2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題復(fù)習(xí)篇專題2第2講機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系學(xué)案

PAGE12-機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系[建體系·知關(guān)聯(lián)][析考情·明策略]考情分析近幾年關(guān)于機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用及功能關(guān)系的分析的高考命題中，題目的綜合性較強(qiáng)，常與生產(chǎn)、科技生活實(shí)際相聯(lián)系，題型呈現(xiàn)多樣性。素養(yǎng)呈現(xiàn)1.機(jī)械能守恒的推斷2.功能轉(zhuǎn)化分析3.“守恒”思想應(yīng)用素養(yǎng)落實(shí)1.駕馭機(jī)械能守恒的條件及推斷方法2.熟識(shí)常見功能轉(zhuǎn)化關(guān)系及能量守恒定律3.駕馭機(jī)械能守恒和能量守恒分析多過程、多物體問題的方法考點(diǎn)1|機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用1．機(jī)械能守恒的三種推斷方法(1)用做功推斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，則其機(jī)械能守恒。(2)用能量轉(zhuǎn)化推斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，而無機(jī)械能與其他形式的能的相互轉(zhuǎn)化，則其機(jī)械能守恒。(3)對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，除考慮是否只有重力做功外，還要考慮系統(tǒng)內(nèi)力是否做功，如有滑動(dòng)摩擦力做功時(shí)，因摩擦生熱，系統(tǒng)機(jī)械能將有損失。2．機(jī)械能守恒定律的三種表達(dá)形式[典例1](2024·河北承德一中第三次月考)如圖所示，兩個(gè)半徑為R的四分之一圓弧構(gòu)成的光滑細(xì)管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平。輕彈簧左端固定在豎直擋板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑)，長為R的薄板DE置于傾角θ＝37°的斜面上，斜面的底端O恰好位于C點(diǎn)的正下方，板的下端D到O點(diǎn)的距離為R。起先時(shí)彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有肯定的彈性勢(shì)能，其中g(shù)為重力加速度，sin37°＝0.6，解除鎖定，小球離開彈簧后進(jìn)入管道，最終從C點(diǎn)拋出。(1)若小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)所受的彈力的大小為eq\f(3,2)mg，求彈簧彈性勢(shì)能的大小Ep；(2)若用此鎖定的彈簧放射質(zhì)量不同的小球，問小球質(zhì)量m1滿意什么條件，從C點(diǎn)拋出的小球才能擊中薄板DE?[思路點(diǎn)撥]求解本題關(guān)鍵要留意彈簧的彈性勢(shì)能只與彈簧的形變量有關(guān)，當(dāng)形變量不變時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能不變，但換用質(zhì)量不同的小球用鎖定彈簧放射時(shí)速度大小會(huì)不同。[解析](1)解除彈簧鎖定后，小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得Ep＝2mgR＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)所受的彈力的大小為eq\f(3,2)mg，分析可知方向只能向下依據(jù)向心力公式得mg＋eq\f(3,2)mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)解得Ep＝eq\f(13,4)mgR。(2)小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，若小球恰好落在D點(diǎn)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2R－Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2Rcos37°＝v1t彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝2m11gR＋eq\f(1,2)m11veq\o\al(2,1)解得m11＝eq\f(455,296)m小球離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，若小球恰好落在E點(diǎn)，依據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2R－2Rsin37°＝eq\f(1,2)gt′22Rcos37°＝v2t′彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝2m12gR＋eq\f(1,2)m12veq\o\al(2,2)解得m12＝eq\f(65,56)m小球質(zhì)量滿意eq\f(65,56)m≤m1≤eq\f(455,296)m時(shí)，小球才能擊中薄板。[答案](1)eq\f(13,4)mgR(2)eq\f(65,56)m≤m1≤eq\f(455,296)m規(guī)律總結(jié)：應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路[題組訓(xùn)練]1.