專(zhuān)題03板塊模型-沖刺2023年高考物理大題突破

專(zhuān)題03板塊模型（2）木板第一次與擋板碰撞時(shí)的速度大小。【答案】（1）2m/s2，2m/s2；（2）【解析】（1）對(duì)物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得對(duì)木板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得解得（2）物塊、木板在1s末的速度為解得1s內(nèi)木板運(yùn)動(dòng)的位移解得當(dāng)1s末時(shí)，對(duì)兩物體作為研究對(duì)象分析得解得物塊和木板繼續(xù)向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系為物塊和木板滑到最高點(diǎn)后，反向向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度不變；對(duì)木板則有解得木板第一次與擋板碰撞時(shí)的速度大小動(dòng)力學(xué)解決板塊模型問(wèn)題的思路1.求解板塊模型問(wèn)題的方法技巧（1）受力分析時(shí)注意不要添力或漏力如圖，木塊的質(zhì)量為m，木板的質(zhì)量為M，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2.水平恒力F作用到木塊上，木塊和木板分別以加速度a1、a2向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)木板受力分析時(shí)，不能含有F；（2）列方程時(shí)注意合外力、質(zhì)量與加速度的對(duì)應(yīng)關(guān)系對(duì)木塊受力分析：F－μ1mg＝ma1對(duì)木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2（3）抓住關(guān)鍵狀態(tài)：速度相等是這類(lèi)問(wèn)題的臨界點(diǎn)，此時(shí)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況可能發(fā)生突變.（4）挖掘臨界條件，木塊恰好滑到木板的邊緣且達(dá)到共同速度是木塊是否滑離木板的臨界條件.2.運(yùn)動(dòng)學(xué)公式及動(dòng)能定理中的位移為對(duì)地位移；計(jì)算系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量時(shí)用相對(duì)位移，Q＝Ffx相對(duì).【變式訓(xùn)練】（1）木板的長(zhǎng)度L；（2）小物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；（3）2s~4s內(nèi)靜摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板的沖量I。（2）設(shè)小物塊的質(zhì)量為，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，長(zhǎng)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，前2s內(nèi)小物塊的加速度大小為，長(zhǎng)木板的加速度大小為，小物塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)的距離為，2s后小物塊和長(zhǎng)木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為，則有聯(lián)立解得小物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為（3）設(shè)2s~4s內(nèi)長(zhǎng)木板受到小物塊的靜摩擦力大小為f，該靜摩擦力的方向向右。則有靜摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板的沖量大小為方向向右。1．（2023·天津?qū)幒印じ呷旖蚴袑幒訁^(qū)蘆臺(tái)第一中學(xué)?？计谀┤鐖D所示，粗糙水平地面上，有一長(zhǎng)木板A，質(zhì)量為mA=4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3。在其左端有一個(gè)物塊B，質(zhì)量為mB=6kg，物塊B與長(zhǎng)木板A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.6。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/s2，用一水平向右的恒力作用在物塊B上。當(dāng)F大于45N時(shí)，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。求（1）當(dāng)F為40N時(shí)，A、B之間的摩擦力為多大？（2）當(dāng)F為50N時(shí)，物塊B運(yùn)動(dòng)到木板A右端用時(shí)2.4s，求長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度?！