(2)A、B系統(tǒng)因碰撞損

14、失的機(jī)械能；(3)物塊D的質(zhì)量mD大小【解析】(1)A靜止時(shí)，設(shè)輕彈簧壓縮x1，有kx1Mg設(shè)物體C自由落下h時(shí)速度為v，由mghmv2得：v設(shè)物體C與A碰撞并粘合在一起豎直向下運(yùn)動(dòng)速度大小為v1，由動(dòng)量守恒定律得：mv(mM)v1解得v1 vB恰好能脫離水平面時(shí)，C、A向上運(yùn)動(dòng)速度為零設(shè)輕彈簧伸長(zhǎng)x2，由物體B平衡得：kx2Mg，有x2x1說(shuō)明在物體C與A碰撞并粘合在一起運(yùn)動(dòng)至最高處過(guò)程中C、A、彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒，且初、末彈性勢(shì)能相同有(mM)g(x1x2)(mM)v解得v12g聯(lián)立解得h.(2)C、A系統(tǒng)因碰撞損失的機(jī)械能Emv2(mM)v解得E.(3)物體D自由落下h時(shí)速度為v，同理有

15、mghmv2v設(shè)物D與A發(fā)生彈性碰撞后速度分別為v2、v3有mDvmDv2Mv3mDv2mDvMv解得v2 v，v3 v要使B恰好能脫離水平面，與(1)同理，必須Mg(x1x2)Mv則v32g即：v3v1， v v得mD.【答案】(1)(2)(3)突破訓(xùn)練4某物理課外興趣小組設(shè)計(jì)了如圖6­6所示裝置，AB段為一豎直細(xì)圓管，BPC是一個(gè)半徑R0.4 m的半圓軌道，C端的下方有一質(zhì)量M0.2 kg的小車(chē)，車(chē)上有半徑r0.2 m的半圓軌道DEF(D與C在同一豎直線(xiàn)上)，小車(chē)的左端緊靠一固定障礙物在直管的下方有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，上端放置一質(zhì)量為m0.1 kg的小球(小球直徑略小于圓管的直徑，

16、遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于R、r.此球可視為質(zhì)點(diǎn))已知小球到B端的距離為h11.2 m，CD間豎直距離為h21 m在某一時(shí)刻，釋放彈簧，小球被豎直向上彈起，恰好能通過(guò)半圓軌道BPC的最高點(diǎn)P；小球從C端豎直向下射出后，又恰好沿切線(xiàn)方向從D端進(jìn)入半圓軌道DEF，并能從F端飛出若各個(gè)接觸面都光滑，重力加速度g取10 m/s2，試求：(1)彈簧被釋放前具有的彈性勢(shì)能Ep；(2)小球第一次到達(dá)E點(diǎn)時(shí)的速度大小及從F點(diǎn)飛出后能上升的最大高度(相對(duì)F點(diǎn))；(3)小球下落返回到E點(diǎn)時(shí)小球和小車(chē)的速度的大小和方向. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：92492273】圖6­6【解析】(1)由A到P的過(guò)程中小球機(jī)械能守恒，有Epmg(h1R)mv2mgm代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s，Ep1.8 J.(2)P到E的過(guò)程中小球機(jī)械能守恒，有mg(Rh2r)mv2mv代入數(shù)據(jù)解得vE6 m/s小球由E上升到最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球與