专题二 培优点二 板块模型的综合分析-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题二　能量与动量 培优点二　板块模型 的综合分析 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 3 4 例2　（2024·海南高考）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，上表面紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L。 答案　（1）1000 N　（2）7 m 5 6 7 例3　（2024·山东高考）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）若轨道固定，小物块以一定的初速 度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小 等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； 8 （2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左 的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加 速度a与F对应关系如图乙所示。 （ⅰ）求μ和m； （ⅱ）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s，求轨道水平部分的长度L。 答案　（1）4 m/s （2）（ⅰ）0.2　1 kg　（ⅱ）4.5 m 9 10 11 代入数据解得a2＝2 m/s2 设小物块运动到P点时经过的时间为t0， 则此时轨道的速度v1＝a1t0 小物块的速度v2＝a2t0 小物块从P到Q的过程，对小物块和轨道组成的系统，水平方向动量守恒。设小物块运动到Q点时速度为v4，此时轨道的速度v3，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有 Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 12 13 1.滑块与滑板存在相对滑动的条件 （1）运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。 （2）力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则两物体发生相对滑动。 另一种方法是先根据最大静摩擦力Ffm＝ma0算出滑块的临界状态加速度a0，若滑块实际加速度a>a0，则两物体发生相对滑动。 14 2.滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。若开始时滑块和滑板的速度不相同，当它们的速度刚相同时它们间的摩擦力会发生突变。 3.滑块和滑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。 4.应注意区分滑块、滑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）。 15 5.滑块与滑板相对位移大小的求法 方法一： （1）当两者运动方向相同时，相对位移大小等于两者的对地位移大小之差。 （2）当两者运动方向相反时，相对位移大小等于两者的对地位移大小之和。 方法二：根据滑动摩擦生热公式Q＝Ffx相对求得。 16 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 （1）物块B与挡板P碰撞后瞬间，平板A和物块B的速度大小vA、vB； （2）物块B的速度减为零时，物块B与小球C间的距离x； （3）悬挂小球C的轻绳的长度L。 答案：（1）4.0 m/s　4.0 m/s　（2）1 m （3）0.64 m 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 1 2 高考命题预测 专题作业 1.（2024·江苏省镇江市高三下三模）象棋是中国传统文化的典型代表之一，如图所示，水平面上有三颗相同象棋竖直叠放，上下边缘重合，最左侧与O点重合，所有接触面间的动摩擦因数均相同，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺快速水平向右将中间棋子击出，稳定后，棋子的分布可能是（　　） 1 2 3 4 5 6 专题作业 解析：设每颗棋子质量均为m，所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则最上面的棋子所受摩擦力的最大值f1＝μmg，最下面棋子所受中间棋子提供的摩擦力的最大值f2＝2μmg，所受地面提供的摩擦力的最大值f3＝3μmg。由题意可知，中间棋子被击出的过程，最上面棋子水平方向只受到向右的滑动摩擦力f1的作用，则该棋子会向右运动；最下面棋子受到中间棋子的摩擦力f＝f2＝2μmg<f3，则最下面棋子受力平衡，保持静止状态；中间棋子被击出后，最上面的棋子向右运动了一段距离落在最下面的棋子上，有向右的速度，同理分析可知，此后最下面的棋子仍保持静止，最上面的棋子继续向右运动一段距离直至静止，故D正确，A、B、C错误。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 4.（2024·浙江6月选考）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6，与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑 块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 （3）μ2＝0.1，滑块滑上平板时，设滑块减速的加速度大小为a1，平板加速的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 μ1mg－μ2（m＋M）g＝Ma2 代入数据可解得a1＝6 m/s2，a2＝4 m/s2 若滑块与平板能达到共同速度，因为μ1mg>μ2（m＋M）g，则二者之后保持相对静止做匀减速直线运动。 