2024版高考物理復(fù)習(xí)教案：第一篇 專題二 培優(yōu)點1　板塊模型的綜合分析

培優(yōu)點1板塊模型的綜合分析目標要求1.會判斷木板和滑塊間、木板和地面間能否發(fā)生滑動。2.會用牛頓運動定律、能量觀點、動量觀點分析板塊模型的綜合問題。1．用動力學(xué)解決板塊模型問題的思路2．滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點解題。3．應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移，求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)。例1如圖甲所示，質(zhì)量M＝1.5kg的長木板靜止在足夠大的水平地面上，一小物塊以v0＝10m/s的速度從左端滑上長木板后，不能從長木板的右端掉落，其運動的v－t圖像如圖乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2，求：(1)小物塊與長木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；(2)2～4s內(nèi)靜摩擦力對長木板的沖量I。答案(1)40J(2)2N·s，方向向右解析(1)根據(jù)題意由題圖乙可知，0～2s內(nèi)小物塊與長木板發(fā)生相對運動，t＝2s時，小物塊與長木板具有相同速度2m/s，之后一起勻減速，連接坐標原點與(2,2)點，即為長木板的v－t圖像，如圖所示設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，前2s內(nèi)小物塊的加速度大小為a1，長木板的加速度大小為a2，2s后小物塊和長木板一起做勻減速直線運動時的加速度大小為a3，由牛頓第二定律有μ1mg＝ma1μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3由圖像可得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聯(lián)立解得m＝1kg，μ1＝0.4，μ2＝0.1由圖像可得，0～2s內(nèi)小物塊的位移為x1＝eq\f(1,2)×(10＋2)×2m＝12m長木板的位移為x2＝eq\f(1,2)×2×2m＝2m小物塊與長木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mg(x1－x2)＝40J(2)設(shè)2～4s內(nèi)長木板受到小物塊的靜摩擦力大小為Ff，該靜摩擦力的方向向右，則有Ff＝ma3I＝FfΔt聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得I＝2N·s，方向向右。例2(2023·江蘇淮安市模擬檢測)如圖，光滑水平面上有一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊A靜止在P點，在O點有一質(zhì)量為M＝2kg、長度為L＝0.6m的長木板B，其兩側(cè)有固定擋板，在長木板B上最右側(cè)放置一質(zhì)量也為M＝2kg的小物塊C，滑塊A在外力F＝2N作用下，經(jīng)過時間t＝1.5s到達O點時，在O點立即撤去外力同時與B發(fā)生碰撞。已知小物塊C與長木板B間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，g＝10m/s2，求：(1)滑塊A剛到達O點時的速度；(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度；(3)物塊C最終與長木板B右側(cè)擋板的距離。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)設(shè)滑塊A剛到達O點時的速度為v0，根據(jù)動量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右。(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，設(shè)滑塊和長木板的速度分別為v0′和v1，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律分別有mv0＝mv0′＋Mv1eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)Mv12聯(lián)立解得v0′＝－1m/s，v1＝2m/s滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度大小為2m/s，方向水平向右。(3)長木板B和物塊C組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，所以動量守恒，設(shè)B、C最終達到的共同速度為v，則有Mv1＝2Mv解得v＝eq\f(1,2)v1＝1m/s設(shè)C相對B滑動的路程為Δx，對B、C組成的系統(tǒng)根據(jù)能量守恒可得μMgΔx＝eq\f(1,2)Mv12－eq\f(1,2)×2Mv2解得Δx＝1m>L＝0.6m所以物塊C最終與長木板B右側(cè)擋板的距離為x0＝2L－Δx＝0.2m。(2023·江蘇南京市漢開書院測試)如圖所示，質(zhì)量為2m的木板C靜止在光滑水平面上?