培优突破1 板块模型的综合分析-【优化探究】2025年高考物理二轮专题复习配套PPT课件（江苏专版）

培优突破1　板块模型的综合分析 专题二　能量与动量 内容索引 培优　热点训练 精准补弱 1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时,优先选用动量守恒定律解题;若地面不光滑或受其他外力时,需选用动力学观点解题。 2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们之间的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移;求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 培优1　动力学与动量在板块模型中的应用 [例1]　如图(a)所示,质量为mA=4.0 kg的物块A与质量为mB=2.0 kg的长木板B并排放置在粗糙的水平面上,二者之间夹有少许塑胶炸药,长木板B的右端放置有可视为质点的小物块C。现引爆塑胶炸药,爆炸时间极短,爆炸后物块A可在水平面上向左滑行s=1.2 m,小物块C的速度随时间变化图像如图(b)所示。已知物块A和长木板B与水平面间的动摩擦因数均为μ0=,物块C未从长木板B上掉落,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)炸药爆炸后瞬间长木板B的速度大小; [答案]　(1)4.0 m/s　 [解析]　(1)对物块A在爆炸后有=2μ0gs 可得vA=2.0 m/s 物块A与长木板B在爆炸过程中动量守恒,有 0=mAvA-mBvB 可得vB=4.0 m/s。 (2)小物块C的质量mC; [答案]　(2)1.0 kg　 [解析]　(2)由题图(b)可知,对B、C在相对滑动过程中共速时速度为 v共=1.0 m/s 对小物块C,在0~1 s内aC==μg 可得μ=0.1 对长木板B,在0~1 s内有 μ0(mB+mC)g+μmCg=mBaB 且aB=,可得mC=1.0 kg。 (3)小物块C静止时距长木板B右端的距离d。 [答案]　(3)1.75 m [解析]　(3)对长木板B与小物块C在0~1 s内,相对位移为s相=Δt-Δt=2 m 对长木板B,从1 s到停下有 μ0(mB+mC)g-μmCg=mBaB' 可得aB'=2.0 m/s2 对长木板B与小物块C从1 s到均停下,相对位移为s相'=Δt-=0.25 m 可知,小物块C静止时距长木板B右端的距离 d=s相-s相'=1.75 m。 培优2　能量和动量在板块模型中的应用 [例2]　(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧,右侧用一根细绳连接在物体B的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑,剪断细绳后,则(　　) A.弹簧原长时B动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 A [解析]　剪断细绳后,A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零,则此系统满足动量守恒定律,即系统动量不变,因各表面均光滑,故系统无机械能损失,满足机械能守恒定律,系统机械能也不变,故C、D错误;剪断细绳后,A、B、弹簧组成的系统动量守恒,弹簧压缩最短时A、B共速,因系统初动量为零,故弹簧压缩最短时系统动量也为零,则此时A、B的动量均为零,故此时A的动能为零,并非最大,故B错误;由A、B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒,可知运动过程中A、B的动量始终等大反向,故A、B同时达到各自的速度最大值,当弹簧为原长时,弹簧弹性势能为零,则A、B的总动能最大,故此时A、B的速度达到最大值,B的动量最大,故A正确。 [例3]　(2024·江苏淮安模拟检测)如图,光滑水平面上有一质量为m= 1 kg的滑块A静止在P点,在O点有一质量为M=2 kg、长度为L=0.6 m的长木板B,其两侧有固定挡板,在长木板B上最右侧放置一质量也为M= 2 kg的小物块C,滑块A在外力F=2 N作用下,经过时间t=1.5 s到达O点时,在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ=0.1,所有碰撞均为弹性碰撞,且碰撞时间极短,g取 10 m/s2,求: (1)滑块A刚到达O点时的速度; [答案]　(1)3 m/s,方向水平向右　 [解析]　(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v0,根据动量定理有Ft=mv0 解得v0=3 m/s,方向水平向右。 (2)滑块A与长木板B碰后瞬间,长木板的速度; [答案]　(2)2 m/s,方向水平向右　 [解析]　(2)滑块A与长木板B碰后瞬间,设滑块和长木板的速度分别为v0'和v1,根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0=mv0'+Mv1 m=mv0'2+M 联立解得v0'=-1 m/s,v1=2 m/s 滑块A与长木板B碰后瞬间,长木板的速度大小为2 m/s,方向水平向右。 (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。 [答案]　(3)0.2 m [解析]　(3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零,所以动量守恒,设B、C最终达到的共同速度为v,则有Mv1=2Mv 解得v=v1=1 m/s 设C相对B滑动的路程为Δx,对B、C组成的系统根据能量守恒定律可得μMgΔx=M-×2Mv2 解得Δx=1 m>L=0.6 m 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 x0=2L-Δx=0.2 m。 