大題04+板塊模型（解析版）

1大題04板塊模型中的臨界加速度計(jì)算；冬奧會(huì)冰壺賽道摩擦特性與板塊模型的結(jié)摩擦的微觀模型簡(jiǎn)化（如石墨烯層間滑動(dòng)）、航天器著陸器的緩沖滑行年高考對(duì)“板塊模型”的考查將延續(xù)“重過(guò)程分析、強(qiáng)綜合應(yīng)用、格，突出多對(duì)象系統(tǒng)的動(dòng)態(tài)建模能力。備考需以臨界條件為突破口模塊綜合，同時(shí)關(guān)注科技熱點(diǎn)與微觀-宏觀模型轉(zhuǎn)化，做到“以例1.如圖所示，質(zhì)量M＝8kg的長(zhǎng)木板停放在光滑水平面上，在長(zhǎng)木板的左端放置一質(zhì)量m＝2kg的小物塊，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，現(xiàn)對(duì)小物塊施加一個(gè)大小F＝8N的水平向右恒力，小物塊將由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，2s后小物塊從長(zhǎng)木板上滑落，從小物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到從長(zhǎng)木板上滑落的過(guò)程中，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊和長(zhǎng)木板的加速度大??；(2)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度；(3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明：互為作用力與反作用力的摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板和小物塊做功的代數(shù)和是否為零。答案(1)2m/s20.5m/s2(2)3m(3)不為零見(jiàn)解析解析(1)長(zhǎng)木板與小物塊間摩擦力小物塊的加速度長(zhǎng)木板的加速度(2)小木塊對(duì)地位移m長(zhǎng)木板對(duì)地位移長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度L＝x1－x2＝3m。(3)摩擦力對(duì)小物塊做功W1Ffx116J摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板做功W2＝Ffx2＝4J＋W2≠0。例2.(2023江蘇無(wú)錫高三專(zhuān)練)如圖4所示，長(zhǎng)L＝4.0m、質(zhì)量mA＝2.0kg的木板A靜止在光滑水平面上，對(duì)木板施加大小F＝4.0N、方向向右的水平拉力，同時(shí)在木板上某位置放一初速度v0＝3.0m/s、方向水平向右的小物塊B，物塊B的質(zhì)量mB＝1.0kg，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊B剛好未從木板A右端滑落。已知A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2，求：(1)物塊B剛放上木板A時(shí)，木板A、物塊B的加速度大小aA、aB；(2)物塊B剛放上木板時(shí)離木板A右端的距離x；3(3)從物塊B剛放上木板A到離開(kāi)木板的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)3m/s22m/s2(2)0.9m(3)1.8J解析(1)根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板A有F+μmBg＝mAaA代入數(shù)據(jù)解得aA＝3m/s2根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)物塊B有B代入數(shù)據(jù)解得aB＝2m/s2。(2)設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1物塊B剛好未從木板A右端滑落，此時(shí)A、B有共同速度v1，則有v1＝v0－aBt1＝aAt1代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.6s 根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題意得代入數(shù)據(jù)解得x＝0.9m。(3)從物塊B剛放上木板A到離開(kāi)木板的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量為Q=μmBgx代入數(shù)據(jù)解得Q＝1.8J。板塊模型的思維模板4例3.如圖所示，光滑水平面上放一木板A，質(zhì)量M＝4kg，小鐵塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))質(zhì)量為m＝1kg，木板A和小鐵塊B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，小鐵塊B以v0＝10m/s的初速度從木板A的左端沖上木板，恰好不滑離木板(g＝10m/s2)。求：(1)A、B的加速度分別為多少？(2)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間A、B速度相同，相同的速度為多少？(3)薄木板的長(zhǎng)度。答案(1)0.5m/s22m/s2(2)4s2m/s(3)20m解析(1)對(duì)小鐵塊B受力分析，由牛頓第二定律有μmg＝maB，即aB=μg＝2m/s2對(duì)木板A受力分析，由牛頓第二定律有(2)由于A、B組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有＝(m＋M)v共代入數(shù)據(jù)解得v共＝2m/s由于木板A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則v共＝aAt代入數(shù)據(jù)解得t＝4s。