高考物理一轮复习 第6章 章末专题复习

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另外，解决“滑块”问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系．
(2017·淮北月考)如图6­1所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M∶m＝4∶1，重力加速度为g.求：
图6­1
(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P的长度为多少？
【解析】 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得：v0＝eq \r(gR)
小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：
mv0＝mv1＋mvQ eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)
解得：v1＝0，vQ＝ v0＝eq \r(gR)
二者交换速度，即小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m(2v)，解得，v＝eq \f(1,6)vQ＝eq \f(\r(gR),6)
物块Q离开平板车时，速度为：2v＝eq \f(\r(gR),3).
(2)设平板车长L，由能的转化和守恒定律知
Ff·L＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)－eq \f(1,2)Mv2－eq \f(1,2)m(2v)2 又Ff＝μmg
解得平板车P的长度为L＝eq \f(7R,18μ).
【答案】 (1)eq \f(\r(gR),3) (2)eq \f(7R,18μ)
[突破训练]
1．(2017·长沙模拟)如图6­2所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为g取10 m/s2.
求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经历的时间．
图6­2
【解析】 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得：2mv0－mv0＝3mv①
设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得：
2μmgt1＝mv－m(－v0)②
设重物与木板有相对运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得：
2μmg＝ma③
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为：
l＝v0t1－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)④
木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为：
t2＝eq \f(l,v)⑤
从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为：
t＝t1＋t2⑥
由以上各式得t＝eq \f(4v0,3μg)，代入数据可知：t＝4 s.
【答案】 4 s
2．如图6­3所示，在长木板ab的b端有固定挡板，木板连同挡板的质量为M＝4.0 kg，a、b间距离s＝2.0 m，木板位于光滑水平面上，在木板a端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态，现令小物块以初速度v0＝4.0 m/s沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能.
【导学号：92492271】
图6­3
【解析】 经分析可知，小物块与木板间在整个相互碰撞的过程中动量是守恒的，最终小物块与木板ab相对静止．且有相同的末速度v，由动量守恒得：
mv0＝(m＋M)v
小物块与挡板间碰撞过程中损失的机械能为Q1，小物块与木板间摩擦损失的机械能为Q2(即为摩擦过程中产生的热量)，由能量守恒得：
Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2－Q2
又因Q2＝2μmgs
由上式得：
Q1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mv0,M＋m)))2－2μmgs
代入数据得：Q1＝2.4 J.
【答案】 2.4 J
数学技巧|数学归纳法的应用
数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n的命题，当n＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n＝k(k≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n＝k＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n＝1命题成立，可推知n＝2命题成立，继而又可推出n＝3命题成立…这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n≥1的自然数都成立．
在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．
雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m0，初速度为v0，下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m1.此后每经过同样的距离l后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m2、m3、…mn(设各质量为已知量)．不计空气阻力，但考虑重力的影响．求：
(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v′1；
(2)求第n次碰撞后雨滴的动能eq \f(1,2)mnv′eq \\al(2,n).
【思路导引】
【解析】 (1)若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
第1次碰撞前veq \\al(2,1)＝veq \\al(2,0)＋2gl，v1＝eq \r(v\\al(2,0)＋2gl)
第1次碰撞后m0v1＝m1v1′，v1′＝eq \f(m0,m1)v1＝eq \f(m0,m1)eq \r(v\\al(2,0)＋2gl)①
(2)第2次碰撞前veq \\al(2,2)＝v′eq \\al(2,1)＋2gl
利用①式化简得veq \\al(2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m0,m1)))2veq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m\\al(2,0)＋m\\al(2,1),m\\al(2,1))))2gl②
第2次碰撞后，利用②式得
v′eq \\al(2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m1,m2)))2veq \\al(2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m0,m2)))2veq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m\\al(2,0)＋m\\al(2,1),m\\al(2,2))))2gl
同理，第3次碰撞后
v′eq \\al(2,3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m0,m3)))2veq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m\\al(2,0)＋m\\al(2,1)＋m\\al(2,2),m\\al(2,3))))2gl，
……
第n次碰撞后速度为
v′eq \\al(2,n)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m0,mn)))2veq \\al(2,0)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(,\s\up6(n＝1),\s\d4(i＝0))m\\al(2,i),m\\al(2,n))))2gl
故n次碰撞后雨滴的动能为
eq \f(1,2)mnv′eq \\al(2,n)＝eq \f(1,2mn)(meq \\al(2,0)veq \\al(2,0)＋2gleq \(,\s\up6(n＝1),\s\d4(i＝0))meq \\al(2,i))．
【答案】 (1)eq \r(v\\al(2,0)＋2gl) eq \f(m0,m1)eq \r(v\\al(2,0)＋2gl) (2)eq \f(1,2mn)(meq \\al(2,0)veq \\al(2,0)＋2gleq \(,\s\up6(n－1),\s\d4(i＝0))meq \\al(2,i))
[突破训练]
3．(2012·安徽高考)如图6­4所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2 kg的小物块A.装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u＝2 m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面．质量m＝1 kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0 m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0 m．设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，g取10 m/s2.