(多選)(2024·湖南長沙高三檢測(cè))如圖所示，肯定質(zhì)量的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))套在固定的豎直光滑橢圓形軌道上，橢圓的左焦點(diǎn)為P，長軸AC水平且長為2L0，短軸BD豎直且長為eq\r(3)L0。原長為L0的輕彈簧一端套在過P點(diǎn)的垂直紙面的光滑水平軸上，另一端與位于A點(diǎn)的小球連接。若小球逆時(shí)針沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則下列說法正確的是()A．小球在C點(diǎn)的速度大小為v0B．小球在D點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大C．小球在B、D兩點(diǎn)的機(jī)械能不相等D．小球在從A點(diǎn)經(jīng)過D點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)的過程中機(jī)械能先變小后變大AB[小球運(yùn)動(dòng)過程中小球與彈簧組成的系統(tǒng)的重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能和動(dòng)能相互轉(zhuǎn)化，但三者之和保持不變。因?yàn)閺椈稍L為L0，半長軸的長為L0，故在A點(diǎn)彈簧處于壓縮狀態(tài)，壓縮量等于PO的長度，即eq\f(1,2)L0(由橢圓公式知PO長為eq\f(1,2)L0)。小球在C點(diǎn)時(shí)彈簧長度等于L0＋eq\f(1,2)L0＝eq\f(3,2)L0，故伸長量也等于PO的長度，即eq\f(1,2)L0，所以在A、C兩點(diǎn)彈簧的形變量相等，彈簧的彈性勢(shì)能相等，故在高度相同的A、C兩點(diǎn)小球的動(dòng)能相等，小球在C點(diǎn)的速度大小也為v0，A正確；由幾何關(guān)系可知PD＝L0，小球在D點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)的重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能都最小，所以此時(shí)小球動(dòng)能最大，B正確；在B、D兩點(diǎn)時(shí)，小球到P點(diǎn)的距離都等于L0，即等于彈簧原長，彈簧的彈性勢(shì)能相同(一般視為零)，小球的機(jī)械能也是相等的，C錯(cuò)誤；小球在從A點(diǎn)經(jīng)過D點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)的過程中彈簧的彈性勢(shì)能先變小后變大，故小球的機(jī)械能先變大后變小，D錯(cuò)誤。]2.(多選)一質(zhì)量不計(jì)的直角形支架兩端分別連接質(zhì)量為m和2m的小球A和B。支架的兩直角邊長度分別為2l和l，支架可繞固定軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖所示。起先時(shí)A．A球的最大速度為2eq\r(gl)B．A球的速度最大時(shí)，兩小球的總重力勢(shì)能最小C．OA第一次轉(zhuǎn)動(dòng)到與豎直方向的夾角為45°時(shí)，A球的速度為eq\r(\f(8\r(2)－1gl,3))D．A、B兩球的最大速度之比vA∶vB＝3∶1BC[由機(jī)械能守恒可知，A球的速度最大時(shí)，二者的動(dòng)能最大，此時(shí)兩球總重力勢(shì)能最小，故B正確；依據(jù)題意知兩球的角速度相同，線速度之比為vA∶vB＝(ω·2l)∶(ω·l)＝2∶1，故D錯(cuò)誤；當(dāng)OA與豎直方向的夾角為θ時(shí)，由機(jī)械能守恒得：mg·2lcosθ－2mg·l(1－sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,B)，解得：veq\o\al(2,A)＝eq\f(8,3)gl(sinθ＋cosθ)－eq\f(8,3)gl，由數(shù)學(xué)學(xué)問知，當(dāng)θ＝45°時(shí)，sinθ＋cosθ有最大值，最大值為：vA＝eq\r(\f(8\r(2)－1gl,3))，故A錯(cuò)誤，C正確。故選B、C。]3.(2024·陜西咸陽高三4月測(cè)試)如圖所示，質(zhì)量為m的圓環(huán)套在與水平面成α＝53°角的固定的光滑細(xì)桿上，圓環(huán)用一輕繩通過一光滑定滑輪掛一質(zhì)量也為m的木塊，初始時(shí)圓環(huán)與滑輪在同一水平高度上，這時(shí)定滑輪與圓環(huán)相距0.5m?，F(xiàn)由靜止釋放圓環(huán)，圓環(huán)及滑輪均可視為質(zhì)點(diǎn)，輕繩足夠長。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。則下列說法正確的是()A．圓環(huán)下滑0.6m時(shí)速度為零B．圓環(huán)與木塊的動(dòng)能始終相等C．圓環(huán)的機(jī)械能守恒D．圓環(huán)下滑0.3m時(shí)速度為eq\f(\r(170),5)m/sD[當(dāng)圓環(huán)下滑0.6m時(shí)，由幾何關(guān)系知，木塊高度不變，圓環(huán)高度下降了h′1＝0.6sin53°m＝0.48m，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得v′木＝v′環(huán)cos53°，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh′1＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,木)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,環(huán))，由此可知，A錯(cuò)誤；圓環(huán)與木塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，C錯(cuò)誤；設(shè)輕繩與細(xì)桿的夾角為θ，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解得v木＝v環(huán)cosθ，當(dāng)圓環(huán)下滑0.3m時(shí)，依據(jù)幾何關(guān)系，θ＝90°，木塊速度為零，圓環(huán)高度下降了h1＝0.3sin53°m＝0.24m，木塊高度下降了h2＝0.5m－0.5×sin53°m＝0.1m，由機(jī)械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,環(huán))，解得v環(huán)＝eq\f(\r(170),5)m/s，B錯(cuò)誤，D正確。]