敬鸢浮浚?）34N；（2）2.4m【解析】（1）F大于45N時(shí)，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，小于等于45N，兩者相對(duì)靜止，之間的摩擦力為靜摩擦；當(dāng)F=40N，整體受力分析解得a=1m/s2對(duì)B受力分析Ff靜=mBa解得f靜=34N（2）當(dāng)F=50N，兩者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A、B之間為滑動(dòng)摩擦力，此時(shí)A的加速為解得B的加速度為根據(jù)位移關(guān)系即解得L=2.4m（1）工件沖上平板車(chē)時(shí)的速度大小；（2）為使工件速度為0時(shí)剛好落在平臺(tái)上，伸縮臂臂長(zhǎng)的最小值?！窘馕觥浚?）工件從滑坡上滑下，由動(dòng)能定理可得解得工件沖上平板車(chē)時(shí)的速度大小（2）工件沖上平板車(chē)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，平板車(chē)做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)工件解得對(duì)平板車(chē)解得當(dāng)平板車(chē)與工件共速時(shí)解得工件的位移平板車(chē)的位移工件相對(duì)平板車(chē)的位移則工件與平板車(chē)有共同速度時(shí)，工件剛好到達(dá)平板車(chē)的左端，之后一起勻速運(yùn)動(dòng)，速度為工件的位移平板車(chē)的位移伸縮臂臂長(zhǎng)的最小值（1）小車(chē)經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間與擋板相碰；（2）滑塊落地點(diǎn)與擋板的距離?！窘馕觥浚?）設(shè)滑塊和小車(chē)的質(zhì)量分別為m和M，滑塊在小車(chē)上滑動(dòng)時(shí)，滑塊的加速度大小為，小車(chē)的加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)滑塊有解得對(duì)小車(chē)有解得以向右為正方向，設(shè)經(jīng)時(shí)間滑塊與小車(chē)達(dá)到共同速度，則聯(lián)立解得設(shè)共速后小車(chē)又運(yùn)動(dòng)與擋板相碰，共速時(shí)小車(chē)右端距離擋板為x2，則滑塊與小車(chē)達(dá)到共同速度時(shí)，設(shè)滑塊到小車(chē)右端距離為，則設(shè)滑塊離開(kāi)小車(chē)后在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，滑塊落地點(diǎn)與擋板的距離為解得4．（2023·江蘇蘇州·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為M=2kg的木板，木板的左端放有一質(zhì)量為m=1kg的小木塊，木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1。在木板兩側(cè)地面上各有一豎直固定墻壁，起初木板靠左側(cè)墻壁靜止放置?，F(xiàn)給木塊向右的水平初速度v0=3m/s，在此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木板與墻壁碰撞前木塊和木板均已相對(duì)靜止，木塊始終沒(méi)有從木板上掉下。設(shè)木板與墻壁碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械能損失，取g=10m/s2，求：（1）第一次碰撞墻壁對(duì)木板的沖量大小I；（2）木板的最短長(zhǎng)度L；（3）木塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的時(shí)間總和t。【解析】（1）取水平向右為正方向，當(dāng)木塊木板共速時(shí)，由動(dòng)量定理可得解得因?yàn)槟景迮c墻壁碰撞無(wú)機(jī)械能損失，所以木板與墻壁碰撞后速度大小相等，方向相反，所以第一次碰撞墻壁對(duì)木板的沖量為解得（2）木塊第二次在木板上相對(duì)靜止的位置到木板左端的距離為木板的最短長(zhǎng)度。木塊第二次與木板相對(duì)靜止時(shí)的速度大小為v2，有解得由于第二次相對(duì)靜止之前木塊相對(duì)木板都只向同一方向運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化關(guān)系有解得（3）木塊與木板第一次共速后，兩者相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中木板始終在做減速運(yùn)動(dòng)，可以將木板所有減速過(guò)程連成一個(gè)完整的減速過(guò)程，其初速度為v1=1m/s，末速度為零相對(duì)滑動(dòng)階段木板加速度大小第一次共速前木板加速的時(shí)間此后所有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為則木塊與木板相對(duì)滑動(dòng)總時(shí)間為（1）B第一次與擋板2碰撞后瞬間的加速度大?。唬?）A第一次與擋板1碰撞后沿斜面上滑的最大距離x；（3）A、B在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能Q。