(3)設(shè)薄木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則對(duì)A、B整體由動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得L＝20m。題型二斜面上“滑塊—木板”模型例3.(2023湖北十堰高三月考)如圖所示，傾角θ=37°的光滑斜面上有一質(zhì)量M=4kg的足夠長(zhǎng)的木板A，在A的上端有一質(zhì)量m＝2kg的物塊B(可視作質(zhì)點(diǎn))，物塊B與木板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，斜面底端有一擋板P，木板與擋板P碰撞后會(huì)等速率反彈?，F(xiàn)將木板與物塊同時(shí)由靜止釋放，釋放時(shí)木板前端與擋板相距m，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°5=0.8。(1)木板A第1次碰擋板P時(shí)的速度多大；(2)求從木板A第1次碰到擋板到木板A第1次減速為零的時(shí)間；并求出在此過(guò)程中，物塊B與木板A間因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)2m/s(2)0.25s6.5J解析(1)分析可知，釋放后A、B一起加速下滑，由牛頓第二定律有可得a＝gsinθ=6m/s2設(shè)木板碰擋板時(shí)速度為v，則v2＝2as代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s。(2)碰后木板A減速上滑，設(shè)其加速度大小為aA，有可得aA＝8m/s2木板A上滑距離此過(guò)程中，物塊B加速下滑，設(shè)其加速度大小為aB，可得aB＝2m/s2物塊B下滑距離故因摩擦產(chǎn)生的熱量例4.如圖所示，傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)的斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝4m、質(zhì)量M＝2kg的木板，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8N的作用下從靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)時(shí)間t1＝1s，將一質(zhì)量為m＝1kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊無(wú)初速地輕放在木板的最下端，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25，當(dāng)物塊與木板速度相同時(shí)撤去恒力F，最終物塊會(huì)與木板分離。(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力)試求：s時(shí)木板速度的大小v1；(2)從物塊放上木板到與木板共速的速度大小v2和所用時(shí)間t2；(3)木板上表面因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)6m/s(2)9.6m/s1.2s(3)解析(1)設(shè)沒(méi)放物塊時(shí)，木板加速下滑的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得θ=Ma解得a＝6m/s2s時(shí)木板速度的大小v1＝at1＝6m/s。(2)物塊放到木板上后達(dá)到速度相同前，設(shè)木板的加速度為a1，物塊的加速度大小為a2，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)木板，有θ=Ma1設(shè)經(jīng)時(shí)間t2物塊與木板速度相同為v2，解得v2＝9.6m/s，t2＝1.2s。(3)物塊放到木板上到達(dá)到共同速度時(shí)，物塊的位移木板的位移物塊相對(duì)木板向上運(yùn)動(dòng)Δx＝x1－x2＝3.6m撤去F后，木板速度變慢，物塊最終從木板下端離開(kāi)木板，由功能關(guān)系知木板上表面因摩擦產(chǎn)生的熱量7解得Q＝14.4J。2．(2023山東模擬演練卷)如圖所示，一傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)斜面體固定在水平地面上，一質(zhì)量為M＝2kg的長(zhǎng)木板B沿著斜面以速度v0＝9m/s勻速下滑，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝1kg的鐵塊A輕輕放在長(zhǎng)木板B的左端，鐵塊恰好沒(méi)有從長(zhǎng)木板右端滑下，A與B間、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g＝10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)鐵塊A和長(zhǎng)木板B共速后的速度大小；(2)長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度；(3)請(qǐng)用數(shù)值驗(yàn)證，鐵塊剛放上長(zhǎng)木板左端時(shí)與達(dá)到共速時(shí)系統(tǒng)的總能量相等。答案(1)6m/s(2)2.25m(3)見(jiàn)解析解析(1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(2)根據(jù)題意可知μ=tanθ=0.75對(duì)鐵塊A受力分析有對(duì)長(zhǎng)木板受力分析有解得a26m/s2經(jīng)過(guò)時(shí)間t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t解得t＝0.5s，v＝6m/s鐵塊運(yùn)動(dòng)位移長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)位移長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度l＝x2－x1＝2.25m。