假设二者恰好共速时，滑块恰好运动至平板右端，这种情况下，滑块能到达H点且滑块离开弹簧时的速度最大；设滑块滑上平板到与平板共速所用时间为t1，共速的速度为v，共速后，二者的共同加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有μ2（m＋M）g＝（m＋M）a3 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 5.（2024·浙江1月选考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2） 1 2 3 4 5 6 专题作业 （1）若h＝0.8 m，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 （2）若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 答案：（1）①16 m/s2　②2 m　③1∶2 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 1 2 3 4 5 6 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　（2023·全国乙卷）（多选）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　） A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－fl D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－fl 解析：物块在木板上运动的过程中，设木板位移为xM，则物块位移为xm＝xM＋l，根据动能定理，对物块有－fxm＝Ekm－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，对木板有fxM＝EkM－0，可得物块从木板右端离开时，木板的动能EkM＝fxM，物块的动能Ekm＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－fl－fxM，则Ekm<eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－fl，C错误，D正确；画出该过程中物块、木板的v­t图像如图所示，且v0>vm，vm≥vM，由v­t图线与t轴所围面积表示对应位移可知，图中梯形面积S1表示l，下方三角形面积S2表示xM，由几何知识知，必定有S1>S2，则l>xM，则EkM＝fxM<fl，A错误，B正确。 解析：（1）设游客滑到b点时速度大小为v0，受到滑梯的支持力大小为FN。对游客，从a到b过程，根据动能定理有 mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 代入数据，解得v0＝10 m/s 在b点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m2,0)eq \f(v,R) 根据牛顿第三定律，游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN′＝FN 联立并代入数据，解得FN′＝1000 N。 （2）设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，对游客，在平台上运动过程，由动能定理得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mv2 游客与滑板B相对滑动的过程，设游客与滑板的加速度大小分别为a1和a2，此过程经历的时间为t，根据牛顿第二定律得μmg＝ma1 μmg＝Ma2 根据运动学规律，对游客有v＝v0－a1t 该段时间内游客的位移大小为x1＝eq \f(v＋v0,2)t 滑板的位移大小为x2＝eq \f(1,2)a2t2 根据位移关系得L＝x1－x2 联立并代入数据，解得L＝7 m。 解析：（1）小物块运动到Q点时，根据牛顿第二定律有mg＋N＝meq \f(v2,R) 其中小物块受到轨道的弹力大小N＝3mg 联立并代入数据，解得v＝4 m/s。 （2）（ⅰ）根据题图乙分析可知，当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律有F＝（M＋m）a 变形得a＝eq \f(1,M＋m)F 结合题图乙可知，图线的斜率 k＝eq \f(1,M＋m)＝eq \f(2,4) kg－1＝0.5 kg－1 当F>4 N时，轨道与小物块相对滑动，对轨道，根据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma 变形得a＝eq \f(1,M)F－eq \f(μmg,M) 结合题图乙可知，图线的斜率 k′＝eq \f(1,M)＝eq \f(6－2,8－4) kg－1＝1 kg－1 联立可得M＝1 kg，m＝1 kg 由题图乙可知，F＝8 N时，a＝6 m/s2， 将数据代入F－μmg＝Ma 可解得μ＝0.2。 （ⅱ）当F＝8 N时，由题图乙可知，轨道的加速度为a1＝6 m/s2 设此时小物块的加速度为a2，对小物块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma2 根据机械能守恒定律，有 eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,3)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,4)＋2mgR 其中v4＝7 m/s 联立并代入数据，解得t0＝ 1.5 seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(另一解t0＝\f(19,6) s，此时v3>v4，则此解不符合题意，舍去)) 根据运动学公式有L＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,0) 代入数据解得L＝4.5 m。 