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(共56张PPT)
第一阶段　突破核心　升华思维
专题二　能量与动量
微专题2　“板—块”模型的综合分析
【备考指南】　
1．高考对本讲的命题借助“滑块—木板”模型，设置多个情境、多个过程，考查模型建构能力、逻辑推理能力和分析综合能力。
2．要善于将实际问题转化为物理模型，灵活运用整体法和隔离法，综合应用运动过程分析、动力学分析、动量和能量关系。
1．常见板块模型的分析
常见类型 示意图 v-t图像
同向 快带慢
反向 互相阻
2．解决“板块”模型规律的选择
(1)系统有外力或地面(斜面)不光滑，应用牛顿运动定律以及运动学规律分析求解。对于过程比较复杂的问题，可以应用图像进行分析求解。
(2)系统无外力，利用动量守恒定律和能量关系分析各阶段初、末状态，进而解决相关问题。
3．解决“板—块”模型问题的三个注意点
(1)滑块—木板达到共同速度时注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
(2)注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们之间的相对位移。
(3)运用运动学公式或动能定理列式时位移用对地面的位移，求解系统摩擦生热时用相对位移。
考向1　水平面上的“板—块”模型
[典例1]　(2024·新课标卷)如图所示，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)平台距地面的高度。
[解析]　(1)解法一　 由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为
a＝μg＝3 m/s2
设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有
x物＝＝l＋
x板＝＝
联立并代入数据解得v0＝4 m/s，t1＝ s。
解法二　设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为v1，薄板速度为v2。对物块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定律有
mv0＝mv1＋mv2
分别对物块和薄板根据动能定理有
－μmg·l＝
μmg·l＝－0
联立并代入数据解得
v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
对薄板由动量定理有
μmgt1＝mv2－0
代入数据解得t1＝ s。
(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝1 m/s
由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有＝v2t2
又h＝
联立并代入数据解得h＝ m。
[答案]　(1)4 m/s　 s　(2) m
【教师备选资源】
1．如图所示，质量为1 kg、足够长的长木板B放在水平地面上，质量为2 kg的物块A放在木板B的左端。物块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B与地面间的动摩擦因数为0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2。现对A施加一水平向右的拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间变化的图像可能是(　　)
A　　　　　　　　B
　


C　　　　　　　　D
√
A　[单独对木板和物块分析，系统水平方向受外力作用，设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，对物块有F0－μ1mAg＝mAaA，对木板有＋mB)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝
30 N，aA＝aB＝8 m/s2。A选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，A正确；B选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B错误；C选项中，物块的加速度大小为8.5 m/s2，木板的加速度大小为4.25 m/s2<8 m/s2，C错误；D选项中，二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D错误。]
2．(2023·辽宁卷)如图所示，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。 取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。求：
(1)木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
[解析]　(1)设木板接触弹簧前的加速度大小为a1，小物块受到的力为最大静摩擦力或滑动摩擦力时的加速度大小为a2。
解法一　对木板和小物块，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，μm2g＝m2a2
由运动学公式可得
v1＝a1t，v1＝v0－a2t，x1＝a1t2
联立解得v1＝1 m/s，x1＝0.125 m。
解法二　对木板，由牛顿第二定律可得
μm2g＝m1a1
对木板和小物块整体，根据动量守恒定律可得
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
由运动学公式可得x1＝＝0.125 m。
(2)小物块与木板即将相对滑动时，对整体由牛顿第二定律可得kx2＝(m1＋m2)a2
从木板与弹簧接触到小物块与木板之间即将相对滑动，对木板、物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得＝
联立解得x2＝0.25 m，v2＝ m/s。
(3)木板速度为v2时，木板和小物块的加速度相同，木板的速度从v2向右减小到0，然后再由0向左加速到v2大小，此时木板和小物块的加速度再次相同，木板从速度为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，小物块的加速度不变，小物块对木板的摩擦力不变，根据运动的对称性可知，这一过程所用时间为2t0，木板位移为零，整个过程中系统因摩擦转化的内能等于小物块动能的减少量。
解法一　对小物块由运动学规律可得
x3＝v2·2t0－a2(2t0)2
由功能关系可得ΔU＝μm2gx3
解得ΔU＝ J。
解法二　取向右为正方向，木板从速度为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，对小物块由动量定理可得
－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
对整个系统，由能量守恒定律可得
ΔU＝
解得ΔU＝ J。
[答案]　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　 J
考向2　斜面上的“板—块”模型
[典例2]　如图所示，长L＝1.6 m的刚性轻绳将质量m＝3.0 kg的滑块P(可视为质点)悬挂在O点。起始时滑块P位于O点正上方的A点，轻绳恰好伸直，给滑块P一向左的水平初速度v0＝2 m/s，当滑块运动到最低点B时轻绳恰好断裂，滑块P从
光滑水平面C点飞出以后恰好无碰撞地落
在位于斜面上的长木板上的D点。已知长
木板(含挡板)的质量M＝3.0 kg，木板长