图6­4
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小.
【导学号：92492272】
【解析】 (1)设物块B从光滑曲面h高处滑下时的速度为v0，由机械能守恒定律，得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，故v0＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×1) m/s＝2eq \r(5) m/s＞u，故B滑上传送带后做匀减速运动．加速度a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，根据v2－veq \\al(2,0)＝－2as，得物块B到达传送带左端时的速度v1＝eq \r(v\\al(2,0)－2al)＝eq \r(2\r(5)2－2×2×1) m/s＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v1＝4 m/s.
(2)物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即mv1＝mv′1＋MV′1
eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)MV′eq \\al(2,1)
联立解得，v′1＝eq \f(m－M,M＋m)v1＝－eq \f(1,3)v1＝－eq \f(4,3) m/s
负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右．
物块B运动到传送带上做匀减速运动．
速度减为零时的位移s＝eq \f(v′\\al(2,1),2a)＝eq \f(\f(16,9),2×2) m＝eq \f(4,9) m＜l，因此物块B还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．
(3)物块B与A第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v2＝v′1，然后与A发生第二次碰撞，且满足mv2＝mv′2＋MV′2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)MV′eq \\al(2,2)
联立解得，v′2＝eq \f(m－M,M＋m)v2＝－eq \f(1,3)v2＝－eq \f(1,32)v1
同理，物块B与A第三次碰撞前的速度v3＝－v′2，碰撞后的速度v′3＝－eq \f(1,3)v3＝－eq \f(1,33)v1.
依此类推
第n次碰撞后B的速度v′n＝－eq \f(1,3n)v1.
即n次碰撞后的速度大小为eq \f(1,3n)v1＝eq \f(4,3n) m/s.
【答案】 (1)4 m/s (2)不能 (3)eq \f(4,3n) m/s
高考热点|动量守恒与机械能守恒(或能量守恒)的综合应用
动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
质量均为M的A、B两个物体由一劲度系数为k的轻弹簧相连，竖直静置于水平地面上，现有两种方案分别都可以使物体A在被碰撞后的运动过程中，物体B恰好能脱离水平地面，这两种方案中相同的是让一个物块从A正上方距A相同高度h处由静止开始自由下落，不同的是不同物块C、D与A发生碰撞种类不同．如图6­5所示，方案一是：质量为m的物块C与A碰撞后粘合在一起；方案二是：物体D与A发生弹性碰撞后迅速将D取走，已知量为M，m，k后，重力加速度g.弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，求：
图6­5
(1)h大小；
(2)A、B系统因碰撞损失的机械能；
(3)物块D的质量mD大小．
【解析】 (1)A静止时，设轻弹簧压缩x1，
有kx1＝Mg
设物体C自由落下h时速度为v，由mgh＝eq \f(1,2)mv2得：
v＝eq \r(2gh)
设物体C与A碰撞并粘合在一起竖直向下运动速度大小为v1，由动量守恒定律得：
mv＝(m＋M)v1
解得v1＝eq \f(m,m＋M) v
B恰好能脱离水平面时，C、A向上运动速度为零
设轻弹簧伸长x2，由物体B平衡得：
kx2＝Mg，有x2＝x1＝eq \f(Mg,k)
说明在物体C与A碰撞并粘合在一起运动至最高处过程中C、A、弹簧系统机械能守恒，且初、末弹性势能相同
有(m＋M)g(x1＋x2)＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)
解得v1＝2geq \r(\f(M,k))
联立解得h＝eq \f(2Mm＋M2g,km2).