，F(xiàn)將速度分別為v0、2v0的木塊A、B同時放上木板，運動方向如圖，木塊的質(zhì)量均為m，A、B間的距離為d，木塊與木板之間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板足夠長，重力加速度為g，求：(1)木塊A在木板C上的滑行時間t；(2)木塊A、B運動過程中因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q；(3)運動過程中木塊A和木塊B間的最大距離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剛放上C時，設(shè)A做加速度大小為aA的勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＝maA設(shè)C做加速度大小為aC的勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可得μmg＋μmg＝2maC設(shè)滑行時間t后A與C的共同速度為v1，則有v1＝v0－aAt＝aCt聯(lián)立解得t＝eq\f(v0,2μg)，v1＝eq\f(v0,2)(2)A、B和C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v2，則有mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)·v2解得v2＝eq\f(3,4)v0以A、B和C組成的系統(tǒng)為對象，根據(jù)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相對C滑行的總距離Δx＝eq\f(Q,μmg)＝eq\f(\f(11,8)mv02,μmg)＝eq\f(11v02,8μg)A相對C滑行的距離ΔxA＝eq\f(v0＋v1,2)t－eq\f(0＋v1,2)t解得ΔxA＝eq\f(v02,4μg)B相對C滑行的距離ΔxB＝Δx－ΔxA＝eq\f(9v02,8μg)A與B的最大距離L＝d＋ΔxB－ΔxA解得L＝d＋eq\f(7v02,8μg)。專題強化練1．(2022·江蘇南通市診斷)如圖甲所示，長木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊以水平初速度v0由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對靜止。若將木板分成長度相等的兩段(如圖乙)，滑塊仍以v0從木板左端開始滑動，已知滑塊運動過程中所受摩擦力不變。則下列分析正確的是()A．滑塊滑到木板的右端后飛離木板B．滑塊滑到木板的右端前就與木板保持相對靜止C．兩過程滑塊的動量變化相同D．兩過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等答案B解析在第一次滑塊運動過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個木板一直加速，第二次滑塊先使整個木板加速，運動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對應(yīng)過程的加速度，故第二次滑塊與右邊木板將更早達到共同速度，因此第二次滑塊沒有運動到最右端，故A錯誤，B正確；根據(jù)動量守恒定律可知兩過程中滑塊最后的速度不同，則兩過程滑塊的動量變化不同，故C錯誤；根據(jù)摩擦力乘以相對位移等于產(chǎn)生的熱量，知在第二次木板上相對運動的位移沒有在第一次木板上的大，所以產(chǎn)生的熱量小于在第一次木板上滑行產(chǎn)生的熱量，故D錯誤。2.質(zhì)量為m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質(zhì)量m2＝2kg的小物塊，木板和物塊間的動摩擦因數(shù)為0.4，木板的長度為4m，物塊可視為質(zhì)點，現(xiàn)用一大小為F＝16N的力作用在物塊上，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．木板的加速度為1.5m/s2B．物塊的加速度為6m/s2C．經(jīng)過3s物塊從木板上滑離D．物塊離開木板時的速度為8m/s答案D解析對木板，由牛頓第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，對物塊，由牛頓第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A、B錯誤；物塊從木板上滑離時，位移關(guān)系滿足eq\f(1,2)a2t2－eq\f(1,2)a1t2＝L，解得t＝2s，C錯誤；物塊離開木板時的速度為v2＝a2t＝8m/s，D正確。3．(2023·江蘇鹽城市、南京市期末)質(zhì)量為m的矩形木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的4等分點。質(zhì)量為M的物塊以一定的初速度從a點水平滑上粗糙木板，物塊的寬度不計，且m<M，經(jīng)過一段時間物塊停在木板上。若上面的圖是物塊剛滑上木板時的物塊與木板的位置狀態(tài)，下面的圖是物塊剛與木板達到共同速度時的位置，下列示意圖正確的是()答案B解析方法一：水平面光滑，物塊與木板組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v對木板有μMgx＝eq\f(1,2)mv2設(shè)相對位移為Δx，對物塊有－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))因為m<M，所以eq\f(1,3)<eq\f(x,Δx＋x)<eq\f(1,2)解得x<Δx<2x，故B正確，A、C、D錯誤。