b＝7.5 m，滑块P与长木板上表面间的动摩擦因数为μ1＝0.45，长木板下表面与斜面间的动摩擦因数为μ2＝0.75，滑块P与挡板间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，各接触面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，足够长斜面的倾角φ＝37°，滑块P碰撞挡板前木板保持静止，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块P在光滑水平面BC上运动速度的大小vP；
(2)图中C点与D点间的水平距离d和竖直距离h；
(3)在整个运动过程中，因滑块P和长木板间的摩擦力而产生的热量Q。
[解析]　(1)因为v0＝2 m/s<＝4 m/s，所以滑块P从A点先做平抛运动，如图甲所示，设当轻绳与竖直方向成θ角时轻绳再次伸直，则根据平抛运动规律可得L sin θ＝v0t1，L(1－cos θ)＝
联立解得θ＝90°，t1＝ s
当轻绳再次伸直以后，将以vy1＝gt1＝4 m/s
为初速度开始做圆周运动
根据机械能守恒定律得 ＝＋mgL
解得vP＝8 m/s。
(2)滑块P到D点时速度方向与斜面平行，如图乙所示，可得
vy＝6 m/s
vD＝10 m/s
而vy＝gt，所以t＝0.6 s，h＝gt2＝1.8 m，d＝vPt＝4.8 m。
(3)滑块P刚滑上长木板时，分别对滑块和长木板进行受力分析，长木板不发生滑动，滑块P在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有mg sin φ－μ1mg cos φ＝ma，解得a＝2.4 m/s2
滑块P从D运动到与挡板碰撞前＝－2ab
解得v′＝8 m/s
滑块P和长木板碰撞后长木板开始下滑，在长木板下滑时，对滑块P与长木板构成的系统在沿斜面方
向进行受力分析，则有
(M＋m)g sin φ－μ2(M＋m)g cos φ＝0
故此后运动过程中滑块P与长木板系统沿斜面方向动量保持不变。当滑块P与挡板不再发生碰撞，设滑块P与长木板一起匀速下滑的速度为v，由动量守恒定律得mv′＝(m＋M)v
解得v＝4 m/s
设当滑块P与挡板不再发生碰撞时长木板的位移为x，由功能关系可知，因滑块P和长木板间的摩擦力而产生的热量Q＝(M＋m)gx sin φ＋mv′2－μ2(m＋M)gx cos φ－(m＋M)v2
代入数据解得Q＝48 J。
[答案]　(1)8 m/s　(2)4.8 m　1.8 m　(3)48 J
题号
1
3
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2
4
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9
微专题突破练(二)
1．(2024·四川达州12月调研)如图所示，鱼缸放在铺有桌布的水平桌面上，距桌子右边缘为l1，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸恰好滑到桌子右边缘，已知桌布从鱼缸下滑出后，鱼缸在桌面上滑动的距离为l2。下列说法正确的是(　　)
A．鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为l1∶l2
B．鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为(l1－l2)∶l2
C．桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为l1∶l2
D．猫要想吃到鱼缸中的鱼(让鱼缸滑出桌面)，需要给桌布施加更大的力
√
题号
1
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2
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6
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9
B　[鱼缸运动的全过程，根据动能定理有μ1mg(l1－l2)－μ2mgl2＝0，鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为μ1∶μ2＝l2∶(l1－l2)，故A错误；由μmg＝ma得a＝μg，加速度大小之比a1∶a2＝μ1g∶μ2g＝l2∶(l1－l2)，鱼缸在桌布的摩擦力作用下做匀加速运动，在桌面的摩擦力作用下做匀减速运动，根据v＝at，得鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为t1∶t2＝a2∶a1＝(l1－l2)∶l2，故B正确；桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为1∶1，C错误；猫要想吃到鱼缸中的鱼(让鱼缸滑出桌面)，需要给桌布施加更小的力，使鱼缸加速时间更长，D错误。]
题号
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9
2．(2023·湖北4月调研)如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2-x图像如图(b)所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　)
A．拉力F的作用时间为2 s
B．拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2
C．长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25
D．物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75
√
题号
1
3
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9
C　[由v2＝2ax，可知在题图(b)中斜率的绝对值等于加速度大小的2倍，有a1＝＝1 m/s2，选项B错误；撤去拉力时的速度大小为v＝4 m/s，拉力作用时间为t1＝＝4 s，选项A错误；撤去拉力后的加速度大小a2＝＝8 m/s2，由牛顿第二定律有(M＋m)g sin θ＋μ1(M＋m)g cos θ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，选项C正确；物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律得μ2mg cos θ－mg sin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，选项D错误。]
题号
1
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9
3．(多选)(2024·1月九省联考吉林、黑龙江卷)如图(a)，质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图(b)中实线所示，其中t0时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲到乙左端的距离L≥
D．乙、丙的质量比m∶M＝1∶2
√
√
题号
1
3
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4
6
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7
9
BC　[设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由题图(b)可知x＝＝，抛物线的顶点为Q，根据x-t图像的切线斜率表示速度，则有v1＝a·2t0，联立解得v1＝，a＝，根据牛顿第二定律可得a＝＝μg，解得甲、乙间的动摩擦因数为μ＝，故A错误，B正确；由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a＝，根据题图(b)可知，t0时刻甲、乙
题号
1
