新教材適用2024版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第1部分核心主干復(fù)習(xí)專題專題2功和能動(dòng)量微專題2動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合運(yùn)用題型2板塊模型教師用書(shū)

題型2板塊模型〔真題研究2〕(2023·遼寧統(tǒng)考高考真題)如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng)，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時(shí)速度v的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離x1；(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量x2及此時(shí)木板速度v2的大??；(3)已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從v2減小到0所用時(shí)間為t0。求木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能U(用t表示)?！敬鸢浮?1)1m/s0.125m(2)0.25meq\f(\r(3),2)m/s(3)4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0)【解析】(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)有v1＝1m/s對(duì)m1受力分析有a1＝eq\f(μm2g,m1)＝4m/s2則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有veq\o\al(2,1)＝2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1＝0.125m。(2)木板與彈簧接觸以后，對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)有kx＝(m1＋m2)a共對(duì)m2有a2＝μg＝1m/s2當(dāng)a共＝a2時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x2＝0.25m對(duì)m1、m2組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有－eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,1)代入數(shù)據(jù)有v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板從速度為v2時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x2時(shí)，則說(shuō)明此時(shí)m1的速度大小為v2，共用時(shí)2t0，且m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝eq\f(\r(3),2)－2t0則對(duì)于m1、m2組成的系統(tǒng)有－Wf＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)U＝－Wf聯(lián)立有ΔU＝4eq\r(3)t0－8teq\o\al(2,0)。〔對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練〕(2023·山東濟(jì)寧模擬)如圖所示，一水平傳送帶以v＝3m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其左端A點(diǎn)和右端B點(diǎn)分別與兩個(gè)光滑水平臺(tái)面平滑對(duì)接，A、B兩點(diǎn)間的距離L＝4m。左邊水平臺(tái)面上有一被壓縮的彈簧，彈簧的左端固定，右端與一質(zhì)量為m1＝0.1kg的物塊甲相連(物塊甲與彈簧不拴接，滑上傳送帶前已經(jīng)脫離彈簧)，物塊甲與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2。右邊水平臺(tái)面上有一個(gè)傾角為45°，高為h1＝0.5m的固定光滑斜面(水平臺(tái)面與斜面由平滑圓弧連接)，斜面的右側(cè)固定一上表面光滑的水平桌面，桌面與水平臺(tái)面的高度差為h2＝0.95m。桌面左端依次疊放著質(zhì)量為m3＝0.1kg的木板(厚度不計(jì))和質(zhì)量為m2＝0.2kg的物塊乙，物塊乙與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.2，桌面上固定一彈性豎直擋板，擋板與木板右端相距x0＝0.5m，木板與擋板碰撞會(huì)原速率返回。現(xiàn)將物塊甲從壓縮彈簧的右端由靜止釋放，物塊甲離開(kāi)斜面后恰好在它運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)與物塊乙發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，物塊乙始終未滑離木板。物塊甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，已知g＝10m/s2，eq\f(1,9)＋eq\f(1,92)＋eq\f(1,93)＋…＝eq\f(1,8)。求：(1)物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能；(3)木板運(yùn)動(dòng)的總路程；(4)若木板的質(zhì)量為m3＝0.4kg，木板與擋板僅能發(fā)生兩次碰撞，求擋板與木板距離的范圍為多少?！敬鸢浮?1)3m/s(2)2.2J(3)1.0m(4)eq\f(1,32)m≤x<eq\f(1,8)m【解析】(1)由題意可知，物塊甲從斜面頂端到最高點(diǎn)做逆向平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊甲剛離開(kāi)斜面時(shí)速度為v甲，則有veq\o\al(2,甲y)＝2g(h2－h(huán)1)tan45°＝eq\f(v甲y,v甲x)聯(lián)立解得v甲y＝v甲x＝3m/sv甲＝3eq\r(2)m/s可知物塊甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v0＝v甲x＝3m/s。(2)設(shè)物塊甲在B點(diǎn)時(shí)速度為vB，對(duì)物塊甲從B點(diǎn)到斜面頂端由動(dòng)能定理有－m1gh1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,甲)－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得vB＝2eq\r(7)m/s因?yàn)関B>v，所以物塊甲在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)。對(duì)物塊甲從靜止開(kāi)始到B點(diǎn)，設(shè)彈簧彈力做功W，由動(dòng)能定理有W－μ1m1gL＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,B)解得W＝2.2J根據(jù)功能關(guān)系可知彈簧最初儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep＝W＝2.2J。(3)物塊甲與物塊乙在碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2v0＝v甲x由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得v1＝－1m/s，v2＝2m/s以物塊乙和木板為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得m2v2＝(m2＋m3)v3若木板向右加速至共速后再與擋板碰撞，由動(dòng)能定理得μ2m2gx1＝eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)－0解得x1＝eq\f(2,9)m<0.5m可知木板與物塊乙共速后再與擋板相碰。由動(dòng)量守恒定律得m2v3－m3v3＝(m2＋m3)v4木板向左減速過(guò)程中，由動(dòng)能定理得－μ2m2gx2＝0－eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,4)解得x2＝eq\f(1,9)x1同理可得x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))2x1以此類推木板的總路程為s＝x0＋2x1＋2x2＋…＋2xn＝x0＋2×eq\f(2,9)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,8)))m解得s＝1.0m。(4)以木板為對(duì)象，由牛頓第二定律得μ2m2g＝m3a木板與擋板碰前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝eq\f(1,2)at2木板與擋板碰后每次都返回到同一位置，物塊一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)。①當(dāng)木板第一次返回到初始位置時(shí)，物塊乙速度恰好減為0時(shí)，木板與擋板僅能發(fā)生一次碰撞。即v2