(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)講義 第6章 本章學(xué)科素養(yǎng)提升（含解析）

模型1滑塊滑塊模型可分為兩類：?jiǎn)我换瑝K模型和多個(gè)滑塊模型．單一滑塊模型是指一個(gè)滑塊在水平面、斜面上或曲面上運(yùn)動(dòng)的問題，主要運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理或動(dòng)量定理進(jìn)行分析．多個(gè)滑塊模型是指兩個(gè)或兩個(gè)以上的滑塊組成的系統(tǒng)，如滑塊與滑塊、小車與滑塊、子彈與木塊等，對(duì)于此類問題應(yīng)著重分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，明確它們之間的時(shí)間、空間關(guān)系，并注意臨界、隱含和極值等條件，然后用能量守恒和動(dòng)量守恒等規(guī)律求解．例1(2020·四川樂山市第一次調(diào)查研究)如圖1所示，在光滑的水平面上有一足夠長(zhǎng)的質(zhì)量M＝4kg的長(zhǎng)木板，在長(zhǎng)木板右端有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，長(zhǎng)木板與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時(shí)長(zhǎng)木板與小物塊均靜止．現(xiàn)用F＝14N的水平恒力向右拉長(zhǎng)木板，經(jīng)時(shí)間t＝1s撤去水平恒力F，取g＝10m/s2.求：圖1(1)小物塊在長(zhǎng)木板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，小物塊加速度a的大??；(2)剛撤去F時(shí)，小物塊離長(zhǎng)木板右端的距離；(3)撒去F后，系統(tǒng)損失的最大機(jī)械能ΔE.解析(1)小物塊在長(zhǎng)木板上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，小物塊受到向右的滑動(dòng)摩擦力，則：μmg＝ma1，解得a1＝μg＝2m/s2(2)長(zhǎng)木板受拉力和摩擦力作用，由牛頓第二定律得，F(xiàn)－μmg＝Ma2解得：a2＝3m/s2.0～1s時(shí)間內(nèi)，小物塊運(yùn)動(dòng)的位移：x1＝eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)的位移：x2＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)×3×12m＝1.5m則小物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板的位移：Δx＝x2－x1＝1.5m－1m＝0.5m(3)撤去F時(shí)，小物塊和長(zhǎng)木板的速度分別為：vm＝a1t＝2m/sv＝a2t＝3m/s小物塊和木板系統(tǒng)所受的合外力為0，動(dòng)量守恒：mvm＋Mv＝(M＋m)v′解得v′＝2.8m/s從撤去F到物塊與長(zhǎng)木板保持相對(duì)靜止，由能量守恒定律：eq\f(1,2)mveq\o\al(m2)＋eq\f(1,2)Mv2＝ΔE＋eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得ΔE＝0.4J答案(1)2m/s2(2)0.5m(3)0.4J模型2彈簧彈簧模型是指由物體與彈簧組成的系統(tǒng)，解決此類問題的關(guān)鍵在于分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，認(rèn)清彈簧的狀態(tài)及不同能量之間的轉(zhuǎn)化，由兩個(gè)或兩個(gè)以上物體與彈簧組成的系統(tǒng)，應(yīng)注意彈簧伸長(zhǎng)或壓縮到最大程度時(shí)彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)，彈性勢(shì)能最小(為零)等隱含條件．例2(2019·湖南懷化市第三次模擬)如圖2所示，傾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊(均可視為質(zhì)點(diǎn))，A固定，C與斜面底端的擋板接觸，B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B間的距離為d.現(xiàn)由靜止釋放A，一段時(shí)間后A與B發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(B與C始終未接觸，彈簧始終在彈性限度內(nèi))圖2(1)求A與B碰撞前瞬間A的速度大小v0；(2)若A、B的碰撞為彈性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能增量為Ep，求B沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的最大距離x；(3)若A下滑后與B碰撞并粘在一起，且C剛好要離開擋板時(shí)，A、B的總動(dòng)能為Ek，求彈簧的勁度系數(shù)k.解析(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律：mgdsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02)解得v0＝eq\r(\f(6,5)gd)(2)設(shè)碰撞后瞬間A、B的速度大小分別為v1、v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2由能量關(guān)系：eq\f(1,2)mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(12)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(22)解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(\f(6,5)gd)；A、B碰撞后，對(duì)B沿斜面向下壓縮彈簧至B速度為零的過程，根據(jù)能量關(guān)系：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(22)＋mgxsinθ解得x＝eq\f(5Ep,3mg)－d(3)A、B碰撞前，彈簧的壓縮量：x1＝eq\f(mgsinθ,k)設(shè)A、B碰撞后瞬間的共同速度大小為v3，則：mv0＝2mv3解得v3＝eq\r(\f(3,10)gd)當(dāng)C恰好要離開擋板時(shí)，彈簧的伸長(zhǎng)量為：x2＝eq\f(mgsinθ,k)可見，在B開始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)到C剛好要離開擋板的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能改變量為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：eq\f(1,2)×2mveq\o\al(32)＝Ek＋2mg(x1＋x2)sinθ解得：k＝eq\f(72m2g2,15mgd－50Ek).答案(1)eq\r(\f(6,5)gd)(2)eq\f(5Ep,3mg)－d(3)eq\f(72m2g2,15mgd－50Ek)模型3懸繩懸繩模型是指由懸繩或通過弧形滑槽將不同的物體連在一起組成的系統(tǒng)．此類問題應(yīng)認(rèn)清物體的運(yùn)動(dòng)過程和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，注意物體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)或最低點(diǎn)時(shí)速度相同的隱含條件及系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用．例3如圖3所示，在光滑的水平桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m的滑環(huán)．滑環(huán)上通過一根不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為M的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，繩長(zhǎng)為L(zhǎng).將滑環(huán)固定時(shí)，給物塊一個(gè)水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環(huán)不固定時(shí)，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，求物塊擺起的最大高度．圖3解析滑環(huán)固定時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有：MgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(02)，解得v0＝eq\r(2gL).滑環(huán)不固定時(shí)，物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h時(shí)，它們速度都為v，在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則：Mv0＝(m＋M)v，eq\f(1,2)Mveq\o\al(02)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh，由以上各式解得：h＝eq\f(m,m＋M)L.答案eq\f(m,m＋M)L例4如圖4所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2018m的木板，木板上有2018塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2…2018.最初木板靜止，各木塊分別以v、2v…、2018v同時(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象．求：圖4(1)最終木板的速度大小；(2)運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度；(3)第二塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間．解析(1)最終一起以速度v′運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒可知m(v＋2v＋…＋2018v)＝2×2018mv′，解得v′＝eq\f(2019,4)v.(2)設(shè)第k塊木塊最小速度為vk，則此時(shí)木板及第1至第k－1塊木塊的速度均為vk，因?yàn)槊繅K木塊質(zhì)量相等，所受合外力也相等(均為μmg)，故在相等時(shí)間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時(shí)，第k＋1至第n塊的速度依次為vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v，系統(tǒng)動(dòng)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)第二塊木塊相對(duì)木板靜止的速度為v2＝eq\f(2×2018＋1－2,4×2018)