2024版高考物理复习教案：第一篇 专题二 培优点1　板块模型的综合分析

培优点1板块模型的综合分析目标要求1.会判断木板和滑块间、木板和地面间能否发生滑动。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。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如图甲所示，质量M＝1.5kg的长木板静止在足够大的水平地面上，一小物块以v0＝10m/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＝10m/s2，求：(1)小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q；(2)2～4s内静摩擦力对长木板的冲量I。答案(1)40J(2)2N·s，方向向右解析(1)根据题意由题图乙可知，0～2s内小物块与长木板发生相对运动，t＝2s时，小物块与长木板具有相同速度2m/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2s内小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，2s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由图像可得a1＝eq\f(10－2,2)m/s2＝4m/s2，a2＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，a3＝eq\f(2,4－2)m/s2＝1m/s2联立解得m＝1kg，μ1＝0.4，μ2＝0.1由图像可得，0～2s内小物块的位移为x1＝eq\f(1,2)×(10＋2)×2m＝12m长木板的位移为x2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q＝μ1mg(x1－x2)＝40J(2)设2～4s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＝2N·s，方向向右。例2(2023·江苏淮安市模拟检测)如图，光滑水平面上有一质量为m＝1kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M＝2kg、长度为L＝0.6m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＝2kg的小物块C，滑块A在外力F＝2N作用下，经过时间t＝1.5s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＝10m/s2，求：(1)滑块A刚到达O点时的速度；(2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度；(3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。答案(1)3m/s，方向水平向右(2)2m/s，方向水平向右(3)0.2m解析(1)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＝3m/s，方向水平向右。(2)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′＋Mv1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)Mv12联立解得v0′＝－1m/s，v1＝2m/s滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2m/s，方向水平向右。(3)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v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s设C相对B滑动的路程为Δx，对B、C组成的系统根据能量守恒可得μMgΔx＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)×2Mv2解得Δx＝1m>L＝0.6m所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x0＝2L－Δx＝0.2m。(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；(2)木块A、B运动过程中因摩擦产生的总热量Q；(3)运动过程中木块A和木块B间的最大距离L。答案(1)eq\f(v0,2μg)(2)eq\f(11,8)mv02(3)d＋eq\f(7v02,8μg)解析(1)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联立解得t＝eq\f(v0,2μg)，v1＝eq\f(v0,2)(2)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解得v2＝eq\f(3,4)v0以A、B和C组成的系统为对象，根据能量守恒可得eq\f(1,2)mv02＋eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(1,2)(m＋m＋2m)v22＋Q解得Q＝eq\f(11,8)mv02(3)A、B相对C滑行的总距离Δx＝eq\f(Q,μmg)＝eq\f(\f(11,8)mv02,μmg)＝eq\f(11v02,8μg)A相对C滑行的距离ΔxA＝eq\f(v0＋v1,2)t－eq\f(0＋v1,2)t解得ΔxA＝eq\f(v02,4μg)B相对C滑行的距离ΔxB＝Δx－ΔxA＝eq\f(9v02,8μg)A与B的最大距离L＝d＋ΔxB－ΔxA解得L＝d＋eq\f(7v02,8μg)。专题强化练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答案B解析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＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg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4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．木板的加速度为1.5m/s2B．物块的加速度为6m/s2C．经过3s物块从木板上滑离D．物块离开木板时的速度为8m/s答案D解析对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A、B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得t＝2s，C错误；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8m/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<M，经过一段时间物块停在木板上。若上面的图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下面的图是物块刚与木板达到共同速度时的位置，下列示意图正确的是()答案B解析方法一：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对木板有μMgx＝eq\f(1,2)mv2设相对位移为Δx，对物块有－μMg(x＋Δx)＝eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)Mv02整理得eq\f(x,Δx＋x)＝eq\f(M,m＋2M)＝eq\f(1,2＋\f(m,M))因为m<M，所以eq\f(1,3)<eq\f(x,Δx＋x)<eq\f(1,2)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＝3kg的小物块以v0＝4m/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0.25s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＝10m/s2，求：(1)加速度的大小a和木板的质量M；(2)x的最小值；(3)木板的最小长度L。答案(1)12m/s21kg(2)0.375m(3)2m解析(1)根据题图(b)可知木板的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝12m/s2根据牛顿第二定律有μmg＝Ma解得M＝1kg(2)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＝3m/s解得v2＝3m/s木板与挡板碰撞前已经与小物块共速，所以刚共速时碰撞x最小，对木板μmgx＝eq\f(Mv12,2)解得x＝0.375m(3)经过多次碰撞，木板最终停在挡板处，由能量守恒可得μmgL＝eq\f(mv02,2)解得L＝2m。5．如图甲所示，半径R＝0.45m的光滑eq\f(1,4)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＝4kg，长度l＝1m，小车的上表面与B点等高，距地面高度h＝0.2m。质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从圆弧最高点A由静止释放。取g＝10m/s2。(1)求物块滑到轨道上的B点时对轨道的压力大小；(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；(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。答案(1)30N(2)1m/s(3)0.4m解析(1)物块从圆弧轨道最高点滑到B点的过程中，机械能守恒，则有mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝3m/s，在B点由牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝30N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＝30N，方向竖直向下(2)物块在平板车上滑行时摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)·l＝－4J，物块由静止释放到滑离平板车过程中由动能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝1m/s(3)当平板车不固定时，对物块有a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2对平板车有a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2经过时间t1物块滑离平板车，则有vBt1－eq\f(1,2)a1t12－eq\f(1,2)a2t12＝l，解得t1＝0.4s(另一解舍掉)，物块滑离平板车的速度v物＝vB－a1t1＝2.2m/s，此时平板车的速度v车＝a2t1＝0.2m/s，物块滑离平板车后做平抛运动的时间t2＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s，物块落地时距平板车右端的水平距离s＝(v物－v车)t2＝0.4m。6.(2023·江苏徐州市第一次调研)如图所示，质量m＝1kg的小球用长L＝1m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0.5m。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＝1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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；(2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小；(3)整个