(2)C、A系统因碰撞损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)
解得ΔE＝eq \f(2m＋MM2g2,km).
(3)物体D自由落下h时速度为v，同理有mgh＝eq \f(1,2)mv2
v＝eq \r(2gh)
设物D与A发生弹性碰撞后速度分别为v2、v3
有mDv＝mDv2＋Mv3
eq \f(1,2)mDv2＝eq \f(1,2)mDveq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,3)
解得v2＝eq \f(mD－M,mD＋M) v，v3＝eq \f(2mD,mD＋M) v
要使B恰好能脱离水平面，与(1)同理，必须
Mg(x1＋x2)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,3)
则v3＝2geq \r(\f(M,k))
即：v3＝v1，eq \f(2mD,mD＋M) v＝eq \f(m,m＋M) v
得mD＝eq \f(Mm,2M＋m).
【答案】 (1)eq \f(2Mm＋M2g,km2) (2)eq \f(2m＋MM2g2,km) (3)eq \f(Mm,2M＋m)
[突破训练]
4．某物理课外兴趣小组设计了如图6­6所示装置，AB段为一竖直细圆管，BPC是一个半径R＝0.4 m的半圆轨道，C端的下方有一质量M＝0.2 kg的小车，车上有半径r＝0.2 m的半圆轨道DEF(D与C在同一竖直线上)，小车的左端紧靠一固定障碍物．在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为m＝0.1 kg的小球(小球直径略小于圆管的直径，远远小于R、r.此球可视为质点)．已知小球到B端的距离为h1＝1.2 m，CD间竖直距离为h2＝1 m．在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道BPC的最高点P；小球从C端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从D端进入半圆轨道DEF，并能从F端飞出．若各个接触面都光滑，重力加速度g取10 m/s2，试求：
(1)弹簧被释放前具有的弹性势能Ep；
(2)小球第一次到达E点时的速度大小及从F点飞出后能上升的最大高度(相对F点)；
(3)小球下落返回到E点时小球和小车的速度的大小和方向.
【导学号：92492273】
图6­6
【解析】 (1)由A到P的过程中小球机械能守恒，有
Ep＝mg(h1＋R)＋eq \f(1,2)mv2
mg＝meq \f(v2,R)
代入数据解得v＝2 m/s，Ep＝1.8 J.
(2)P到E的过程中小球机械能守恒，有mg(R＋h2＋r)＋eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
代入数据解得vE＝6 m/s
小球由E上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有mvE＝(M＋m)v
eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mg(h＋r)
代入数据解得h＝1 m.
(3)小球从第一次经过E点到再次返回到E点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒且系统机械能守恒，有mvE＝mv1＋Mv2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
代入数据解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s
小球速度大小为2 m/s，方向水平向左
小车速度大小为4 m/s，方向水平向右．
【答案】 (1)1.8 J (2)6 m/s 1 m
(3)小球的速度的大小为2 m/s，方向水平向左；
小车的速度的大小为4 m/s，方向水平向右．
机械能守恒定律
动量守恒定律
条件
在只有重力和弹力做功，其他力不做功的系统内，机械能的总量保持不变
(1)系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于合外力，这个系统的动量保持不变．
(2)在某一方向上系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于合外力时，这个方向上系统的动量分量就保持不变.
公式
标量式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2，即：eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋
mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＋mgh2或ΔEk＝ΔEp
矢量式：p1＋p2＝p1′＋p2′，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝Δp2
适用
范围
机械能守恒定律应用范围是狭小的，只能应用在宏观、低速领域中机械运动的范畴内
动量守恒定律应用范围极为广泛，无论研究对象是宏观、微观、低速、高速，无论物体是相互接触，还是通过电场、磁场而发生场力作用，动量守恒定律都适用