1.（2024·吉林省普通高等学校招生考试适应性测试）（多选）如图a，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图b中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A.碰后瞬间乙的速度大小为eq \f(v0,3) B.甲、乙间的动摩擦因数为eq \f(v0,3gt0) C.甲到乙左端的距离L≥eq \f(v0t0,3) D.乙、丙的质量比m∶M＝1∶2 解析：乙与丙弹性碰撞后，先在甲的滑动摩擦力下做匀减速直线运动，在与甲达到共速后做匀速直线运动。设碰后瞬间乙的速度大小为v1，加速度大小为a，从碰后瞬间至甲、乙共速的过程，根据运动学公式，结合图b数据可知，eq \f(v0t0,2)＝v1t0－eq \f(1,2)ateq \o\al(2,0)，假设乙一直做减速运动，则在t＝2t0时乙的速度减小为0，有v1＝a·2t0，联立解得v1＝eq \f(2,3)v0，a＝eq \f(v0,3t0)，故A错误；对乙，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得甲、乙间的动摩擦因数μ＝eq \f(v0,3gt0)，故B正确； 对甲，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得甲的加速度大小a1＝eq \f(v0,3t0)，则0～t0时间内甲的位移x甲＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,0)＝eq \f(v0t0,6)，0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝eq \f(v0t0,3)，则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝eq \f(v0t0,3)，故C正确；设物块丙与乙发生弹性碰撞后的速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得Mv0＝Mv2＋mv1，eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)，可得v1＝eq \f(2M,M＋m)v0＝eq \f(2v0,3)，即eq \f(2M,M＋m)＝eq \f(2,3)，可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1，故D错误。 2.（2024·河北省张家口市高三下一模）如图所示，平板A静置在水平地面上，其左端固定有弹性挡板P，物块B处于平板A上的O1点，O1点左侧光滑、右侧粗糙，光滑部分的长度d＝10.0 m。用不可伸长的轻绳将小球C悬挂在O点，O点位于O1点的正上方。当轻绳处于水平拉直状态时，将小球由静止释放，小球第一次下摆至最低点与物块B发生碰撞，碰后小球开始做简谐运动（最大摆角小于10°），其碰后速度方向与碰前速度方向相同，物块B以v0＝8.0 m/s的速度沿平板上表面滑动直至与挡板P发生弹性碰撞，经过一段时间，物块B速度减为零时，小球C刚好到达最低点向右运动，此时物块B与小球C间的距离为x。已知平板A（含挡板P）、物块B、小球C的质量分别为mA＝3.0 kg、mB＝1.0 kg、mC＝2.3 kg，平板A的粗糙部分与物块B间的动摩擦因数μ1＝0.4，平板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，π2＝10，cos10°＝0.985，eq \r(0.015)＝0.122。上述过程中物块B始终在平板A上，所有碰撞时间和空气阻力均忽略不计，物块B与小球C均可视为质点。求： 解析：（1）以水平向左为正方向，物块B和挡板P发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 mBv0＝mAvA－mBvB 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 解得vA＝4.0 m/s，vB＝4.0 m/s。 （2）物块B与挡板P碰后且B在O1点左侧时，以向左为正方向，设平板A的加速度为aA，由牛顿第二定律可知－μ2（mA＋mB）g＝mAaA 解得aA＝－eq \f(8,3) m/s2 假设A速度减为零时，物块B仍处于平板A的光滑部分，设经过t1时间平板A减速到零，则0－vA＝aAt1 解得t1＝1.5 s 此过程平板A和物块B的位移大小分别为xA＝eq \f(vAt1,2) xB＝vBt1 解得xA＝3 m，xB＝6 m 由于xA＋xB<d，则假设成立。 由于μ1mBg<μ2（mA＋mB）g，可知此后平板A保持静止，物块B先做匀速直线运动后做匀减速直线运动直到速度减为零。设物块B做匀减速直线运动的位移大小为xB2，由动能定理可得－μ1mBgxB2＝0－eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B) 物块B速度减为零时，O1点与小球C间的距离为xA，物块B与O1点的距离为xB2，则此时物块B与小球C间的距离为x＝|xA－xB2| 解得x＝1 m。 （3）物块B与挡板P碰撞前，物块B从O1点运动到挡板P处的时间为t0＝eq \f(d,v0) 物块B与挡板P碰撞后，从平板A刚好停止运动到物块B开始匀减速的时间为t2＝eq \f(d－xA－xB,vB) 设经过t3时间物块B减速到零，由动量定理得 －μ1mBgt3＝0－mBvB 由题知，小球C的摆动周期为T＝2πeq \r(\f(L,g)) 由题知，t0＋t1＋t2＋t3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T（n＝0，1，2…） 联立解得L＝eq \f(16,（2n＋1）2) m（n＝0，1，2…） 设小球C与物块B碰撞前、后的速度分别为vC0和vC1，物块B、小球C碰撞过程，根据动量守恒定律有mCvC0＝mCvC1＋mBv0 由于碰后小球C的速度方向不变，故mCvC0>mBv0 由于碰后小球C做简谐运动，则小球C的摆角θ最大为10°，根据能量守恒定律，小球C碰撞前、后分别满足eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C0)＝mCgL eq \f(1,2)mCveq \o\al(2,C1)＝mCgL（1－cosθ），且θ<10° 联立解得0.605 m<L<0.785 m 当且仅当n＝2时，解得L＝0.64 m满足条件， 故L＝0.64 m。 2.（2024·广西南宁市高三下二模）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（　　） A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为eq \f(2v2,L) B.滑块与木板间的动摩擦因数为eq \f(v2,8gL) C.k＝2 D.滑块弹回瞬间的速度大小为eq \f(\r(5)v,2) 解析：设滑块与木板间的动摩擦因数为μ，滑块在木板上运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，滑块以速度v滑上木板左端至滑到木板右端时速度恰好为零的过程，根据匀变速直线运动规律可知v2＝2aL，联立解得a＝eq \f(v2,2L)，μ＝eq \f(v2,2gL)，故A、B错误；小滑块以水平速度v右滑时，由动能定理有－fL＝0－eq \f(1,2)mv2，小滑块以速度kv滑上木板，设碰墙时速度大小为v1，由动能定理有－fL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)m（kv）2，设滑块、木板最终的共同速度为v2，自滑块与墙碰撞至向左运动到木板左端的过程，由动量守恒定律有mv1＝（m＋4m）v2，由能量守恒定律可得fL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)（m＋4m）veq \o\al(2,2)，联立解得k＝eq \f(3,2)，v1＝eq \f(\r(5)v,2)，故C错误，D正确。 3.（2024·辽宁高考）（多选）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A.小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：v­t图像的斜率表示加速度，由图可知，t＝3t0时刻 木板的加速度发生改变，由牛顿第二定律可知，此时木板的受 力情况发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正 确；设小物块的质量为m，小物块和木板间的动摩擦因数为μ0， 根据题意结合图像可知，小物块开始滑上木板时，小物块的速度大小为v0＝eq \f(3,2)μgt0，方向水平向左，小物块在木板上滑动时，对小物块，根据牛顿第二定律，有μ0mg＝ma0，解得小物块在木板上滑动时的加速度大小为a0＝μ0g，t＝3t0时刻小物块滑上木板后，先向左做匀减速直线运动，减速到0后以相同的加速度向右做匀加速直线运动，在t＝4t0时刻与木板共速，共速时速度大小为v共＝eq \f(1,2)μgt0，方向水平向右，有v共＝－v0＋a0t0，联立可解得μ0＝2μ，故B正确； 设木板的质量为M，0～3t0时间内，根据v­t图像可知，木板的加 速度为a＝eq \f(\f(1,2)μgt0－0,t0－0)＝eq \f(1,2)μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律有 F－μMg＝Ma，解得木板受到的水平恒力F＝eq \f(3,2)μMg，3t0～4t0时间 内，根据v­t图像可知，木板的加速度为a′＝eq \f(\f(1,2)μgt0－\f(3,2)μgt0,4t0－3t0)＝－μg，此时间内，对木板由牛顿第二定律得F－μ（m＋M）g－μ0mg＝Ma′，解得eq \f(m,M)＝eq \f(1,2)，故C错误；假设t＝4t0之后小物块和木板相对静止，则小物块和木板整体所受合力为F合＝F－μ（m＋M）g＝eq \f(3,2)μMg－eq \f(3,2)μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 答案：（1）5 m/s　（2）eq \f(5,8) J　（3）6 m/s 解析：（1）设滑块通过圆形轨道最高点C处的速度大小为vC，滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，由重力提供向心力，有 mg＝2,C)eq \f(mv,R) 从滑块离开弹簧到通过点C的过程，根据动能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 联立并代入数据，解得v0＝5 m/s。 （2）滑块恰好过C点，根据能量守恒定律可知，滑块滑上平板时的速度大小为v0 μ2＝0时，自滑块滑上平板到平板加速至与滑块共速的过程，滑块与平板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为v共，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 mv0＝（M＋m）v共 此过程系统损耗的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)（M＋m）veq \o\al(2,共) 联立并代入数据，解得ΔE＝eq \f(5,8) J。 