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刚好共速，则0～t0时间内甲、乙发生的相对位移为Δx＝x乙－x甲＝t0－t0＝t0＝，则甲到乙左端的距离满足L≥Δx＝，故C正确；物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得Mv0＝＝，可得v1＝v0＝，可得乙、丙的质量比为m∶M＝2∶1，故D错误。]
题号
1
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9
4．(多选)如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面PQ是以O为圆心，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，左端P与平台等高且平滑对接(不粘连)。一小球以某一水平速度冲上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分别为v1、v2，作出v2-v1图像，如图乙所示。已知P点距地面高h＝，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A．小车质量是小球质量的2倍
B．小球上升到最高点时的速度为
C．小球上升的最大高度为
D．小球落地时与小车左端P点的水平距离为R
√
√
题号
1
3
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2
4
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7
9
BC　[设小球质量为m，小车质量为M，小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由题图乙数据可得m＝M，解得m＝M，故A错误；小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则有m＝(m＋M)v共，解得v共＝，故B正确；设小球上升的最大高度为H，根据机械能守恒定律有m()2＝＋mgH，解得H＝，故C正确；设小球滑回至P点时，小球和小车的速度分别为v球和v车，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有m＝mv球＋Mv车，m()2＝解得v球＝0，v车＝，小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，所以小球落地时与小车左端P点的水平距离为x＝v车t＝＝R，故D错误。]
题号
1
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9
5．(多选)(2024·湖南长沙雅礼中学9月测试)如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，设木板足够长，木块始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．如果M＝2m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过
程中因摩擦产生的热量大小为
B．如果M＝m，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为
C．如果M＝0.5m，木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为v0
D．如果M＝0.5m，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5mv0
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
ACD　[木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向没有其他外力作用，动量守恒，如果M＝2m，碰撞后合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，取向左为正方向，根据动量守恒定律得Mv0－mv0＝(M＋m)v，解得v＝v0，整个运动过程中因摩擦产生的热量大小为Q＝－(M＋m)v2＝，故A正确；如果M＝m，木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得μmgx＝，解得木块相对木板的位移大小为，故B错误；如果M＝0.5m，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，设第一次共速后的速度为v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得mv0－Mv0＝
题号
1
3
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9
(m＋M)v1，解得v1＝v0题号
1
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6．(多选)(2024·1月九省联考河南卷)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　　)
A．Q的质量为1 kg
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D．t＝5.8 s时木板速度恰好为0
√
√
题号
1
3
5
2
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6
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7
9
AC　[两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m＝1 kg，Q的质量为M，由系统动量守恒定律得mv1＋Mv2＝(m＋M)v3，根据v-t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据 v-t 图像可知，0～2 s内P与Q的加速度大小分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2(m＋M)gt2＝0－(m＋M)v3，代入数据解得t2＝4 s， 因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。故选AC。]
题号
1
3
5
2
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6
8
7
9
7．(2024·河北衡水8月开学考)某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台上，如图所示。光滑固定斜面的倾角θ＝37°，长度L＝1.44 m，纸带平铺在斜面上，下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间，滑块与纸带间的动摩擦因数μ＝0.9，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。 现用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。
题号
1
3
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9
(1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，试计算拉动纸带的加速度不得小于多少；
(2)若滑块能运动到平台上，试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。