一 培优　热点训练 18 1.如图甲所示,光滑的水平地面上放着一个足够长的长木板,t=0时,一质量为m的滑块以初速度v0滑上长木板,两者的v-t图像如图乙所示,当地的重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.在0~t0时间内,滑块在长木板上 滑过的位移为Δx=v0t0 B.长木板的质量为M=2m C.在0~t0时间内,滑块受到的摩擦力大小为Ff= D.在0~t0时间内,滑块与长木板之间因摩擦而产生的热量为Q= C 解析:v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移,由图像可知,在0~t0时间内,滑块在长木板上滑过的位移为Δx=t0-×v0t0=v0t0,A错误;由于水平地面光滑,所以滑块和木板组成的系统动量守恒,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v0,解得M=m,B错误;在0~t0时间内,对滑块,根据动量定理得-Fft0=m×v0-mv0,解得Ff=,C正确;在0~t0时间内,根据能量守恒定律得Q=Ff·Δx=m,D错误。 2.(2024·江苏南京汉开书院测试)如图所示,质量为2m的木板C静止在光滑水平面上。现将速度分别为v0、2v0的木块A、B同时放上木板,运动方向如图,木块的质量均为m,A、B间的距离为d,木块与木板之间的动摩擦因数均为μ,木板足够长,重力加速度为g,求: (1)木块A在木板C上的滑行时间t; 答案:(1)　 解析:(1)A、B刚放上C时,A、B均做加速度大小为a的匀减速直线运动,根据牛顿第二定律可得μmg=ma C做加速度大小为aC的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得μmg+μmg=2maC A与C共速后,设不再相对滑动,以相同的加速度aAC一起加速,则aAC==<a=μg,故假设成立。 设滑行时间t后A与C的共同速度为v1,则有 v1=v0-at=aCt 联立解得t=,v1=。 (2)木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q; 答案: (2)m　 解析: (2)A、B和C组成的系统动量守恒,设共同速度为v2,则有mv0+m·2v0=(m+m+2m)·v2 解得v2=v0 以A、B和C组成的系统为研究对象,根据能量守恒定律可得 m+m(2v0)2=(m+m+2m)+Q 解得Q=m。 (3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 答案: (3)d+ 解析: (3)A、B相对C滑行的总距离 Δx=== A相对C滑行的距离ΔxA=t-t 解得ΔxA= B相对C滑行的距离ΔxB=Δx-ΔxA= A与B的最大距离L=d+ΔxB-ΔxA 解得L=d+。 二 精准补弱 27 1.(2024·江苏南通诊断)如图甲所示,长木板静止在光滑水平地面上,质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙),滑块仍以v0从木板左端开始滑动,已知滑块运动过程中所受摩擦力不变,则下列分析正确的是(　　) A.滑块滑到木板的右端后飞离木板 B.滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止 C.两过程滑块的动量变化相同 D.两过程系统产生的热量相等 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 解析:在第一次滑块运动过程中,滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次滑块先使整个木板加速,运动到右半部分后左半部分停止加速,只有右半部分加速,加速度大于第一次的对应过程的加速度,故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度,因此第二次滑块没有运动到最右端,故A错误,B正确;根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同,则两过程滑块的动量变化不同,故C错误;根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量知,在第二次木板上相对运动的位移没有在第一次木板上的大,所以产生的热量小于在第一次木板上滑行产生的热量,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2.质量为m1=4 kg的木板放在光滑的水平面上,其上放置一个质量m2= 2 kg的小物块,木板和物块间的动摩擦因数为0.4,木板的长度为4 m,物块可视为质点,现用一大小为F=16 N的力作用在物块上。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A.木板的加速度为1.5 m/s2 B.物块的加速度为6 m/s2 C.经过3 s物块从木板上滑离 D.物块离开木板时的速度为8 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 1 D 解析:对木板,由牛顿第二定律可得μm2g=m1a1,解得a1=2 m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μm2g=m2a2,解得a2=4 m/s2,A、B错误;物块从木板上滑离时,位移关系满足a2t2-a1t2=L,解得t=2 s,C错误;物块离开木板时的速度为v2=a2t=8 m/s,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3.(2024·江苏盐城、南京期末)质量为m的矩形木板ae放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m<M,经过一段时间物块停在木板上。