4.某中學(xué)愛好學(xué)習(xí)小組成員，在學(xué)習(xí)完必修1與必修2后設(shè)計(jì)出如圖所示的試驗(yàn)。OA為一水平彈射器，彈射口為A。ABCD為一光滑曲桿，其中AB水平，BC為豎直桿(長度可調(diào)整)，CD為四分之一圓環(huán)軌道(各連接處均圓滑連接)，其圓心為O′，半徑為R＝0.2m。D的正下方E起先向右水平放置一塊橡皮泥板EF，長度足夠長。現(xiàn)讓彈射器彈射出一質(zhì)量m＝0.1kg的小環(huán)，小環(huán)從彈射口A射出后沿光滑曲桿運(yùn)動(dòng)到D處飛出，不計(jì)小環(huán)在各個(gè)連接處的能量損失和空氣阻力。已知彈射器每次彈射出的小環(huán)具有相同的初速度。某次試驗(yàn)中小組成員調(diào)整BC高度h＝0.8m。彈出的小環(huán)從D處飛出，現(xiàn)測(cè)得小環(huán)從D處飛出時(shí)速度vD＝4m/s，求：(1)彈射器釋放的彈性勢(shì)能及小環(huán)在D處對(duì)圓環(huán)軌道的壓力；(2)小環(huán)落地點(diǎn)離E的距離(已知小環(huán)落地時(shí)與橡皮泥板接觸后不再運(yùn)動(dòng))；(3)若不變更彈射器彈性勢(shì)能，變更BC間高度h在0～2m之間，求小環(huán)下落在水平面EF上的范圍。[解析](1)依據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg(h＋R)＝1.8J對(duì)小環(huán)在最高點(diǎn)D受力分析，由牛頓其次定律得：FN＋mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)解得：FN＝7N由牛頓第三定律知，小環(huán)對(duì)圓軌道的壓力大小為7N，方向豎直向上。(2)小環(huán)離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：h＋R＝eq\f(1,2)gt2x＝vDt解得：x＝eq\f(4\r(5),5)m。(3)小環(huán)剛到達(dá)D點(diǎn)的臨界條件為mg(h1＋R)＝Ep解得h1＝1.6m變更h，小環(huán)做平拋運(yùn)動(dòng)，分析可得小環(huán)水平方向位移應(yīng)有最大值依據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ep－mg(h2＋R)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,D)小環(huán)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝eq\r(\f(2h2＋R,g))得：x′＝v′Dt′＝2eq\r([1.8－h(huán)2＋R]h2＋R)可得，當(dāng)h2＋R＝0.9m時(shí)水平位移最大，最大位移x′＝1.8m，故小球落地點(diǎn)范圍在離E點(diǎn)向右0～1.8m的范圍內(nèi)。[答案](1)1.8J7N，方向豎直向上(2)eq\f(4\r(5),5)m(3)E點(diǎn)向右0～1.8m考點(diǎn)2|功能關(guān)系及能量守恒定律1．常見的功能關(guān)系2．應(yīng)用能量守恒定律的兩條基本思路(1)某種形式的能削減，肯定存在其他形式的能增加，且削減量和增加量肯定相等，即ΔE減＝ΔE增。(2)某個(gè)物體的能量削減，肯定存在其他物體的能量增加，且削減量和增加量肯定相等，即ΔEA減＝ΔEB增。[典例2](多選)如圖所示，豎直墻上固定有光滑的小滑輪D，質(zhì)量相等的物體A和B用輕彈簧連接，物體B放在地面上，用一根不行伸長的輕繩一端與物體A連接，另一端跨過定滑輪與小環(huán)C連接，小環(huán)C穿過豎直固定的光滑勻稱細(xì)桿，小環(huán)C位于位置R時(shí)，繩與細(xì)桿的夾角為θ，此時(shí)物體B與地面剛好無壓力。圖中SD水平，位置R和Q關(guān)于S對(duì)稱?，F(xiàn)讓小環(huán)從R處由靜止釋放，環(huán)下落過程中繩始終處于拉直狀態(tài)，且環(huán)到達(dá)Q時(shí)速度最大。下列關(guān)于小環(huán)C下落過程中的描述正確的是()A．小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．小環(huán)C下落到位置S時(shí)，小環(huán)C的機(jī)械能肯定最大C．小環(huán)C從位置R運(yùn)動(dòng)到位置Q的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能肯定先減小后增大D．小環(huán)C到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，物體A與小環(huán)C的動(dòng)能之比為eq\f(cosθ,2)[題眼點(diǎn)撥]①“物體B與地面剛好無壓力”表明彈簧處于伸長狀態(tài)，且F彈＝mBg，T繩＝2mAg＝2mBg。②“環(huán)到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度最大”表明m環(huán)g＝2mAg·cosθ。