2023版高考物理步步高大二轮复习讲义第一篇 专题二 微专题2　板块模型的综合分析【解析版】

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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 (2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：
(1)图乙中v1、v2和v3的大小；
(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．
答案 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J
解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，此时木板速度大小v木＝1 m/s
从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv0＝mv1＋Mv木
解得v1＝4 m/s
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
mv0＝Mv2
解得v2＝3 m/s
2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有
mv0＝(m＋M)v3
解得v3＝2 m/s
(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能
Ek1＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv木2＝9 J
物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能
Ek2＝eq \f(1,2)Mv22＝9 J
故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能
Ek0＝eq \f(1,2)mv02＝18 J
最终相对静止时系统的动能
Ek3＝eq \f(1,2)(m＋M)v32＝6 J
所以系统产生的热量
Q＝Ek0－Ek3＝12 J.
例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和eq \f(1,4)光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.4 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度；
(2)求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度)；
(3)要使物块Q既可以到达B点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB的取值范围．
答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2)eq \f(8,3) m (3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v0，由机械能守恒定律得m1gh＝eq \f(1,2)m1v02
解得v0＝6 m/s
物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得v1＝－2 m/s，
v2＝4 m/s
故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右
(2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度
a2＝－eq \f(μm2g,m2)＝－2 m/s2，
a3＝eq \f(μm2g,M)＝eq \f(2,3) m/s2
物块Q的位移x2＝v2t＋eq \f(1,2)a2t2＝3 m
小车的位移x3＝eq \f(1,2)a3t2＝eq \f(1,3) m
解得s＝x2－x3＝eq \f(8,3) m
(3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有
m2v2＝(m2＋M)v3
可得共同速度为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m2＋M)v32＋μm2gL1
解得L1＝3 m
物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝
1 m/s
由能量守恒定律得eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m2＋M)v32＋2μm2gL2
解得L2＝1.5 m
当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m2＋M)v32＋μm2gL2＋m2gH
解得H＝0.3 m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m.
(2022·广东湛江市模拟)在光滑水平面上有一质量为2m、足够长的小车，小车左端锁定着一块质量为m的木板，两者一起以eq \f(v0,3)的速度匀速向右运动．现有一颗质量也为m的子弹以v0的水平初速度从同一方向射入木板．若子弹在木板运动过程中所受到的阻力为恒力且等于其自身重力，重力加速度取g.
(1)子弹恰好不从木板中穿出，则木板的长度L为多少？
(2)取木板的长度为eq \f(5v02,36g)，解除对木板的锁定，如果子弹在木板内运动过程中，木板相对小车发生滑动，要使子弹不能从木板中射出，则木板与小车间的动摩擦因数μ应满足什么条件？
答案 (1)eq \f(v02,6g) (2)μ≤0.2
解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守恒，
有mv0＋(m＋2m)eq \f(v0,3)＝(m＋m＋2m)v
根据能量守恒
FfL＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)(m＋2m)(eq \f(v0,3))2－eq \f(1,2)(m＋m＋2m)v2
又Ff＝mg
联立解得L＝eq \f(v02,6g)
(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得
a木＝eq \f(Ff－2μmg,m)＝(1－2μ)g
a子＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(mg,m)＝g
故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．
子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板共速时的速度为v，
有eq \f(v－\f(v0,3),a木)＝eq \f(v0－v,a子)
联立解得v＝eq \f(\f(2,3)－μ,1－μ)v0
子弹位移x子＝eq \f(v02－v2,2g)
木板位移x木＝eq \f(v2－\f(v0,3)2,21－2μg)，
x子－x木＝eq \f(5v02,36g)
联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2
当μ＝0.5时，2μmg＝Ff
木板与小车不会发生相对滑动，舍去．
因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.
专题强化练
1．(多选)(2022·河北武安市第一中学高三检测)如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A(可视为质点)以初速度v0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v－t图像如图乙所示，取重力加速度g＝10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3
B．物体A与小车B的质量之比为1∶2
C．小车B的最小长度为2 m
D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去
答案 AC
解析 物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体A分析有μmAg＝mAaA，由v－t图像可得aA＝eq \f(Δv1,Δt)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－4,1))) m/s2＝3 m/s2，联立解得μ＝0.3，所以A正确；对小车B分析有μmAg＝mBaB，由v－t图像可得aB＝eq \f(Δv2,Δt)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1－0,1))) m/s2＝1 m/s2，联立解得eq \f(mA,mB)＝eq \f(1,3)，所以B错误；小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有Lmin＝xA－xB＝eq \f(4＋1,2)×1 m－eq \f(0＋1,2)×1 m＝2 m，所以C正确；如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B的加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A与小车B的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，所以D错误．
2．(多选)(2022·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块相对地面的位移变大
答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两者达到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，相对位移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减小，D错误．
3．(多选)(2022·内蒙古海拉尔第二中学高三期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的v－t图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．t＝9 s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5 m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m
答案 AB
解析 由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，共同速度为v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知a1＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由题图乙知a2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，从6 s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m)g－μ1mg＝ma3，解得a3＝1 m/s2，这段时间Δt1＝eq \f(v2,a3)＝3 s，所以t＝9 s时长木板P停下来，故A正确，C错误；长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1＝eq \f(1,2)×5×5 m＋eq \f(1,2)×(5＋3)×1 m－eq \f(1,2)×3×6 m＝7.5 m，故B正确；在从6 s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma4，解得a4＝0.5 m/s2，这段时间Δt1＝eq \f(v2,a4)＝6 s，所以t3＝12 s时滑块Q停下来，6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝eq \f(1,2)×6×3 m－eq \f(1,2)×3×3 m＝4.5 m，前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3 m，故D错误．
4.(2022·四川成都市月考)如图，长为L的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m的滑块以水平向右的初速度v0滑上木板左端．①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为eq \f(v0,3)；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板．滑块可视为质点，重力加速度大小为g.求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)木板的质量M；
(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I1∶I2.