若上面的图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态,下面的图是物块刚与木板达到共同速度时的位置,下列示意图正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 B 解析:水平面光滑,物块与木板组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得Mv0=(M+m)v 对木板有μMgx=mv2 设物块与木板的相对位移为Δx,对物块有 -μMg(x+Δx)=Mv2-M 整理得== 因为m<M,所以<< 解得x<Δx<2x,故B正确,A、C、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4.足够长的光滑水平面上静止放置有长度均为L的甲、乙木板,如图(a)(b)所示。完全相同的小物块(可视为质点),以水平速度v0分别冲上甲、乙木板左端,两木板上表面均水平,已知小物块与甲、乙木板间动摩擦因数相同,甲、乙木板质量分别为2M、M。不计空气阻力,小物块恰好能到达甲木板正中央位置,小物块能到达乙木板的位置距乙木板左端的距离为d,则(　　) A.d>　　　　　　　　 B.d= C.d< D.d=L 2 3 4 5 6 7 8 9 1 C 解析:根据动量守恒定律有mv0=(m+2M)v1,mv0=(m+M)v2,根据功能关系有μmg=m-(m+2M),μmgd=m-(m+M),整理得=>1,解得d<,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5.如图甲所示,长为2 m的平板车Q静止在水平地面上。t=0时,可视为质点的小物块P从左端滑上平板车。此后,P和Q运动的速度—时间图像如图乙所示。已知P、Q的质量均是1 kg,g取10 m/s2,则以下判断正确的是(　　) A.在0~2 s内,平板车Q与水平地面之间有摩擦力 B.在0~2 s内,平板车Q受到的冲量大小是2 N·s C.P相对Q静止时恰好在Q的最右端 D.P、Q之间的动摩擦因数为0.1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 D 解析:0~1 s内,根据题意,P受到向左的摩擦力做匀减速直线运动,由题图乙可知,P和Q加速度大小相等,质量相等,所以P、Q所受合力大小相等,方向相反,平板车Q只受物块P的滑动摩擦力,1~2 s内,两物体一起做匀速直线运动,两物体均不受摩擦力作用,故A错误;0~2 s内,平板车Q受到的摩擦力的冲量为I=Ff·t=mv=1 N·s,故B错误;1 s时,P和Q保持相对静止,此时Δx=xP-xQ=×2×1 m=1 m,即P处于Q的中间位置,故C错误;对物块P,根据牛顿第二定律有μmg=ma,a== 1 m/s2,所以μ=0.1,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6.(2024·江苏南通二模)如图,将一质量为m=10 g、长度为l=20 cm的长方形硬纸板放在水平桌面上,右端一小部分伸出桌外。将一质量也为10 g的橡皮擦(可视为质点)置于纸板的正中间,用手指将纸板水平弹出,纸板瞬间获得初速度v0=1 m/s。已知橡皮擦与纸板、桌面间的动摩擦因数均为μ1=0.1,纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,则(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.弹出纸板瞬间,纸板的加速度大小为2 m/s2 B.橡皮擦与纸板达到相同速度后,一直与纸板相对静止 C.最终橡皮擦不会脱离纸板 D.橡皮擦与纸板因摩擦而产生的热量为 J 答案:C 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:弹出纸板瞬间,对纸板受力分析可知 橡皮擦给纸板的水平向右的摩擦力为f1= μ1m1g=0.1×0.01×10 N=0.01 N,桌面给纸板的水平向右的摩擦力为f2=μ2(m+m1)g=0.2×0.02×10 N=0.04 N,由牛顿第二定律可知弹出纸板瞬间,纸板的加速度大小为a==5 m/s2,橡皮擦的加速度大小为a1==1 m/s2,故A错误;橡皮擦与纸板达到相同速度后,假设纸板和橡皮擦相对静止,则整体受到的加速度为a'==2 m/s2,而橡皮擦做减速运 2 3 4 5 6 7 8 9 1 动的加速度最大值为a1'==1 m/s2<a'= 2 m/s2,故此时橡皮擦将相对纸板向左运动, 且橡皮擦向右的加速度为1 m/s2,纸板向右的加速度为a2==3 m/s2,故B错误;结合A、B选项,设橡皮擦与纸板经过t时间速度相同,则有a1t=v0-at,代入数据解得t= s,二者向左共速时的速度为v= m/s,橡皮擦的位移为x1=a1t2= m,纸板的位移为x2=v0t-at2= m,则二者相对位移为Δx1=x2-x1= m<0.1 m,可知橡皮擦未滑出纸板,接着二者由相同的速度 2 3 4 5 6 7 8 9 1 开始以不同的加速度做减速运动,由于a2=3 m/s2>a1'=1 m/s2,所以纸板先减速为0,保持静止,橡皮擦继续以a1'减速为0,规定向左为正方向,则橡皮擦的位移为x1'== m,纸板的位移为x2'== m,则二者相对位移为Δx2=x1'-x2'= m,可知橡皮擦最终距离纸板中点的距离为Δx=Δx1-Δx2= m<0.1 m,即最终橡皮擦不会脱离纸板,且此过程中橡皮擦与纸板因摩擦而产生的热量为Q=μ1m1g(Δx1+Δx2)= J,故C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7.如图所示,在光滑的水平面上,质量为4m、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁,与墙壁不粘连。