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) 损失的机械能转化为
2、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 6-10A.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= mv2- mD.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 点无初速度释放,小物块在摩擦力作用下
3、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 6-11A.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+2mv2 m - m - 2m(2)3mv m - 3mv2例 1 变式 1 (1)85 J (2)1.0 m (3)0.71 m解析 (1)设滑块运动到 D 点时的速度大小为 v1,小车在此时
4、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 + Mv2小车跟滑块组成的系统的末机械能 E2= m +0,解得 E1=110 J,E2=25 J小车与滑块组成的系统损失的机械能 E=E1-E2=85 J.(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=76 N由牛顿第二定律可得 N-(qE+mg+Bqv1)=m ,解得 r=1.0 m.(3)设滑块沿圆弧轨道上升到最大高度时,滑块与小车具有共同的速度 v3,由动量守恒定律可得 mv1=(
5、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=0.71 m.例 1 变式 2 (1)一次 (2)1.7 m 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)v2解得物体相对箱子移动的距离 s=1.8 m由于箱子内侧的两壁间距为 l=2 m,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 0.8 m 处.(2)设碰前物体对地位移为 x1,速度为 v1,箱子对地位移为 x2,速度为 v
6、2(v2v1),则有mv0=mv1+Mv2mgx1= m - mmgx2= Mx1-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+Mv2m + 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 - Mv2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=1.7 m.考点二例 2 d 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 f.对系统,由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v由能量守恒
7、定律得f2d= m - (m+2m)v2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 - mu2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
8、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= 2mv2解得 v=2根据机械能守恒定律,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 vA
9、B=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-mvA=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=mg h+ 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+ 3mv2= 3m +3mg h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
10、)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)0.5 m (2)2 m+3 m (3)5 m解析 (1)由能量守恒定律得 mg(L+x1)-mg L= k解得 x1=0.5 m(2)L1=L,设
11、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=2 L1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=2 m+3 m(3)当 n 趋近于无穷大时, 滑块在 AB 段运动通过的总路程为 x 总 =2 m+3
12、 m=5 m考点四例 4 (1)0.2 (2)0.4 Ns 0.8 J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=2 m/s2滑块运动至离开传送带过程,有 = -2aL1,解得 v2=1.6 m/s滑块在传送带上运动,有 L1= t,解得 t=0.2 s传送带对滑块的作用力为 F= =2 N所以传送带对滑块的冲量为 I=Ft=0.4 Ns由于滑块冲出传送带时,传送带向左运动了 s=vt=0.4 m所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量 Q=mg(s+L1)=1.52 J电动机多消耗的电能为 E=mg(s+L1)- =0.8 J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 - mv2,C 错误;整个过程电动机对系统做正功,故 D 正确.