方法二：木板質(zhì)量小于物塊質(zhì)量，則物塊的加速度較小，二者共速前的速度—時間圖像如圖所示，設(shè)木板的位移為x板，物塊相對木板的位移為Δx，物塊剛滑上木板時的速度為v0，共速時的速度為v′，由圖可知，相對位移Δx為圖線與縱軸圍成圖形的面積，x板為三角形OAB的面積，故x板<Δx<2x板，B正確。4．如圖(a)所示，木板靜止在光滑水平面上，木板右側(cè)距離為x處固定彈性擋板。質(zhì)量m＝3kg的小物塊以v0＝4m/s的初速度從最左端沖上木板，一段時間后木板與擋板發(fā)生彈性碰撞。木板與小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4。第一次碰撞后瞬間開始的0.25s內(nèi)木板的v－t圖像如圖(b)所示，此過程木板的加速度大小為a。在以后的運動過程中，小物塊始終沒有滑離木板。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)加速度的大小a和木板的質(zhì)量M；(2)x的最小值；(3)木板的最小長度L。答案(1)12m/s21kg(2)0.375m(3)2m解析(1)根據(jù)題圖(b)可知木板的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝12m/s2根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝Ma解得M＝1kg(2)小物塊在木板上滑行，由二者組成的系統(tǒng)動量守恒有mv0＝Mv1＋mv2根據(jù)題圖(b)可知，木板與擋板碰撞前瞬間速度大小為v1＝3m/s解得v2＝3m/s木板與擋板碰撞前已經(jīng)與小物塊共速，所以剛共速時碰撞x最小，對木板μmgx＝eq\f(Mv12,2)解得x＝0.375m(3)經(jīng)過多次碰撞，木板最終停在擋板處，由能量守恒可得μmgL＝eq\f(mv02,2)解得L＝2m。5．如圖甲所示，半徑R＝0.45m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點，B點右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M＝4kg，長度l＝1m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h＝0.2m。質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放。取g＝10m/s2。(1)求物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大??；(2)若鎖定平板車并在其上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率；(3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放，求物塊落地時距平板車右端的水平距離。答案(1)30N(2)1m/s(3)0.4m解析(1)物塊從圓弧軌道最高點滑到B點的過程中，機械能守恒，則有mgR＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝3m/s，在B點由牛頓第二定律有FN－mg＝meq\f(vB2,R)，解得FN＝30N由牛頓第三定律得物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力大小FN′＝FN＝30N，方向豎直向下(2)物塊在平板車上滑行時摩擦力做功Wf＝－eq\f(μ1mg＋μ2mg,2)·l＝－4J，物塊由靜止釋放到滑離平板車過程中由動能定理得mgR＋Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝1m/s(3)當(dāng)平板車不固定時，對物塊有a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2對平板車有a2＝eq\f(μmg,M)＝0.5m/s2經(jīng)過時間t1物塊滑離平板車，則有vBt1－eq\f(1,2)a1t12－eq\f(1,2)a2t12＝l，解得t1＝0.4s(另一解舍掉)，物塊滑離平板車的速度v物＝vB－a1t1＝2.2m/s，此時平板車的速度v車＝a2t1＝0.2m/s，物塊滑離平板車后做平拋運動的時間t2＝eq\r(\f(2h,g))＝0.2s，物塊落地時距平板車右端的水平距離s＝(v物－v車)t2＝0.4m。6.(2023·江蘇徐州市第一次調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量m＝1kg的小球用長L＝1m的輕繩懸掛在固定點O上，足夠長的木板C置于光滑水平地面上，兩物塊A、B放置在C上，A置于C的左端，B與A相距0.5m?，F(xiàn)將小球拉至與豎直方向成37°角由靜止釋放，小球在最低點與A發(fā)生彈性碰撞，一段時間后，A與B碰撞后粘在一起，兩次碰撞時間均可忽略。已知A與C、B與C間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，A、B、C的質(zhì)量mA＝mB＝mC＝1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計空氣阻力。求：(1)與A碰撞前瞬間，小球所受輕繩的拉力大?。?2)與B碰撞前瞬間，A的速度大??；(3)整個