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

专题二　 能量与动量 培优点1　板块模型的综合分析 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。 目标要求 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)。 　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； 例1 答案　40 J　 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 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 小物块与长木板间因摩擦产生的热量 Q＝μ1mg(x1－x2)＝40 J (2)2～4 s内静摩擦力对长木板的冲量I。 答案　2 N·s，方向向右 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。 　(2023·浙江省浙南名校联盟联考)小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°且动摩擦因数为μ1＝0.5的倾斜轨道BC、EF、接触面光滑的螺旋圆形轨道CDGE、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成，木板左端紧靠轨道右端且与轨道点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道BC、EF分别相切于C、E处，切点到水平地面的高度为1.2R。从B的左上方A点以某一初速度水平抛出一质量m＝2 kg的物块(可视为质点)， 物块恰好能从B点无碰撞进入倾斜轨道 BC，并通过螺旋圆形轨道最低点D后， 经倾斜轨道EF后滑上长木板。 例2 已知长木板的质量M＝6 kg、h0＝1.8 m、R＝2 m、h1＝6.6 m，空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求： (1)物块从A点抛出时速度v0的大小； 答案　8 m/s　 物块从A点做平抛运动到B点，则有 解得v0＝8 m/s (2)物块经过螺旋圆形轨道低点D时对轨道的压力； 答案　156 N，方向竖直向下　 从A到D由动能定理可得 在D点，对物块分析有 根据牛顿第三定律有 FN′＝FN 解得FN′＝156 N 方向竖直向下。 (3)若物块恰好不滑出长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；若长木板固定不动，且物块和木板是某种特殊材料，物块在木板上运动受到的水平阻力(与摩擦力类似)大小与物块速度大小v成正比，即Ff＝kv，k＝3 kg/s，要使物块不滑出长木板，长木板至少为多长。 答案　108 J　8 m 从A到F过程有 解得vF＝12 m/s 物块滑上长木板后，物块和长木板 系统动量守恒，则有mvF＝(m＋M)v 解得v＝3 m/s 物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得 解得Q＝108 J 若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力Ff＝kv 对物块由动量定理得 ∑－FfΔt＝0－mvF 即有∑－kv·Δt＝－mvF 由于Lmin＝∑v·Δt 解得Lmin＝8 m。 高考预测 20 (2023·浙江省强基联盟高三统测)如图所示，半径R＝2.45 m的竖直光滑 圆弧轨道AB，其底端右侧是一个凹槽，凹槽右端连接一个半径r＝0.40 m的光滑圆轨道，轨道固定在竖直平面内，D与圆心连线与竖直方向成θ＝37°角。一质量为m＝1 kg的滑板Q放置在凹槽内水平面上，其上表面刚好与B点和C点水平等高。开始时滑板静置在紧靠凹槽左端处，此时滑板右端与凹槽右端的距离d＝0.60 m。 一质量也为m的小物块P(可视为质 点)从A点由静止滑下，当物块滑至 滑板右端时滑板恰好到达凹槽右端， 撞击后滑板立即停止运动。 已知物块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.75，其余接触面的摩擦均可忽略不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求物块滑至B点时对B点的压力； 答案　30 N，方向竖直向下　 由牛顿第三定律可得物块对B点的压力F压＝FN＝30 N 方向竖直向下。 (2)求滑板的长度l； 答案　1.6 m　 在滑板上，根据牛顿第二定律可 得，小物块P的加速度大小为 滑板Q的加速度大小为a2＝a1＝7.5 m/s2 根据题意可知，从小物块P滑上滑板Q到滑板右端到达凹槽右端过程，小物块P一直做匀减速运动，滑板Q一直做匀加速运动， 设运动时间为t，对于滑板Q 解得t＝0.4 s 解得x＝2.2 m 故滑板的长度为l＝x－d＝1.6 m (3)请通过计算说明物块滑上CD轨道后能否从D点飞出？ 答案　见解析 小物块P到达半圆轨道最低点C时的速度为v1＝v0－a1t＝4 m/s 设小物块P可以到达D点，根据机械能守恒定律可得 假设P刚好到达D点， 说明小物块P到不了D点。 专题强化练 29 1.(多选)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2 m/s2 B.物块的加速度为6 m/s2 C.经过2 s物块从木板上滑离 D.物块离开木板时的速度为8 m/s 1 2 3 4 5 6 √ √ √ 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正确，B错误； 1 2 3 4 5 6 物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。 