(3)系統(tǒng)動(dòng)能的變化量鐵塊重力勢(shì)能的變化量θ=-9J長(zhǎng)木板重力勢(shì)能的變化量θ=-45J長(zhǎng)木板與斜面之間摩擦產(chǎn)生的熱量1=θ=67.5J鐵塊與長(zhǎng)木板之間摩擦產(chǎn)生的熱量2=故系統(tǒng)能量守恒。題型三動(dòng)量觀點(diǎn)在板塊模型中的應(yīng)用例5.如圖甲所示，一右端固定有豎直擋板的質(zhì)量M＝2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質(zhì)量m＝1kg的物塊以v0＝6m/s的水平初速度從木板的最左端P點(diǎn)沖上木板，最終物塊在木板上Q點(diǎn)(圖甲中未畫(huà)出)與木板保持相對(duì)靜止，物塊和木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖乙所示。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(2)整個(gè)過(guò)程物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)4m/s3m/s2m/s(2)12J解析(1)根據(jù)題意可知，題圖乙中圖線a表示碰撞前物塊的減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，圖線b表示碰撞前木板的加速過(guò)程，圖線c表示碰撞后木板的減速過(guò)程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過(guò)程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，此時(shí)木板速度大小v木＝1m/s從物塊滑上木板到物塊與擋板碰撞前瞬間的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有＋Mv木物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與擋板碰撞后瞬間的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv0＝Mv22s末物塊與木板共同運(yùn)動(dòng)的速度大小為v3，從物塊滑上木板到最終共同勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)(2)物塊與擋板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能物塊與擋板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能故碰撞過(guò)程系統(tǒng)沒(méi)有機(jī)械能損失，物塊滑上木板時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能最終相對(duì)靜止時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝Ek0－Ek3＝12J。例6.（2024江蘇南通高三二模）如圖所示，在光滑水平面上有一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，上表面粗糙，在其左端有一個(gè)光滑的圓弧槽C，C與長(zhǎng)木板接觸但不連接，且下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上。某時(shí)刻滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)。A、B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，求：（1）滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ;（2）圓弧槽C的半徑R；（3）A、C最終分離時(shí)，各自的速度大小。答案（123）v0v0解析（1）當(dāng)A在B上滑動(dòng)時(shí)，A與B、C整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝m·v0)＋2mv1①,由能量守恒定律得μmgL聯(lián)立①②解得③。（2）當(dāng)A滑上C時(shí)，B與C分離，A、C發(fā)生相互作用，A到達(dá)C的最高點(diǎn)時(shí)兩者的速度相等，設(shè)為v2，A、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，則m·v0)＋mv1m＋m）v2④,A、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則m·v02＋mv12=×（2m）v22＋mgR⑤,聯(lián)立③④⑤解得R＝。（3）A滑上C后，B與C分離，只有A與C發(fā)生相互作用，此后B的速度一直為v0，設(shè)A滑離C時(shí)，A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，對(duì)A與C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得m·v0)＋mv1＝mvA+mvC，由能量守恒定律得m12v02+mv12＝mvA2＋mvc2，聯(lián)立解得vA＝v0，vC＝v0。23.(2023湖北部分重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖4所示，質(zhì)量為2m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板放在光滑水平地面上，其左端放有質(zhì)量為m的小物塊。初始時(shí)物塊和木板同時(shí)獲得等大反向的初速度v0，最終物塊恰好沒(méi)滑離木板，重力加速度為g，求：(1)小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)小物塊對(duì)地向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，木板的位移大小。