ABD[在小環(huán)下滑過程中，只有重力勢(shì)能與動(dòng)能、彈性勢(shì)能相互轉(zhuǎn)換，所以小環(huán)C、物體A和輕彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；小環(huán)C下落到位置S過程中，繩的拉力始終對(duì)小環(huán)做正功，所以小環(huán)的機(jī)械能始終在增大，從S點(diǎn)往下，繩的拉力對(duì)小環(huán)做負(fù)功，機(jī)械能減小，所以在S時(shí)，小環(huán)的機(jī)械能最大，故B正確；小環(huán)從R點(diǎn)下落過程中，彈簧向下移動(dòng)，形變量削減，彈性勢(shì)能減小，若小環(huán)下降到S點(diǎn)時(shí)，彈簧復(fù)原原長，則從S到Q過程，彈性勢(shì)能增大，但平衡位置不肯定在S點(diǎn)，若平衡位置在S點(diǎn)與R點(diǎn)之間，則小環(huán)從R到Q過程中，彈性勢(shì)能，先減小，再增大，再減小，再增大，故C錯(cuò)誤；小環(huán)在R位置時(shí)，物體B對(duì)地面無壓力，此時(shí)F彈＝mBg，mA＝mB，繩的拉力T＝mAg＋F彈＝2mAg，Q點(diǎn)與R點(diǎn)對(duì)稱，在Q點(diǎn)將小環(huán)速度分解可知vA＝v環(huán)cosθ，又因環(huán)在Q位置速度最大，則有m環(huán)＝2mAcosθ，依據(jù)動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，物體A與小環(huán)C的動(dòng)能之比為eq\f(cosθ,2)，故D正確。]反思感悟：涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題首先要分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負(fù)功；其次依據(jù)功能之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化狀況。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．(創(chuàng)新題)(多選)2019年7月20日，國際泳聯(lián)游泳世錦賽男子10米臺(tái)決賽中，中國運(yùn)動(dòng)員楊健以6跳總分598.65奪得冠軍。假設(shè)他的質(zhì)量為m，進(jìn)入水中后受到水的阻力而做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)水對(duì)他的阻力大小恒為f，那么在他減速下落高度h的過程中，下列說法正確的是()A．動(dòng)能削減了fhB．重力勢(shì)能削減了mghC．機(jī)械能削減了fhD．機(jī)械能削減了(f－mg)hBC[由動(dòng)能定理可得(mg－f)h＝ΔEk，所以動(dòng)能的削減量為(f－mg)h，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于在此過程中重力做的功為WG＝mgh，所以該運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能削減了mgh，選項(xiàng)B正確；該運(yùn)動(dòng)員機(jī)械能的變更量ΔE機(jī)＝Wf＝－fh，可知該運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能削減了fh，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。]2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的圓弧軌道，半徑OA水平、OB豎直，一個(gè)質(zhì)量為m的小球自A的正上方P點(diǎn)由靜止起先自由下落，小球沿軌道到達(dá)最高點(diǎn)B時(shí)恰好對(duì)軌道沒有壓力。已知AP＝2R，重力加速度為g，則小球從P到B的運(yùn)動(dòng)過程中()A．重力做功2mgRB．機(jī)械能削減mgRC．合外力做功mgRD．克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgRD[小球到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，恰好對(duì)軌道沒有壓力，故只受重力作用，依據(jù)mg＝eq\f(mv2,R)得，小球在B點(diǎn)的速度v＝eq\r(gR)。小球從P點(diǎn)到B點(diǎn)的過程中，重力做功W＝mgR，故A錯(cuò)誤；削減的機(jī)械能ΔE減＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故B錯(cuò)誤；合外力做功W合＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故C錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2－0，所以Wf＝mgR－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故D正確。]考點(diǎn)3|動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決“板——塊”模型1．相關(guān)規(guī)律和方法運(yùn)動(dòng)學(xué)的基本規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功的分析與計(jì)算、動(dòng)能定理、能量守恒定律。2．解題技巧假如涉及加速度、時(shí)間和受力的分析和計(jì)算，一般應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法；假如只涉及位移、功和能量的轉(zhuǎn)化問題，通常采納動(dòng)能定理和能量守恒定律分析。