2.质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1 B.B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2 C.A的质量m＝6 kg D.A的质量m＝4 kg 1 2 3 4 5 6 √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 3.(多选)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v－t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g＝10 m/s2，则从初始时刻到 二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是 A.μ1＝0.2，μ2＝0.3 B.0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2 J C.小物块比长木板提前0.2 s停下 D.小物块相对长木板的位移为0.88 m 1 2 3 4 5 6 √ √ 根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图及题中数据分析得a1＝ ＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确； 0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中两图线与横轴围成的面积之差算得，Δx1＝ v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确； 1 2 3 4 5 6 t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4 m/s2，则t1～t2的时间为Δt＝ ＝0.2 s，由对称性可知小物块停下也会用时0.4 s，则小物块比长木板晚0.2 s停下，故C错误； 1 2 3 4 5 6 小物块与长木板t1～t3时间内的相对位移Δx2＝ ×0.2×0.8 m＝0.08 m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝0.72 m，故D错误。 4.(2023·浙江绍兴市二模)如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径r1＝0.5 m，大圆半径r2＝1.0 m，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置(图中未画出)，可水平向右弹射质量为m1＝0.2 kg的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量m2＝0.2 kg，长度L＝2.4 m，厚度h＝0.05 m，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的 最小速度大小； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 答案　14.8 N　 1 2 3 4 5 6 解得FN＝14.8 N 答案　3.4 m 1 2 3 4 5 6 滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 m1vB＝m1v′＋m2v′′ 1 2 3 4 5 6 对滑块，根据能量守恒定律有 滑块离开塑料板后做平抛运动x2＝v′t， 滑块第一次落地点到B点的水平距离为 x＝x1＋x2 解得x＝3.4 m。 1 2 3 4 5 6 5.(2023·浙江省联考)如图所示，半径R＝2.5 m、圆心角θ＝60°的固定光滑圆弧轨道竖直放置，其圆心为O，该轨道末端与静止于光滑水平面上的质量mB＝6 kg、长L＝4 m的木板B上表面相平，质量mA＝3 kg的物块A停在木板B的左端。质量m＝2 kg的小球从圆弧轨道的最左端M点由静止释放，小球在圆弧轨道的最低点与物块A发生弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略。A与B之间的动摩擦因数μ＝0.1，不计空气阻力。重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球对圆弧轨道最低点的压力大小； 1 2 3 4 5 6 答案　40 N　 设小球在圆弧轨道最低点时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得 解得v0＝5 m/s 在圆弧轨道最低点 根据牛顿第二定律有 解得FN＝40 N 根据牛顿第三定律可知小球对圆弧轨道最低点的压力大小为F压＝FN＝40 N 1 2 3 4 5 6 (2)木板B的最大速度大小； 1 2 3 4 5 6 小球与A碰撞过程中，小球与A组成的系统动量守恒、机械能守恒，以水平向右为正方向，设碰后小球与A的速度分别为v和v1，则有 mv0＝mv＋mAv1 1 2 3 4 5 6 解得v1＝4 m/s 假设A能从B上滑离，分离时速度分别为vA、vB，则有 mAv1＝mAvA＋mBvB 1 2 3 4 5 6 (3)若在小球与A碰撞的同时，立即给B施加一个水平向右的拉力F＝9 N，A相对B向右滑行的最大距离。