答案(2)L解析(1)小物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終會(huì)共速，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv解得設(shè)物塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,全過(guò)程根據(jù)能量守恒定律有解得(2)對(duì)小物塊和木板分別有解得小物塊的速度由v0減到0的過(guò)程，小物塊相對(duì)地向右運(yùn)動(dòng)，時(shí)間t滿(mǎn)足v0＝a1t則該過(guò)程木板的位移為x＝v0t－a2t2聯(lián)立解得12024山東聊城二模）如圖所示，長(zhǎng)木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，長(zhǎng)木板質(zhì)量M＝0.5kg，某時(shí)刻在長(zhǎng)木板的右端輕放一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，小物塊的質(zhì)量m＝1.5kg，長(zhǎng)木板右側(cè)有一固定擋板，擋板下方留有僅允許長(zhǎng)木板通過(guò)的缺口，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1，小物塊與擋板發(fā)生正碰，碰撞是彈性碰撞。假設(shè)長(zhǎng)木板右端到擋板的距離足夠大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物塊不從長(zhǎng)木板上滑下，求長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少是多少？（2）若長(zhǎng)木板足夠長(zhǎng)，質(zhì)量變?yōu)?.5kg，求：①小物塊和擋板第一次相碰后向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。②小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過(guò)程中，相對(duì)于長(zhǎng)木板的位移是多少？2答案1）0.625m（2）①1.5s②27×(1)2n+1m2解析1）設(shè)長(zhǎng)木板和小物塊向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中第一次達(dá)到共速時(shí)的速度為v10，則由動(dòng)量守恒定律得Mv0=（M＋m）v10，小物塊與擋板發(fā)生彈性碰撞后，速度反向，大小不變，設(shè)長(zhǎng)木板與小物塊再次共速時(shí)速解得L＝0.625m。（2）①更換長(zhǎng)木板后，設(shè)長(zhǎng)木板與小物塊第一次共速時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得M'v0M'＋m）v，小物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后，速度反向，大小不變，其向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理可得②設(shè)小物塊與擋板第二次碰撞前的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律可得M'v－mvM'＋m）v1，解得v1＝v，2設(shè)第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物塊和木板的共同速度為v2、v3，同理可得v2＝v1＝v，v3＝v2 v，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法，第n＋1次碰撞前的共同速度為小物塊與擋板第n次碰撞到第n＋1次碰撞過(guò)程中，相對(duì)于長(zhǎng)木板的位移是x，由能量守恒定律可得 vn2，解得22．如圖甲所示，質(zhì)量M＝4kg的足夠長(zhǎng)木板靜止于光滑的水平面上，一滑塊以速度v0從左端滑上長(zhǎng)木板后，它們運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，取g＝10m/s2。(1)求滑塊的質(zhì)量m；(2)若滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，求滑塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑動(dòng)的距離s。解析(1)由圖乙可知，滑塊滑上木板左端的速度大小為v0＝6m/s滑塊和木板相對(duì)靜止時(shí)的速度大小為v共＝2m/s對(duì)滑塊和木板組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有＝(M＋m)v共解得m＝2kg。(2)在滑塊相對(duì)木板滑動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有3．(2023江蘇蘇州高三期末統(tǒng)考)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。現(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)木塊與木板共速時(shí)，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IMv1－Mv1第一次碰撞墻壁對(duì)木板的沖量大小為4N·s。(2)木塊第一次在木板上相對(duì)靜止的位置到木板左端的距離為木板的最短長(zhǎng)度。則木板最短長(zhǎng)度為(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s此后所有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為s則木塊與木板相對(duì)滑動(dòng)總時(shí)間為t＝t1＋t′＝4s。14．