【解析】（1）B第一次與擋板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，有牛頓第二定律可知方向沿斜面向下（2）AB一起向下加速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)B與擋板2碰撞前瞬間的速度為，由動(dòng)能定理可知：解得：在此段時(shí)間內(nèi)A向下運(yùn)動(dòng)的位移即A恰好與擋板1相碰，碰后A原速率返回，受到B給的向下的摩擦力，此時(shí)加速度為方向沿斜面向下，B受到A給的向上的摩擦力，與重力的分力平衡，所以B處于靜止?fàn)顟B(tài)，A向上運(yùn)動(dòng)的位移（3）A速度減為零后，與B一起向下加速，由于到各自擋板的距離都是，所以同時(shí)與擋板發(fā)生碰撞，同時(shí)反彈，再一起上滑，速度減為零，再次一起下滑，周而復(fù)始，再此過(guò)程中沒(méi)有相對(duì)位移，在整個(gè)過(guò)程中的產(chǎn)生的熱量為解得：（1）滑塊剛進(jìn)電場(chǎng)時(shí)，長(zhǎng)木板的速度大小；（2）滑塊在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，及全過(guò)程的摩擦生熱?！敬鸢浮浚?）1m/s；（2）1.5s，6J【解析】（1）滑塊剛進(jìn)電場(chǎng)前，對(duì)長(zhǎng)木板根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為對(duì)滑塊根據(jù)牛頓第二定律可得解得加速度大小為滑塊進(jìn)入電場(chǎng)前，對(duì)滑塊有解得滑塊進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度、滑行時(shí)間分別為（2）滑塊進(jìn)入電場(chǎng)后經(jīng)過(guò)時(shí)間滑塊與木板同速，設(shè)共同速度為v，滑塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有解得對(duì)滑塊分析，由動(dòng)量定理可得解得在時(shí)間和內(nèi)滑塊的總位移為滑塊與木板同速后一起勻速運(yùn)動(dòng)，滑塊在電場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為所以滑塊在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為由能量守恒定律得，全過(guò)程中摩擦產(chǎn)生的熱量為（1）求初速度的大小；【解析】（1）滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力根據(jù)牛頓第二定律可知，滑塊的加速度大小滑塊在木板上做勻減速運(yùn)動(dòng)，到木板右端時(shí)速度恰好為零，則有解得（2）由解得撤去力F后，由于木板與地面間的最大靜摩擦力則木板做加速運(yùn)動(dòng)，木板的加速度大小設(shè)滑塊與木板共速時(shí)的速度大小為，滑塊速率從減到所用的時(shí)間為，則有解得木板滑行的距離之后滑塊與木板一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，直至停下，設(shè)此過(guò)程中整體的加速度大小為a，則有解得（1）木塊和木板速度相等之前各自的加速度；（2）若要求木塊不從木板的上端沖出，木板至少為多長(zhǎng)？【解析】（1）設(shè)二者共速前木塊和長(zhǎng)木板的加速度大小分別為和，木塊和長(zhǎng)木板受力分析如圖甲、乙所示，用牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得解得（2）設(shè)木塊和長(zhǎng)木板達(dá)到共速所用時(shí)間為，則有解得假設(shè)木塊、木板在力F撤去能保持相對(duì)靜止，則對(duì)木塊和木板組成整體有解得解得在木塊和長(zhǎng)木板速度減為零過(guò)程中的圖像如圖丁所示，設(shè)木塊的位移為，長(zhǎng)木板在加速過(guò)程和減速過(guò)程的位移為和，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：解得（1）物塊與擋板第一次碰撞后，物塊離開(kāi)擋板的最大距離多大？（2）物塊與擋板第二次碰撞前，速度多大？（3）物塊與擋板第一碰撞后瞬間至第二次碰撞前瞬間，木板滑行的距離及物塊和木板間的相對(duì)位移各多大？（4）若整個(gè)過(guò)程中物塊不會(huì)從長(zhǎng)木板上滑落，長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L至少多大？【解析】（1）木板沿斜面向下滑動(dòng)的過(guò)程中，以木板為研究對(duì)象，受力分析如圖則又∵計(jì)算可得木板和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)，沿斜面方向聯(lián)立①②解得（2）物塊與擋板第一次碰撞后至第二次碰撞前過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，則可得（3）物塊與擋板第一次碰撞后瞬間至第二次碰撞前瞬間，物塊勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間這段時(shí)間，物塊的對(duì)地位移方向沿斜面向上；木板的位移方向沿斜面向下；物塊與木板間的相對(duì)位移做出物塊與擋板第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間的示意圖如圖分析可知（4）物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板要么沿斜面向上運(yùn)動(dòng)、要么無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，最終物塊停止在擋板處。若物塊恰未滑落，長(zhǎng)木板左端也會(huì)停在擋板處。