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1、第 6 讲经典模型综合分析 考点一滑块长木板模型 1(12 分) 如图 6-1 甲所示 , 长为L、 质量为M=2m的长木板静止在光滑的水平面上, 质量为m 的滑块以初速度v0滑上长木板 , 滑块离开木板时的速度为v1= v0. (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C( 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v0滑上长木板 ,求滑块在C上滑行的距离s. 图 6-1 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mv0= (2 分 ) 损失的机
2、械能转化为内能, 有 Q=mgL= (2 分) 解得v2= v0,Q= m(2 分) (2) 假设滑块未滑离木板, 设共同速度为v, 则 mv0= (2 分) mgs= (2 分) 解得s= L(1 分) 因sv0, 物块与传送带间的动摩擦因数为 且 tan , 则物块在传送带上运动过程中 () 图 6-10 A.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 C.传送带对物块做功为W=mv 2- m D.系统产生的热量一定大于物块动能的变化量的大小 式 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 传送带底端P点无
3、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 程中 , 下列说法中正确的是 () 图 6-11 A.小物块所受摩擦力的瞬时功率一定不断变大 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 动能 第 6 讲经典模型综合分析 高频考点探究 考点一 例 1(1)mv1+2mv2m - m -2m (2)3mv m - 3mv 2 例 1 变式 1(1)85J(2)1.0m(3)0.71m 解析 (1
4、) 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mv0-Mv=mv1+Mv2, 解得v2=0 则小车跟滑块组成的系统的初机械能E1= m + Mv 2 小车跟滑块组成的系统的末机械能E2= m +0, 解得E1=110J,E2=25J 小车与滑块组成的系统损失的机械能E=E1-E2=85J. (2) 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N=76N 由牛顿第二定律可得N-(qE+mg+Bqv 1)=m, 解得r=1.0m. (3) 设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时, 滑块与小车具有
5、共同的速度v3, 由动量守恒定律可 得mv1=(M+m)v3, 解得v3=m/s 设圆弧轨道的最小半径为R, 由能量守恒定律得m =(M+m)+(qE+mg)R 解得R=0.71m. 例 1 变式 2(1) 一次(2)1.7m 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mv0=(m+M)v 根据功能关系有mgs= m -(m+M)v 2 解得物体相对箱子移动的距离s=1.8m 由于箱子内侧的两壁间距为l=2m,故物体只与箱子的右侧碰撞一次后便停在箱子上距离右 侧 0.8m处. (2) 设碰前物体对地位移为x1, 速度为
6、v1, 箱子对地位移为x2, 速度为v2(v2v1), 则有 mv0=mv1+Mv2 mgx1= m -m mgx2= M x1-x2= 设碰后物体与箱子的速度分别为v1和v2, 在碰撞过程中有 mv1+Mv2=mv1+Mv2 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 mgx2= Mv - Mv 2 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+x2=1.7m. 考点二 例 2d 解析 设子弹的初速度为v0, 穿过 2d厚度的钢板时共同速度为v, 受到的阻力为
7、f.对系统 , 由动量守恒定律得 mv0=(m+2m)v 由能量守恒定律得 f2d= m -(m+2m)v 2 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v1, 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 mv0=mv1+mu 由能量守恒定律得 fd= m -m - mu 2 对子弹和第二块钢板系统, 由动量守恒定律得 mv1=(m+m)v2 由能量守恒定律得 fd=m -(m+m) 联立解得d=d 例 2 变式A 解析 最后滑块与子弹均相对静止, 根据动量守恒定律可知, 两种情况下滑 块和
8、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 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 例 3(1)(2) 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 2mg2h=2mv 2 解得v=2 根据机械能守
9、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 A=3mvAB 解得vA= 设弹簧锁定时的弹性势能为Ep, 从弹簧解除锁定到恢复原长的过程, 根据机械能守恒定律得 Ep=mgh+ m 解得Ep=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 械能守恒定律得Ep+3mv 2= 3m+3mgh 联立解得v= 例 3 变式 1(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
10、压缩到最短时, 木块和木板具有相同的速度v1, 由动量守恒定律得 mv0=(m+2m)v1 由能量守恒定律得 m =(m+2m)+Ep+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 mv0=(m+2m)v2 由能量守恒定律得 m =(m+2m)+2Q 联立解得v0= (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)v1=(m+2m)v2 又Ep+(m+2m)=(m+2m)+Q 解得Q=Ep 又Q=mgxm 解得xm= 例 3 变式 2(1)0.5m(2)2m+3m(3)5m 解析 (1) 由能量守恒定律得m
11、g(L+x1)-mg L= k 解得x1=0.5m (2)L1=L, 设滑块第1 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 mg(L1-L2)-mg (L1+L2)=0 解得L2=L1= L1, 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B的距离为L3, 则有 mg(L2-L3)-mg (L2+L3)=0 解得L3=L2= L2, 第 3 次接触经过的路程x3=2L3=2L1 可以看出 ,滑块与弹簧发生第n次接触的过程中在AB段运动通过的总路程 x=L1+2L1 +2L1+,+2L1 =2m+3m (3) 当n趋近于无穷大时,
12、 滑块在AB段运动通过的总路程为x总=2m+3m=5m 考点四 例 4(1)0.2(2)0.4Ns0.8J 解析 (1) 由动能定理得-mg(L1+L2)=0- m 解得 =0.2 (2) 滑块的加速度a=g=2m/s 2 滑块运动至离开传送带过程, 有=-2aL1, 解得v2=1.6m/s 滑块在传送带上运动, 有L1=t, 解得t=0.2s 传送带对滑块的作用力为F=2N 所以传送带对滑块的冲量为I=Ft=0.4Ns 由于滑块冲出传送带时, 传送带向左运动了s=vt=0.4m 所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=mg(s+L1)=1.52J 电动机多消耗的电能为E=mg(s+L1)-=0.8J 例 4 变式D 解析 物块与传送带共速前, 传送带受到物块对它的摩擦力始终沿传送带向 下, 与传送带的运动方向相反, 故物块对传送带做负功, 故 A错误 ; 物块沿传送带下滑时, 做匀 减速运动 ,此过程中物块的机械能逐渐减小, 故 B错误 ; 因为传送带的速度小于物块的初速度, 故物块离开传送带时速度为v0, 传送带对物块做功为W=m - mv 2,C 错误 ; 整个过程电动机对 系统做正功 , 故 D正确.