第一篇 专题二 培优点1　板块模型的综合分析-2024年高考物理大二轮复习

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培优点1　板块模型的综合分析
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；
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＝ma1μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2μ2(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＝ma3I＝FfΔt联立并代入数据解得I＝2 N·s，方向向右。
(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。
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
解得Δx＝1 m>L＝0.6 m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。
(2023·江苏南京市汉开书院测试)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；
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
1.(2022·江苏南通市诊断)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是A.滑块滑到木板的右端后飞离木板B.滑块滑到木板的右端前就与木板 保持相对静止C.两过程滑块的动量变化相同D.两过程系统产生的热量相等
在第一次滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到右半部分后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程的加速度，故第二次滑块与右边木板将更早达到共同速度，因此第二次滑块没有运动到最右端，故A错误，B正确；
根据动量守恒定律可知两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，知在第二次木板上相对运动的位移没有在第一次木板上的大，所以产生的热量小于在第一次木板上滑行产生的热量，故D错误。
2.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1.5 m/s2B.物块的加速度为6 m/s2C.经过3 s物块从木板上滑离D.物块离开木板时的速度为8 m/s
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、B错误；
物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。
3.(2023·江苏盐城市、南京市期末)质量为m的矩形木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板，物块的宽度不计，且m方法一：水平面光滑，物块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v
解得x<Δx<2x，故B正确，A、C、D错误。
方法二：木板质量小于物块质量，则物块的加速度较小，二者共速前的速度—时间图像如图所示，设木板的位移为x板，物块相对木板的位移为Δx，物块刚滑上木板时的速度为v0，共速时的速度为v′，由图可知，相对位移Δx为图线与纵轴围成
图形的面积，x板为三角形OAB的面积，故x板<Δx<2x板，B正确。
4.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)加速度的大小a和木板的质量M；
答案　12 m/s2　1 kg
根据牛顿第二定律有μmg＝Ma解得M＝1 kg
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
解得x＝0.375 m
(3)木板的最小长度L。
5.如图甲所示，半径R＝0.45 m的光滑 圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M＝4 kg，长度l＝1 m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2 m。质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。取g＝10 m/s2。(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；
解得vB＝3 m/s，在B点由牛顿第二定律有
解得FN＝30 N由牛顿第三定律得物块滑到轨道上B点时对轨道的压力大小FN′＝FN＝30 N，方向竖直向下
(2)若锁定平板车并在其上表面铺上一种特殊材料，其动摩擦因数从左向右随距离均匀变化，如图乙所示，求物块滑离平板车时的速率；
物块在平板车上滑行时摩擦力做功
(3)若解除平板车的锁定并撤去上表面铺的材料后，物块与平板车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，物块仍从圆弧最高点A由静止释放，求物块落地时距平板车右端的水平距离。
当平板车不固定时，对物块有
经过时间t1物块滑离平板车，则有
解得t1＝0.4 s(另一解舍掉)，物块滑离平板车的速度v物＝vB－a1t1＝2.2 m/s，此时平板车的速度v车＝a2t1＝0.2 m/s，
物块滑离平板车后做平抛运动的时间
物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.4 m。
6.(2023·江苏徐州市第一次调研)如图所示，质量m＝1 kg的小球用长L＝1 m的轻绳悬挂在固定点O上，足够长的木板C置于光滑水平地面上，两物块A、B放置在C上，A置于C的左端，B与A相距0.5 m。现将小球拉至与竖直方向成37°角由静止释放，小球在最低点与A发生弹性碰撞，一段时间后，A与B碰撞后粘在一起，两次碰撞时间均可忽略。已知A与C、B与C间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C的质量mA＝mB＝mC＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力。求：(1)与A碰撞前瞬间，小球所受轻绳的拉力大小；
解得F＝14 N，v0＝2 m/s
(2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
小球与A发生弹性碰撞有mv0＝mv1＋mAvA
解得vA＝2 m/s对A有μmAg＝mAaA，aA＝2 m/s2对B、C有μmAg＝(mB＋mC)aBC，aBC＝1 m/s2同时根据位移关系有
(3)整个装置在全过程中损失的机械能。
分析可知最后A、B、C共速一起在水平地面上匀速运动，取A、B、C为一系统，系统动量守恒mAvA＝(mA＋mB＋mC)v共
整个装置在全过程中损失的机械能为