质量为m的滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度kv(k未知)滑上木板左端,滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞,滑块以原速率弹回,刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) 2 3 4 5 6 7 8 9 1 A.滑块向右运动的过程中,加速度大小为 B.滑块与木板间的动摩擦因数为 C.k=2 D.滑块弹回瞬间的速度大小为 答案:D 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:滑块(可视为质点)以水平向右的速度v滑上木板左端,滑到木板右端时速度恰好为零,根据匀变速直线运动规律可知v2=2aL,解得a=,故A错误;根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得μ=,故B错误;小滑块以水平速度v右滑时,由动能定理有-fL=0-mv2,小滑块以速度kv滑上木板左端时,设运动至木板右端时速度为v1,由动能定理有-fL=m-m(kv)2,滑块与墙碰撞后向左运动到木板左端,设此时滑块、木板的共同速度为v2,由动量守恒定律有mv1=(m+4m)v2,由能量守恒定律可得fL=m-(m+4m), 解得k=,v1=,故C错误,D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8.如图所示,质量为m=2 kg的物块A从高为h=0.2 m的光滑固定圆弧轨道顶端由静止释放,圆弧轨道底端的切线水平,物块A可从圆弧轨道的底端无能量损失地滑上一辆静止在光滑水平面上的小车B,且物块最终没有滑离小车B。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2,小车B的质量M=6 kg,重力加速度g取10 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)物块A与小车B的共同速度; 答案:(1)0.5 m/s　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:(1)设物块A滑到圆弧轨道底端时的速度为v0,由动能定理可得mgh=m 解得v0==2 m/s 物块A滑上小车B后,物块与小车组成的系统动量守恒,设它们相对静止时的速度为v,则有mv0=(m+M)v 解得v=0.5 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)当物块A相对小车B静止时,小车B运动的位移及系统因摩擦产生的热量。 答案: (2) m　3 J 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: (2)对小车B由动能定理可得μmgxB=Mv2 解得xB= m 设系统产生的热量为Q,由能量守恒定律得 m=(m+M)v2+Q 解得Q=3 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9.(2024·江苏南京高三期末)如图甲所示,足够长的木板B静止在光滑水平面上,t=0时刻,物块A以初速度v0=3 m/s从B右端滑上B,同时给B施加一水平方向的作用力F,F随时间t变化情况如图乙所示,规定水平向左为正方向,3 s后撤去F。已知A的质量mA=2 kg,B的质量mB=4 kg,A、B间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求: 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (1)t=0时刻A、B的加速度大小aA、aB; 答案:(1)1 m/s2　2 m/s2　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析:(1)t=0时刻,A、B发生相对滑动,以A为研究对象,根据牛顿第二定律可得μmAg=mAaA 解得A的加速度大小aA=1 m/s2 以B为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F+μmAg=mBaB 解得B的加速度大小aB=2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)0~2 s内A和B间因摩擦产生的热量Q; 答案: (2)3 J　 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: (2)t=0时刻开始,A向左做匀减速直线运动,B向左做匀加速直线运动,设经过时间t1,两者达到共同速度v1,则有 v1=v0-aAt1,v1=aBt1 解得t1=1 s,v1=2 m/s 可知t1=1 s时A、B共速,假设1~2 s内A、B可以保持相对静止,一起加速运动,则有 F=(mA+mB)a 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解得A、B一起加速运动的加速度为a=1 m/s2 A受到的静摩擦力为FfA=mAa=2 N=μmAg 可知1~2 s内A、B可以保持相对静止,一起加速运动,则0~2 s内A、B的相对位移为 Δx=xA-xB=v0t1-aA-aB=1.5 m 0~2 s内A和B间因摩擦产生的热量为 Q=μmAgΔx=3 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (3)A最终的动能Ek。 答案: (3) J 2 3 4 5 6 7 8 9 1 解析: (3)0~3 s内,设3 s末时系统的总动量为p,根据动量定理对A、B系统进行分析可得 F1(t1+t2)+F2t3=p-mAv0 又F1=6 N,F2=-14 N,t2=t3=1 s 联立可得p=4 kg·m/s 撤去F后,A、B动量守恒,A、B共同速度为v, 则有p=(mA+mB)v 解得v= m/s A最终的动能为Ek=mAv2= J。 $$