第一篇 专题二 培优点1　板块模型的综合分析-【高考二轮】新高考物理大二轮复习（课件+讲义+专练）

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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)。
　(2023·辽宁省名校联盟质量检测)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·江苏南京汉开书院测试)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、B相对C滑行的总距离
A与B的最大距离L＝d＋ΔxB－ΔxA
(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
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
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。
1.(多选)(2023·云南丽江市第一次模拟统测)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2 m/s2B.物块的加速度为6 m/s2C.经过2 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正确，B错误；
物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。
2.(2023·山东省实验中学第一次诊断)质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是A.A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1B.B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2C.A的质量m＝6 kgD.A的质量m＝4 kg
3.(多选)(2023·湖北省高考预测)一个质量为M＝2 kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2 kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8 N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v－t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4 s，v1＝0.8 m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g＝10 m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是A.μ1＝0.2，μ2＝0.3B.0～t1时间内，小物块与长木板间因摩擦 产生的内能为3.2 JC.小物块比长木板提前0.2 s停下D.小物块相对长木板的位移为0.88 m
根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2，通过对题图及题中数据分析得a1＝ ＝2 m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0～t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝ v0t1＝0.8 m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2 J，故B正确；
4.(2023·重庆市模拟)如图(a)所示，质量为m＝1.5 kg的A物体从光滑曲面一定高度由静止滑下，滑上静止于光滑水平地面的B板后，A物体速度大小平方v2与A物体相对地面滑行的距离s的函数关系如图(b)，B板足够长，A物体视为质点，重力加速度为g＝10 m/s2，求： (1)A物体在曲面上由静止释放的高度H和B板的质量；
答案　0.8 m　3 kg　
由题图(b)可知，A滑到底端时的速度平方为16 m2/s2，则速度为4 m/s，
对A有v2＝v1－μgt
联立可得mB＝3 kg
由v2＝v1－μgt可得μ＝0.2
5.(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。现将小球拉至轻绳与竖直方向成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间的动摩擦因数均为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；
对小球，从由静止释放到与A碰撞前瞬间，由机械能守恒定律有
最低点，由向心力公式有
(2)与B碰撞前瞬间，A的速度大小；
由小球与A发生弹性碰撞有mv0＝mv1＋mvA
解得vA＝2 m/s对A有μmg＝maA，解得aA＝2 m/s2对B、C有μmg＝2maBC，解得aBC＝1 m/s2
(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做匀速直线运动，取A、B、C为一系统，由系统动量守恒有mvA＝3mv共
整个装置在全过程中损失的机械能为
6.(2023·福建福州市二模)如图，光滑平台上的弹性滑块A以v0＝9 m/s的初速度向静止的弹性滑块B运动，A、B发生弹性碰撞，此后，B滑上静置于光滑水平面、上表面与平台等高的平板车C，整个运动过程B始终未滑离平板车C。已知滑块A、B质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，平板车质量为mC＝2 kg，平板车右端到竖直墙壁的距离L＝1 m，平板车与竖直墙壁碰撞过程没有机械能损失，两滑块与平板车之间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)滑块A、B分开瞬间，B的速度大小vB；
滑块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量守恒定律可知mAv0＝mAvA＋mBvB
(2)平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，B和C的速度大小vB1、vC1分别为多少；
答案　4 m/s　2 m/s　
当B滑上平板车后做匀减速运动，加速度大小aB＝μg＝2 m/s2平板车C做匀加速运动，加速度大小
当平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时，由
解得t1＝1 s此时B的速度大小vB1＝vB－aBt1＝4 m/sC的速度大小vC1＝aCt1＝2 m/s
(3)从滑块B滑上平板车C到C第一次返回平台右端，整个过程系统产生的热量Q。
C与墙壁碰后到返回到平台右端
解得t2＝1 s此时C的速度大小vC2＝vC1－aCt2＝0C与墙壁碰后到返回到平台右端时的速度恰为零；此时滑块B向右的速度大小为vB2＝vB1－aBt2＝2 m/s