[解析]　(1)设纸带加速度为a1时，滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出，滑块加速度为as，对滑块，由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝mas
滑块位移L＝ast2，纸带位移L＝a1t2，联立解得a1＝2.4 m/s2
若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2。
题号
1
3
5
2
4
6
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9
(2)设纸带加速度为a2时，滑块先以加速度as加速，离开纸带后在斜面上以加速度大小ax减速，到达斜面顶端时速度恰好减到0，对滑块，由牛顿第二定律有mg sin θ＝max
设滑块加速时间为t1，减速时间为t2，最大速度为vm。
由平均速度公式，有L＝vm(t1＋t2)，又vm＝ast1，vm＝axt2，解得t1＝1 s
题号
1
3
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2
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9
由位移关系，有＝L，
解得a2＝2.64 m/s2
若滑块能运动到平台上，拉动纸带的加速度不得超过2.64 m/s2。
[答案]　(1)2.4 m/s2　(2)2.64 m/s2
题号
1
3
5
2
4
6
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7
9
8．(2024·湖南长沙长郡中学9月月考)如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧AB，圆弧半径为R＝7.5 m，右端是粗糙的水平面BC，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，小车质量为m0＝1 kg，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在C点静止放置一滑块N(可视为质点)，滑块质量为m1＝2 kg，最右边有一固定的竖直墙壁，
小车右端距离墙壁足够远。
题号
1
3
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4
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9
已知斜槽BC段长度为L＝1.2 m，由特殊材料制成，从B点到C点其与小球M间的动摩擦因数μ0随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如图乙所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为μ＝0.1，水平地面光滑，现将一质量为m2＝2 kg的小球M(可视为质点)从斜槽顶端A点静止滚下，经过ABC后(球滑动)与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方向改变，速度大小减小为碰撞
前的一半，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)小球运动到C点时(还未与滑块碰撞)的速度大小；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热量。
[解析]　(1)设小球到C点的速度为v0，从B到C过程中小球克服阻力做功为WfBC，由题图乙可知该过程摩擦力随距离增大在均匀减小，则有
WfBC＝μ0m2gx＝6 J
小球由A到C过程中，由动能定理可得
m2gR－WfBC＝，解得v0＝12 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故碰后速度交换，即碰后滑块速度大小为
v＝v0＝12 m/s
设滑块滑上小车后与小车达到的共同速度为v1，滑块和小车组成的系统，在水平方向上受到的合外力为零，满足动量守恒，由动量守恒定律有
m1v＝(m1＋m0)v1
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
第1次碰前小车和滑块速度均为v1，碰后小车速度变为－v1，滑块速度仍为v1，碰后对小车和滑块，满足动量守恒，设达到的共同速度为v2，则有
－m0v1＋m1v1＝(m1＋m0)v2
解得v1＝8 m/s，－v1＝－4 m/s，v2＝4 m/s
题号
1
3
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4
6
8
7
9
则可知当滑块和小车第2次共速后恰好发生第2次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，设滑块与小车间由于摩擦产生的热量为Q，根据能量守恒定律得
＝＋Q
联立解得Q＝48 J。
[答案]　(1)12 m/s　(2)48 J
题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
9．(2024·广东实验中学、东北育才中学等8校12月联考)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝6 m/s顺时针匀速转动，把一质量为M＝1 kg的木板B轻轻放在传送带上，同时把一个质量为m＝1 kg的铁块A轻放在木板B上，A与B之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，整个运动过程中铁块A未从木板B上掉下，求：
(1)刚将A、B放上传送带时，A、B的加速度大小；
(2)从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间；
(3)从刚放上到A、B均相对于传送带静止，传送带电动机需要多消耗的电能。
题号
1
3
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2
4
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9
[解析]　(1)由于木板B初始速度为零，且μ1<μ2，所以传送带对木板B的摩擦力水平向右，铁块A对木板B的摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得
μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaB，μ1mg＝maA
联立解得aA＝2 m/s2，aB＝6 m/s2。
题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
(2)分别作A、B的速度—时间图像，如图所示。
A、B均发生相对滑动，分别做匀加速直线运动，
直至B速度与传送带速度相等，即v＝aBt1，解得t1＝1 s
之后B与传送带共速做匀速直线运动，A继续加速，即v＝aAt2，解得t2＝3 s
故从刚放上到A、B均相对于传送带静止所需要的时间为3 s。
题号
1
3
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2
4
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7
9
(3)1 s内传送带的位移x1＝vt1，该过程传送带克服摩擦力做功为W1＝μ2(M＋m)gx1
1～3 s内，木板与传送带间为静摩擦力，f＝μ1mg
传送带的位移x2＝v(t2－t1)
该过程传送带克服摩擦力做功为W2＝fx2
故多消耗的电能即为传送带克服摩擦力做的功
E＝W1＋W2＝72 J。
[答案]　(1)2 m/s2　6 m/s2　(2)3 s　(3)72 J
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