代入数据可解得a3＝1 m/s2 由能量守恒定律知，滑块滑上平板的速度为vm，根据匀变速直线运动规律有v＝vm－a1t1 v＝a2t1 滑块与平板相对滑动的过程，滑块和平板的位移分别为x1＝eq \f(v＋vm,2)t1 x2＝eq \f(v,2)t1 共速时滑块恰好运动至平板右端，根据位移关系有L＝x1－x2 联立并代入数据，解得t1＝0.6 s，vm＝6 m/s 则可得x2＝0.72 m<d－L 由v′2－v2＝－2a3·（d－L－x2） 可得滑块和平板到达H点时的速度v′＝eq \r(2) m/s>0 综上分析可知，假设成立，vm＝6 m/s。 解析：（1）①设小物块第一次经过C点的速度大小为vC，向心加速度大小为a，对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 由圆周运动规律，有a＝2,C)eq \f(v,R) 联立并代入数据，解得a＝16 m/s2。 ②由几何关系知，E点距C点的高度 h′＝Lsinθ＋R（1－cosθ） 代入数据解得h′＝0.95 m h′>h＝0.8 m，故根据能量守恒定律可知，小物块始终在E点下方运动。 小物块a在DE上运动时，因为μ2mgcosθ<mgsinθ，所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑，最终小物块a将在B、D间做往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等。 设小物块在DE上经过的总路程为s，根据能量守恒定律有 mg[h－R（1－cosθ）]＝μ1mgcosθ·eq \f(s,2)＋μ2mgcosθ·eq \f(s,2) 代入数据解得s＝2 m。 ③设小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上、a下，根据牛顿第二定律有 mgsinθ＋μ1mgcosθ＝ma上 mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma下 代入数据解得a上＝8 m/s2，a下＝2 m/s2 对小物块a在DE上运动距离相等的第i次向上运动和第i次向下运动，根据运动学公式有eq \f(1,2)a上teq \o\al(2,上i)＝eq \f(1,2)a下teq \o\al(2,下i) 解得eq \f(t上i,t下i)＝eq \f(\r(a下),\r(a上))＝eq \f(1,2) 又t上＝t上1＋t上2＋… t下＝t下1＋t下2＋… 则eq \f(t上,t下)＝eq \f(t上i,t下i)＝eq \f(1,2)。 （2）设小物块a运动到F点的速度大小为vF，对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 mg[h－Lsinθ－2R（1－cosθ）]－μ1mgcosθ·L＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)－0 分析可知，小物块与滑块相对静止时恰好位于滑块左端而不脱离滑块，滑块长度最小，设为l，设此时二者达到的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mvF＝2mv 根据能量守恒定律有 eq \f(1,2)mveq \o\al(2,F)＝eq \f(1,2)·2mv2＋2μ1mgl 联立并代入数据，解得l＝0.2 m。 6.（2023·辽宁高考）如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq \f(5,4) m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq \f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。 答案：（1）1 m/s　0.125 m （2）0.25 m　eq \f(\r(3),2) m/s　（3）4eq \r(3)t0－8teq \o\al(2,0) 解析：（1）由于地面光滑，则在木板接触弹簧前，木板与物块组成的系统动量守恒，有 m2v0＝（m1＋m2）v1 代入数据解得v1＝1 m/s 木板接触弹簧前，在摩擦力作用下向右做匀加速运动，设加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μm2g＝m1a1 由运动学公式得veq \o\al(2,1)＝2a1x1 联立并代入数据解得x1＝0.125 m。 （2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时，设木板和物块的加速度大小为a共， 对木板和物块整体有kx2＝（m1＋m2）a共 对物块有μm2g＝m2a共 联立并代入数据解得x2＝0.25 m 对木板、物块及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得 eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)（m1＋m2）veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)（m1＋m2）veq \o\al(2,1) 代入数据解得v2＝eq \f(\r(3),2) m/s。 （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，分析知木板的加速度始终大于物块的加速度，物块始终相对于木板向右运动，加速度大小为a共＝μg＝1 m/s2，方向水平向左。 此过程木板先向右运动，速度从v2减小到0，再反向加速至加速度大小等于a共，对木板受力分析可知，木板反向加速至加速度大小为a共，即与物块加速度相同时，弹簧的形变量为x2，由受力和运动的对称性知此过程的总时间为2t0，木板的末速度大小为v2，则此过程初末状态弹簧的弹性势能相等，木板的动能相等，由能量守恒定律可知，系统因摩擦转化的内能ΔU等于物块减少的动能，设物块的末速度为v3， 则ΔU＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,3) 对物块由匀变速直线运动规律得v3＝v2－a共·2t0 联立并代入数据解得ΔU＝4eq \r(3)t0－8teq \o\al(2,0)。 $$