研究第一次碰前瞬間到最后系統(tǒng)停下的整個(gè)過(guò)程，物塊與木板間的總相對(duì)位移△s與木板沿斜面下滑的距離s大小相等，即由系統(tǒng)能量守恒解得即長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L至少為0.4m。10．（2023春·河南洛陽(yáng)·高三新安縣第一高級(jí)中學(xué)校考開(kāi)學(xué)考試）如圖甲所示，一長(zhǎng)木板A在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，在t=0時(shí)刻將一無(wú)初速度的物塊B輕放到木板上，取水平向右為正方向，B相對(duì)于A的速度用vBA表示，在0~0.75s內(nèi)，相對(duì)速度vBA隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知A、B的質(zhì)量相等，A與B及A與地面之間均有摩擦（動(dòng)摩擦因數(shù)不等），最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，B始終沒(méi)有滑出A，重力加速度g=10m/s2。求：（1）A與B間、A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）從t=0時(shí)刻到A與B均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，B相對(duì)于A的位移大小?！敬鸢浮浚?）見(jiàn)解析；（2）1.125m對(duì)A有由圖乙可知相對(duì)加速度對(duì)A有由圖乙可知相對(duì)加速度聯(lián)立解得（2）在0~0.5s內(nèi)，B相對(duì)于A的位移可用圖乙中0~0.5s內(nèi)圖線與橫軸圍成的面積計(jì)算，故之后，A減速到0的位移為B減速到0的位移為B相對(duì)于A的位移為即B相對(duì)于A的位移大小為1.125m（1）撤去變力F瞬間滑塊C的速度大小；（2）小物塊B與木板A剛好共速時(shí)的速度；（3）整個(gè)過(guò)程中接觸面產(chǎn)生的摩擦內(nèi)能?！窘馕觥浚?）在F作用的內(nèi)，對(duì)滑塊C，由動(dòng)量定理得得（2）設(shè)C、A碰后瞬間速度大小分別為和，取向右為正方向，A、C系統(tǒng)碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，得A、C發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)能不變，則代入數(shù)據(jù)，解得A、C碰撞后，對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)得對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有得設(shè)碰后經(jīng)時(shí)間A、B共速，則解得（3）從A被碰后到A、B剛好共速過(guò)程中，有所以此過(guò)程B相對(duì)A向左滑行此后，假設(shè)B、A減速時(shí)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有得對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有得因故假設(shè)成立，A減速快，B將相對(duì)A向右滑動(dòng)，直到都停止．此過(guò)程它們的位移分別為則此過(guò)程B相對(duì)A向右滑行則整個(gè)過(guò)程中接觸面上產(chǎn)生的摩擦內(nèi)能（1）若恒力F=0，則物塊會(huì)從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時(shí)間；（2）若物塊剛好不會(huì)從長(zhǎng)木板右端滑下，求F的大??；【解析】（1）小球下降到O點(diǎn)正下方根據(jù)動(dòng)能定理有解得因?yàn)樾∏蚝臀飰K的質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)碰撞規(guī)律可得碰后二者速度交換，即碰后物塊的速度為物塊在木板上運(yùn)動(dòng)，加速度大小為木板的加速度大小為所以物塊相對(duì)木板的位移有代入數(shù)值解得（2）若物塊剛好不會(huì)從長(zhǎng)木板右端滑下，即物塊到達(dá)木板右端時(shí)兩者共速設(shè)為，經(jīng)歷的時(shí)間為，可得木板的加速度為共速時(shí)有相對(duì)位移關(guān)系有聯(lián)立解得（3）隨著F的增大，物塊減速木板加速，二者在木板上某一位置時(shí)共速，共速后一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為物塊與木板相對(duì)靜止時(shí)，加速度最大時(shí)有解得此時(shí)根據(jù)上面分析可得乙圖圖像中同時(shí)有聯(lián)立可得又有即（2019·江蘇·高考真題）如圖所示，質(zhì)量相等的物塊A和B疊放在水平地面上，左邊緣對(duì)齊．A與B、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ．先敲擊A，A立即獲得水平向右的初速度，在B上滑動(dòng)距離L后停下．接著敲擊B，B立即獲得水平向右的初速度，A、B都向右運(yùn)動(dòng)，左邊緣再次對(duì)齊時(shí)恰好相對(duì)靜止，此后兩者一起運(yùn)動(dòng)至停下．最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．求：（1