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A版，鲁湘鄂豫皖冀）

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)。 　(2023·辽宁省名校联盟质量检测)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·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； 例2 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 (2)木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q； 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 以A、B和C组成的系统为对象，根据能量守恒可得 (3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。 A与B的最大距离L＝d＋ΔxB－ΔxA 高考预测 18 (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； 答案　3 m/s，方向水平向右 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 m/s，方向水平向右 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 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　0.2 m 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 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 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。 专题强化练 23 1 2 3 4 5 6 1.(多选)(2023·云南丽江市统测)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； 物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。 1 2 3 4 5 6 2.(2023·山东省实验中学诊断)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)(2023·湖北省高考预测)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，则从初始到二者最终停下的整个过程中， 1 2 3 4 5 6 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； 1 2 3 4 5 6 0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝ ＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确； 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 4.(2023·湖北省十一校联考)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a和木板的质量M； 答案　12 m/s2　1 kg 1 2 3 4 5 6 根据题图(b)可知 根据牛顿第二定律有μmg＝Ma 解得M＝1 kg 1 2 3 4 5 6 (2)x的最小值； 答案　0.375 m 1 2 3 4 5 6 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 解得x＝0.375 m 1 2 3 4 5 6 (3)木板的最小长度L。 答案　2 m 经过多次碰撞，木板最终停在挡板处，由能量守恒可得 解得L＝2 m。 1 2 3 4 5 6 5.如图所示，水平地面上静止放置带挡板的木板B，长度为L＝2.25 m。物体A静置于木板左侧，质量mA＝2 kg、mB＝1 kg，B与A、B与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.1、μ2＝0.2，现对A施加一个水平向右的恒力F＝6 N，直到A与B右侧挡板发生弹性正碰，此时撤去拉力F，已知g＝10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求： (1)A开始运动时加速度a0的大小； 答案　2 m/s2 1 2 3 4 5 6 由题可知，A与B间的最大静摩擦力f1＝μ1mAg＝2 N B与地面间的最大静摩擦力 f2＝μ2(mA＋mB)g＝6 N>f1 所以A开始运动时B保持静止，对A物体，由牛顿第二定律可知 1 2 3 4 5 6 (2)A、B碰撞后瞬间各自速度的大小； 答案　1 m/s　4 m/s A加速距离为L时，设其碰撞前瞬间速度为v0，有v02＝2a0L 代入数据解得v0＝3 m/s A、B碰撞，设A碰后速度为v1，B碰后速度为v2，由动量守恒和机械能守恒有mAv0＝mAv1＋mBv2 联立解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s 1 2 3 4 5 6 (3)从A、B碰后至B第一次停下的过程中，A物体的位移大小。 1 2 3 4 5 6 A、B碰后，A向右加速运动，加速度大小aA＝μ1g＝1 m/s2 设经过时间t物体A与B共速，则v1＋aAt＝v2－aBt 1 2 3 4 5 6 则共速时A与B右侧挡板之间的距离Δx1＝xB1－xA1＝0.5 m 因μ1<μ2，此后两物体各自减速，且vA>vB，A物体加速度大小不变， 再经过时间t1，B物体第一次停下，则有v＝aB1t1 1 2 3 4 5 6 即在B第一次停下前，A、B只碰撞了一次 1 2 3 4 5 6 6.(2023·浙江一轮复习联考)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； 答案　40 N 1 2 3 4 5 6 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 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 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 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 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 答案　 联立解得t＝，v1＝ 答案　mv02 解得v2＝v0 mv02＋m(2v0)2＝(m＋m＋2m)v22＋Q 解得Q＝mv02 答案　d＋ 解得L＝d＋。 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＝ mv02＝mv0′2＋Mv12 解得v＝v1＝1 m/s μMgΔx＝Mv12－×2Mv2解得Δx＝1 m>L＝0.6 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，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。 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； v0t1 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。 木板的加速度大小a＝＝12 m/s2 μmgx＝ μmgL＝ a0＝＝2 m/s2 mAv02＝mAv12＋mBv22 答案　 m 解得t＝ s 这段时间A的位移为xA1＝ m，B的位移xB1＝ m B向右减速，加速度大小aB＝＝8 m/s2 B物体加速度大小aB1＝＝4 m/s2 共同速度为v＝ m/s 则A相对B运动的位移为 m<Δx1， B的位移为xB2＝aB1t12＝ m 则A物体的位移大小x＝xA1＋xA2＝ m。 得t1＝ s，在t1过程中，A的位移为xA2＝vt1－aAt12＝ m 根据牛顿第二定律有FN－mg＝m mgR(1－cos θ)＝mv02 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 xA＝v1t－aAt2 xB＝aBt2 由以上各式可知A相对B滑行的最大距离为Δx＝xA－xB＝ m。 解得t＝ s $$