新教材适用2024版高考物理二轮总复习第1部分核心主干复习专题专题2功和能动量微专题2动力学三大观点的综合运用题型2板块模型教师用书

题型2板块模型〔真题研究2〕(2023·辽宁统考高考真题)如图，质量m1＝1kg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＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg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＝10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v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U(用t表示)。【答案】(1)1m/s0.125m(2)0.25meq\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m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1代入数据有v1＝1m/s对m1受力分析有a1＝eq\f(μm2g,m1)＝4m/s2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有veq\o\al(2,1)＝2a1x1代入数据解得x1＝0.125m。(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx＝(m1＋m2)a共对m2有a2＝μg＝1m/s2当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有－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)代入数据有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，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝eq\f(\r(3),2)－2t0则对于m1、m2组成的系统有－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)U＝－Wf联立有ΔU＝4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0)。〔对点训练〕(2023·山东济宁模拟)如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连(物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧)，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面(水平台面与斜面由平滑圆弧连接)，斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板(厚度不计)和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，eq\f(1,9)＋eq\f(1,92)＋eq\f(1,93)＋…＝eq\f(1,8)。求：(1)物块甲运动到最高点时的速度大小；(2)弹簧最初储存的弹性势能；(3)木板运动的总路程；(4)若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。【答案】(1)3m/s(2)2.2J(3)1.0m(4)eq\f(1,32)m≤x<eq\f(1,8)m【解析】(1)由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v甲，则有veq\o\al(2,甲y)＝2g(h2－h1)tan45°＝eq\f(v甲y,v甲x)联立解得v甲y＝v甲x＝3m/sv甲＝3eq\r(2)m/s可知物块甲运动到最高点时的速度大小为v0＝v甲x＝3m/s。(2)设物块甲在B点时速度为vB，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有－m1gh1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(7)m/s因为vB>v，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有W－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得W＝2.2J根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能Ep＝W＝2.2J。(3)物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2v0＝v甲x由机械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v1＝－1m/s，v2＝2m/s以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得m2v2＝(m2＋m3)v3若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得μ2m2gx1＝eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－0解得x1＝eq\f(2,9)m<0.5m可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。由动量守恒定律得m2v3－m3v3＝(m2＋m3)v4木板向左减速过程中，由动能定理得－μ2m2gx2＝0－eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,4)解得x2＝eq\f(1,9)x1同理可得x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))2x1以此类推木板的总路程为s＝x0＋2x1＋2x2＋…＋2xn＝x0＋2×eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,8)))m解得s＝1.0m。(4)以木板为对象，由牛顿第二定律得μ2m2g＝m3a木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有x＝eq\f(1,2)at2木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即v2