专题2 培优点1 板块模型的综合分析-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，苏京）

培优点1　板块模型的综合分析 目标要求　1.会判断木板和滑块间、木板和地面间能否发生滑动。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。 1．用动力学解决板块模型问题的思路 2．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。 3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。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)。 例1　如图甲所示，质量M＝1.5 kg的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以v0＝10 m/s的速度从左端滑上长木板后，不能从长木板的右端掉落，其运动的v－t图像如图乙所示。取重力加速度大小g＝10 m/s2，求： (1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q； (2)2～4 s内静摩擦力对长木板的冲量I。 答案　(1)40 J　(2)2 N·s，方向向右 解析　(1)根据题意由题图乙可知，0～2 s内小物块与长木板发生相对运动，t＝2 s时，小物块与长木板具有相同速度2 m/s，之后一起匀减速，连接坐标原点与(2,2)点，即为长木板的v－t图像，如图所示 设小物块的质量为m，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，前2 s内小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，2 s后小物块和长木板一起做匀减速直线运动时的加速度大小为a3，由牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 由图像可得a1＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，a3＝ m/s2＝1 m/s2 联立解得m＝1 kg，μ1＝0.4，μ2＝0.1 由图像可得，0～2 s内小物块的位移为 x1＝×(10＋2)×2 m＝12 m 长木板的位移为x2＝×2×2 m＝2 m 小物块与长木板间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mg(x1－x2)＝40 J (2)设2～4 s内长木板受到小物块的静摩擦力大小为Ff，该静摩擦力的方向向右，则有 Ff＝ma3 I＝FfΔt 联立并代入数据解得I＝2 N·s，方向向右。 例2　(2023·江苏淮安市模拟检测)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＝10 m/s2，求： (1)滑块A刚到达O点时的速度； (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度； (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。 答案　(1)3 m/s，方向水平向右　(2)2 m/s，方向水平向右　(3)0.2 m 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，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 mv02＝mv0′2＋Mv12 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)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可得μMgΔx＝Mv12－×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。 (2023·江苏南京市汉开书院测试)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； (2)木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q； (3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 答案　(1)　(2)mv02　(3)d＋ 解析　(1)A、B刚放上C时，设A做加速度大小为aA的匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝maA 设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 设滑行时间t后A与C的共同速度为v1，则有 v1＝v0－aAt＝aCt 联立解得t＝，v1＝ (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组成的系统为对象，根据能量守恒可得 mv02＋m(2v0)2＝(m＋m＋2m)v22＋Q 解得Q＝mv02 (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＋。 专题强化练 1．(2022·江苏南通市诊断)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 答案　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.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 答案　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。 3．(2023·江苏盐城市、南京市期末)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(　　) 答案　B 解析　方法一：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 设相对位移为Δx，对物块有 －μMg(x＋Δx)＝Mv2－Mv02 整理得＝＝ 因为m<M，所以<< 解得x<Δx<2x，故B正确，A、C、D错误。 方法二：木板质量小于物块质量，则物块的加速度较小，二者共速前的速度—时间图像如图所示，设木板的位移为x板，物块相对木板的位移为Δx，物块刚滑上木板时的速度为v0，共速时的速度为v′，由图可知，相对位移Δx为图线与纵轴围成图形的面积，x板为三角形OAB的面积，故x板<Δx<2x板，B正确。 4．如图(a)所示，木板静止在光滑水平面上，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。质量m＝3 kg的小物块以v0＝4 m/s的初速度从最左端冲上木板，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。木板与小物块之间的动摩擦因数μ＝0.4。第一次碰撞后瞬间开始的0.25 s内木板的v－t图像如图(b)所示，此过程木板的加速度大小为a。在以后的运动过程中，小物块始终没有滑离木板。重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)加速度的大小a和木板的质量M； (2)x的最小值； (3)木板的最小长度L。 答案　(1)12 m/s2　1 kg　(2)0.375 m　(3)2 m 解析　(1)根据题图(b)可知 木板的加速度大小a＝＝12 m/s2 根据牛顿第二定律有μmg＝Ma 解得M＝1 kg (2)小物块在木板上滑行，由二者组成的系统动量守恒有mv0＝Mv1＋mv2 根据题图(b)可知，木板与挡板碰撞前瞬间速度大小为v1＝3 m/s 解得v2＝3 m/s 木板与挡板碰撞前已经与小物块共速，所以刚共速时碰撞x最小，对木板μmgx＝ 解得x＝0.375 m (3)经过多次碰撞，木板最终停在挡板处，由能量守恒可得μmgL＝ 解得L＝2 m。 5．如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝4 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。取g＝10 m/s2。 (1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小； (2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率； (3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。 答案　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)0.4 m 解析　(1)物块从圆弧轨道最高点滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgR＝mvB2， 解得vB＝3 m/s， 在B点由牛顿第二定律有FN－mg＝m， 解得FN＝30 N 由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N，方向竖直向下 (2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功 Wf＝－·l＝－4 J， 物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得mgR＋Wf＝mv2， 解得v＝1 m/s (3)当平板车不固定时，对物块有 a1＝＝μg＝2 m/s2 对平板车有a2＝＝0.5 m/s2 经过时间t1物块滑离平板车，则有 vBt1－a1t12－a2t12＝l， 解得t1＝0.4 s(另一解舍掉)， 物块滑离平板车的速度v物＝vB－a1t1＝2.2 m/s， 此时平板车的速度v车＝a2t1＝0.2 m/s， 物块滑离平板车后做平抛运动的时间 t2＝＝0.2 s， 物块落地时距平板车右端的水平距离 s＝(v物－v车)t2＝0.4 m。 6.(2023·江苏徐州市第一次调研)如图所示，质量m＝1 kg的小球用长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。求： (1)与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力大小； (2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小； (3)整个装置在全过程中损失的机械能。 答案　(1)14 N　(2) m/s　(3) J 解析　(1)由机械能守恒定律有 mgL(1－cos 37°)＝mv02 由牛顿第二定律有F－mg＝m 解得F＝14 N，v0＝2 m/s (2)小球与A发生弹性碰撞有 mv0＝mv1＋mAvA mv02＝mv12＋mAvA2 解得vA＝2 m/s 对A有μmAg＝mAaA，aA＝2 m/s2 对B、C有μmAg＝(mB＋mC)aBC，aBC＝1 m/s2 同时根据位移关系有 vAt－aAt2－aBCt2＝lAB＝0.5 m 代入数据解得t＝ s或t＝1 s 根据题意在A与B碰撞前，A的速度应大于B、C的速度，而当t＝1 s时，A的速度为0，B、C的速度为1 m/s，不符，舍去，所以取t＝ s，此时有vA′＝vA－aAt 解得vA′＝ m/s (3)分析可知最后A、B、C共速一起在水平地面上匀速运动，取A、B、C为一系统，系统动量守恒mAvA＝(mA＋mB＋mC)v共 解得v共＝ m/s 整个装置在全过程中损失的机械能为 ΔE＝mAvA2－(mA＋mB＋mC)v共2＝ J。 学科网（北京）股份有限公司 $$