培优点1　板块模型的综合分析（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义

这是一份培优点1　板块模型的综合分析（含解析）--2024年高考物理大二轮复习讲义，共7页。
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＝1.5 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；
(2)2～4 s内静摩擦力对长木板的冲量I。
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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＝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；
(2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度；
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(3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。
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(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；
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(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。
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培优点1 板块模型的综合分析
例1 (1)40 J (2)2 N·s，方向向右
解析 (1)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＝ma1
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
由图像可得a1＝eq \f(10－2,2) m/s2＝4 m/s2，a2＝eq \f(2,2) m/s2＝1 m/s2，a3＝eq \f(2,4－2) m/s2＝1 m/s2
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x1＝eq \f(1,2)×(10＋2)×2 m＝12 m
长木板的位移为x2＝eq \f(1,2)×2×2 m＝2 m
小物块与长木板间因摩擦产生的热量
Q＝μ1mg(x1－x2)＝40 J
(2)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＝ma3
I＝FfΔt
联立并代入数据解得I＝2 N·s，方向向右。
例2 (1)3 m/s，方向水平向右
(2)2 m/s，方向水平向右 (3)0.2 m
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＝3 m/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′＋Mv1
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv0′2＋eq \f(1,2)Mv12
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)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＝1 m/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＝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。
高考预测
(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)。