[典例3]如圖所示，傾角為θ的斜面底端固定一個(gè)擋板P，質(zhì)量為m的小物塊A與質(zhì)量不計(jì)的木板B疊放在斜面上，A位于B的最上端且與擋板P相距L。已知A與B、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2，且μ1>tanθ>μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A與擋板P相撞的過程中沒有機(jī)械能損失。將A、B同時(shí)由靜止釋放。(1)求A、B釋放瞬間小物塊A的加速度大小a1；(2)若A與擋板P不相撞，求木板B的最小長度l0；(3)若木板B的長度為l，求整個(gè)過程中木板B運(yùn)動(dòng)的總路程。[思維流程][解析](1)釋放A、B，它們一起勻加速下滑。以A、B為探討對(duì)象，由牛頓其次定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma1解得a1＝gsinθ－μ2gcosθ。(2)在B與擋板P相撞前，A和B相對(duì)靜止，以相同的加速度一起向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。B與擋板P相撞后馬上靜止，A起先勻減速下滑。若A到達(dá)擋板P處時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)B的長度即為最小長度l0。從A釋放至到達(dá)擋板P處的過程中，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ2mgcosθ·(L－l0)A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝μ1mgcosθ·l0依據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q1＋Q2解得l0＝eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L。(3)分兩種狀況：①若l≥l0，B與擋板P相撞后不反彈，A始終減速直到靜止在木板B上木板B通過的路程x＝L－l。②若l<l0，B與擋板P相撞后，A在木板B上減速運(yùn)動(dòng)直至與擋板P相撞。由于碰撞過程中沒有機(jī)械能損失，A將以撞前速率返回，并帶動(dòng)木板一起向上減速；當(dāng)它們的速度減為零后，再重復(fù)上述過程，直至物塊A停在擋板處。在此過程中，A與B間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q′1＝μ1mgcosθ·l，B與斜面間由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q′2＝μ2mgcosθ·x，依據(jù)能量守恒定律有mgLsinθ＝Q′1＋Q′2，解得x＝eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)。[答案](1)gsinθ－μ2gcosθ(2)eq\f(sinθ－μ2cosθ,μ1－μ2cosθ)L(3)L－l或eq\f(Lsinθ－μ1lcosθ,μ2cosθ)規(guī)律總結(jié)：用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析“板—塊”模型的“三點(diǎn)技巧”(1)過程分析：將困難的物理過程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)潔的物理過程，挖掘出題中的隱含條件(如例題中“質(zhì)量不計(jì)的木板B”“μ1>tanθ>μ2”(2)受力及功能分析：分析物體所經(jīng)驗(yàn)的各個(gè)運(yùn)動(dòng)過程的受力狀況以及做功狀況的變更，選擇適合的規(guī)律求解，如例題中第(3)問，若l<l0時(shí)，A與擋板P碰后運(yùn)動(dòng)狀況的分析。(3)規(guī)律應(yīng)用：對(duì)滑塊和滑板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律。如圖所示，要留意區(qū)分三個(gè)位移。[跟進(jìn)訓(xùn)練]1．如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面。由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時(shí)間變更狀況如圖乙所示。下列說法正確的是(g取10m/s2)()甲乙A．木板A獲得的動(dòng)能為2JB．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4JC．木板A的最小長度為2mD．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1D[由題給圖象可知，A、B的加速度大小都為1m/s2，依據(jù)牛頓其次定律知二者質(zhì)量相等，木板獲得的動(dòng)能為1J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2m·v2＝2J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v-t圖象可求出二者相對(duì)位移為1m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；分析B的受力，依據(jù)牛頓其次定律，可求出μ＝0.1，選項(xiàng)D正確。]2．圖甲中，質(zhì)量為m1＝1kg的物塊疊放在質(zhì)量為m2＝3kg的木板右端。木板足夠長，放在光滑的水平面上，木板與物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.2。整個(gè)系統(tǒng)起先時(shí)靜止，重力加速度g取10m/s2。甲乙丙(1)在木板右端施加水平向右