2023年高考物理二轮复习微专题专题2微专题2板块模型的综合分析(教师版)

微专题2　板块模型的综合分析命题规律　1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．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　(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/s2 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|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) mA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，cos 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＋μmgcos θ＝ma1解得a1＝12 m/s2对长木板受力分析有Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos 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)gx2cos θ＝67.5 J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2＝μmglcos θ＝13.5 J因为ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0故系统能量守恒．