答案 (1)eq \f(4v02,9gL) (2)8m (3)3∶4
解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为Ff＝μmg
由动能定理有－FfL＝eq \f(1,2)m(eq \f(v0,3))2－eq \f(1,2)mv02
解得μ＝eq \f(4v02,9gL).
(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v，由能量守恒定律有
μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2
由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
联立两式解得M＝8m.
(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有
I1＝m(eq \f(v0,3))－mv0＝－eq \f(2,3)mv0
木板不固定时滑块末速度由(2)知
v＝eq \f(mv0,m＋M)＝eq \f(v0,9)
由动量定理有I2＝mv－mv0＝m(eq \f(v0,9))－mv0＝－eq \f(8,9)mv0
解得I1∶I2＝3∶4.
5.(2022·云南省玉溪第一中学高三检测)如图所示，质量M＝0.9 kg的木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝1 kg、可视为质点的物块B静止放在木板的右端，t＝0时刻一质量为m0＝0.1 kg的子弹以速度v0＝50 m/s水平射入并留在木板A内(此过程时间极短)．已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.30，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)子弹射入木板过程中系统损失的机械能；
(2)子弹“停”在木板内之后瞬间A和B的加速度大小；
(3)最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离．
答案 (1)112.5 J (2)8 m/s2 2 m/s2 (3)1.125 m
解析 (1)子弹射中木板A的过程动量守恒，有m0v0＝(m0＋M)v1
由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)m0v02－eq \f(1,2)(m0＋M)v12
解得v1＝5 m/s，ΔE＝112.5 J；
(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝maB，
对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μ1mg＋μ2(m＋m0＋M)g＝(m0＋M)aA，
解得aA＝8 m/s2，aB＝2 m/s2；
(3)子弹停在木板A内之后，A、B发生相对滑动，A减速，B加速，
设经过时间t1二者共速，有v1－aAt1＝aBt1
解得t1＝0.5 s，
此时二者速度为v2＝aBt1＝1 m/s，
故此过程A与B相对地面的位移分别为xA＝v1t1－eq \f(1,2)aAt12，xB＝eq \f(1,2)aBt12，
共速后，因为μ1<μ2，故二者分别做匀减速运动，对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得
μ2(m＋m0＋M)g－μ1mg＝(m0＋M)aA′，
对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝maB′，
解得aA′＝4 m/s2，aB′＝2 m/s2，
共速后A、B继续滑行的距离分别为
xA′＝eq \f(v22,2aA′)，
xB′＝eq \f(v22,2aB′)，
故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(xA＋xA′)－(xB＋xB′)，
联立可得Δx＝1.125 m.
6．(2022·山西晋中市高三期末)如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)．木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2.一个底面光滑、质量也为M＝3 kg的木块C以速度v0＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞．重力加速度g取10 m/s2.
(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；
(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板 A的最小长度．
答案 (1)2 m/s (2)0.5 m
解析 (1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v1、v2，木块C与木板A发生弹性碰撞，有
Mv0＝Mv1＋Mv2
eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)Mv22
代入数据解得v1＝0，v2＝v0＝2 m/s
(2)碰后木板A做减速运动，其加速度
a1＝－eq \f(μ1mg＋μ2m＋Mg,M)＝－3 m/s2
木块B做加速运动，其加速度a2＝eq \f(μ1mg,m)＝μ1g＝1 m/s2
设二者速度相同时速度为v，有eq \f(v－v2,a1)＝eq \f(v,a2)
解得v＝0.5 m/s
此过程中木板A的位移为x1＝eq \f(v2－v22,2a1)＝eq \f(5,8) m
木块B的位移为x2＝eq \f(v2,2a2)＝eq \f(1,8) m
二者速度相同后，木板A继续减速，假设B相对A向右滑动，
则A的加速度为a3＝eq \f(μ1mg－μ2m＋Mg,M)＝－eq \f(7,3) m/s2
木块B向右做减速运动，其加速度
a4＝－eq \f(μ1mg,m)＝－μ1g＝－1 m/s2
因为|a3|>|a4|，假设成立．所以速度相同后，木块B相对木板A将向右运动，直至停止．
A向右减速到零的位移x3＝eq \f(0－v2,2a3)＝eq \f(3,56) m
A减速到零时，由于μ1mg<μ2(m＋M)g，故保持静止．
B向右减速到零的位移为x4＝eq \f(0－v2,2a4)＝eq \f(1,8) m
即B先相对A向左移动了x1－x2＝0.5 m，
后相对A向右移动了x4－x3＝eq \f(1,14) m，
则要保证木块B不从木板A上滑下，
木板A的最小长度为L＝x1－x2＝0.5 m.
7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．
答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
解析 (1)根据动量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝12 m/s2
对长木板受力分析有
Mgsin θ－μmgcs θ－μ(M＋m)gcs θ＝Ma2
解得a2＝－6 m/s2
经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t
铁块运动位移x1＝eq \f(v,2)t＝1.5 m
长木板运动位移x2＝eq \f(v0＋v,2)t＝3.75 m
长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m
(3)系统动能的变化量
ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)v2－eq \f(1,2)Mv02＝－27 J
铁块重力势能的变化量
ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J
长木板重力势能的变化量
ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q1＝μ(M＋m)gx2cs θ＝67.5 J
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q2＝μmglcs θ＝13.5 J
因为ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0
故系统能量守恒．