(结果可用分数表示) 1 2 3 4 5 6 A滑上木板后先向右做匀减速运动，加速度大小为 aA＝μg＝1 m/s2 设B此时向右做匀加速运动的加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有 F＋μmAg＝mBaB 解得aB＝2 m/s2 当两者速度相同时，A相对B向右滑行的距离最大，根据运动学公式有 v1－aAt＝aBt 1 2 3 4 5 6 t时间内A、B的位移大小分别为 1 2 3 4 5 6 由以上各式可知A相对B滑行的最大距离为 6.(2023·浙江宁波市十校二模)如图所示，足够长的粗糙水平轨道ab、光滑水平轨道cd和足够长的粗糙倾斜轨道de在同一竖直平面内，斜面倾角为37°，cd和de平滑连接。在ab的最右端静止一个质量M＝4 kg的木板，其高度与cd等高，木板与轨道ab间的动摩擦因数μ1＝0.05，质量mQ＝1 kg的滑块Q静止在cd轨道上的某点，在de轨道上距斜面底端L＝8 m处静止释放一质量mP＝3 kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间忽略不计，P与Q碰撞开始计时， 1 s末Q滑上长木板，3 s末Q从木板上 飞出(落地点离木板足够远)。 1 2 3 4 5 6 已知P、Q与斜面和木板间的动摩擦因数均为μ2＝0.25，滑块P、Q均当作质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求： (1)滑块P在倾斜轨道de上运动的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 答案　4 m/s2　 滑块P在下滑到底端的过程中，由牛顿第二定律得 mPgsin 37°－μ2mPgcos 37°＝mPaP 代入数据可得aP＝4 m/s2 1 2 3 4 5 6 (2)木板的长度； 1 2 3 4 5 6 答案　19 m　 滑块P、Q发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、能量守恒，有 mPv1＝mPvP＋mQvQ 1 2 3 4 5 6 代入数据可得vP＝4 m/s，vQ＝12 m/s 滑块P与Q碰后，Q经t＝1 s滑上木板，则可知碰撞点离木板右端距离为x＝vQt＝12 m 此时Q刚好滑离木板，对Q受力分析， 由牛顿第二定律μ2mQg＝mQaQ 可得aQ＝2.5 m/s2 对木板有μ2 mQg＝2.5 N＝μ1(mQ＋M)g 即木板静止不动，则Q在静止的木板上做匀减速直线运动，故长木板的长度 1 2 3 4 5 6 (3)P、Q与木板间产生的总热量。 1 2 3 4 5 6 答案　64.6 J Q与木板间产生的热量Q1＝μ2 mQg·L板＝47.5 J P在木板上运动时，由μ2mPg＝mPaP 及μ2 mPg－μ1(M＋mP)g＝MaM 解得aP＝2.5 m/s2，aM＝1 m/s2 则P与木板间的相对运动距离 1 2 3 4 5 6 由图像可得a1＝ m/s2＝4 m/s2，a2＝ m/s2＝ 1 m/s2，a3＝ m/s2＝1 m/s2  x1＝×(10＋2)×2 m＝12 m 长木板的位移为x2＝×2×2 m＝2 m vBy2＝2gh0，v0＝ mg{h0＋h1－[1.2R－(R－Rcos θ)]}－μ1mgcos θ·＝mvD2－mv02 FN－mg＝ mg(h0＋h1)－μ1mgcos θ·＝mvF2－mv02 Q＝mvF2－(m＋M)v2 A到B过程由动能定理可得 mgR＝mv02 物块滑至B点，由牛顿第二 定律FN－mg＝m a1＝＝μg＝7.5 m/s2 d＝a2t2 对于小物块P，有x＝v0t－a1t2 解得P在D点的最小速度为vD＝ m/s>v2 mv12＝mg·(r＋rcos 37°)＋mv22 解得小物块P在D点速度为v2＝ m/s 则由牛顿第二定律有mgcos 37°＝m 物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确； 由图像知，A、B在1～3 s内的加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，选项B错误； 由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误； 由图像可知，B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，选项C正确，D错误。 答案　 m/s　 解得vA＝ m/s 若滑块恰能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有m1g＝m1 从弹射到B点，对滑块根据动能定理有m1gr2＝m1vB2－m1v12 在B点根据牛顿第二定律有FN－m1g＝m1 (2)以v1＝ m/s向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小； (3)以v1＝ m/s向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。 μm1gx1＝m1vB2－m1v′2 h＝gt2 根据能量守恒定律有μm1gL＝m1vB2－m1v′2－m2v′′2 mgR(1－cos θ)＝mv02 FN－mg＝m 答案　 m/s　 mv02＝mv2＋mAv12 解得vA＝ m/s，vB＝ m/s(另一组解不合 实际舍去) 所以假设成立，木板B的最大速度为 m/s。 mAv12－(mAvA2＋mBvB2)＝μmAgL 答案　 m 解得t＝ s xB＝aBt2 Δx＝xA－xB＝ m。 xA＝v1t－aAt2 mPv12＝mPvP2＋mQvQ2 滑块P下滑到底端时，有v1＝＝8 m/s 而P到达木板右端位置的时间为Δt＝＝3 s L板＝vQt1－aQt12＝19 m Δx＝＝ m 可得P与木板间产生的热量Q2＝μ2mPg·Δx＝ J 故P、Q与木板间产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝ J＝64.6 J。 $$