如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg的小車(chē)由水平部分AB和光滑圓軌道BC組成，圓弧BC的半徑R＝0.4m且41與水平部分相切于B點(diǎn)，小物塊Q與AB段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，小車(chē)靜止時(shí)左端與固定的光滑曲面軌道MN相切，一質(zhì)量為m1＝0.5kg的小物塊P從距離軌道MN底端高為h＝1.8m處由靜止滑下，并與靜止在小車(chē)左端的質(zhì)量為m2＝1kg的小物塊Q(兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn))發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。已知除了小車(chē)AB段粗糙外，其余所有接觸面均光滑，重力加速度g＝10m/s2。(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度；(2)求物塊Q在小車(chē)上運(yùn)動(dòng)1s時(shí)相對(duì)于小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離(此時(shí)Q未到B點(diǎn)且速度大于小車(chē)的速度)；(3)要使物塊Q既可以到達(dá)B點(diǎn)又不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)，求小車(chē)左側(cè)水平部分AB的長(zhǎng)度L的取值范圍。8答案(1)4m/s，方向水平向右(2)m(3)1.5m≤L≤3m83解析(1)物塊P沿MN滑下，設(shè)末速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得物塊P、Q碰撞，取向右為正方向設(shè)碰后瞬間P、Q速度分別為v1、v2由機(jī)械能守恒定律得解得v12m/s，v2＝4m/s故碰撞后瞬間物塊Q的速度為4m/s，方向水平向右。(2)物塊Q與小車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求得兩者的加速度分別為物塊Q的位移m小車(chē)的位移m解得m。(3)物塊Q剛好到達(dá)B點(diǎn)時(shí)就與木板共速時(shí)AB段最長(zhǎng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m(m2＋M)v3可得共同速度為v3＝1m/s由能量守恒定律得22物塊Q剛好回到A點(diǎn)與木板共速時(shí)，AB段最短，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得共同速度仍為v3＝1m/s由能量守恒定律得當(dāng)AB段最短時(shí)需要驗(yàn)證物塊Q在圓弧上共速時(shí)上升高度是否超過(guò)R，由能量守恒定律得解得H＝0.3m<R＝0.4m所以不會(huì)從圓弧軌道上滑出，則AB段的長(zhǎng)度范圍為1.5m≤L≤3m。52025廣東深圳一模）如圖所示為一項(xiàng)冰上游戲設(shè)施，平臺(tái)之間的水平冰面上有可滑動(dòng)的小車(chē)，左右平臺(tái)及小車(chē)上表面等高，小車(chē)緊靠左邊平臺(tái)。小孩坐在雪橇上（系有安全帶靜止在左邊平臺(tái)邊緣處?，F(xiàn)在家長(zhǎng)施加推力，雪橇瞬時(shí)獲得水平?jīng)_量I=160N.s，滑上小車(chē)。小車(chē)在冰面上滑行了L2=4m的距離后與右側(cè)平臺(tái)碰撞并被鎖定，雪橇最終停在右側(cè)平臺(tái)上。已知小孩和雪橇的總質(zhì)量m=20kg，雪橇與小車(chē)上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.8，雪橇與右側(cè)平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.5。小車(chē)質(zhì)量M=20kg，長(zhǎng)度L1=2.5m。將雪橇視作質(zhì)點(diǎn)，忽略冰面阻力，g取10m/s2。試計(jì)算(1)雪橇滑上小車(chē)時(shí)的速度；(2)小車(chē)碰撞右側(cè)平臺(tái)時(shí)的速度；(3)雪橇在右側(cè)平臺(tái)上滑行的距離。答案(1)8m/s，方向水平向右(2)4m/s，方向水平向右(3)0.8m解析（1）設(shè)雪橇滑上小車(chē)的瞬時(shí)速度為v1，根據(jù)動(dòng)量定理有I=mv1—0解得v1=8m/s方向水平向右。（2）方法一：假設(shè)小車(chē)和雪橇可以共速，設(shè)共同速度為v2根據(jù)動(dòng)量守恒有mv1=(m+M)v2解得v2=4m/s雪橇與小車(chē)滑行過(guò)程中損失的機(jī)械能為Q，則有損失能量Q=μ1mgx相聯(lián)立解得x相=2m設(shè)小車(chē)滑行的距離為x2，對(duì)小車(chē)根據(jù)動(dòng)能定理有解得x2=1m由于x相<L1，x2<L2可知，假設(shè)成立，即最終雪橇與小車(chē)以共同速度滑行至右側(cè)平臺(tái)，小車(chē)碰撞右側(cè)平臺(tái)的速度為v2=4m/s方法二：對(duì)雪橇在小車(chē)上受力分析，設(shè)雪橇加速度為a1，小車(chē)加速度為a2根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg=ma1，假設(shè)雪橇與小車(chē)共速時(shí)，用時(shí)為t，雪橇的位移為x1小車(chē)的位移為x2，根據(jù)速度公式有v1t—a1t=a2t，根據(jù)位移公式有小車(chē)與雪橇的相對(duì)位移x相=x1—x2聯(lián)立解得x相=2m，x2=1m可知，假設(shè)成立，即最終雪橇與小車(chē)以共同速度滑行至右側(cè)平臺(tái)，速度為v2=4m/s（3）方法一：設(shè)雪橇在平臺(tái)上滑行的距離為x4，在小車(chē)上滑行的距離為x3，則有x3=L1—x相對(duì)雪橇由動(dòng)能定理有聯(lián)立解得x4=0.8m方法二：設(shè)雪橇在平臺(tái)上滑行的距離為x4，在小車(chē)上滑行的距離為x3，則有x3=L1—x相雪橇離開(kāi)小車(chē)時(shí)的速度為v3由運(yùn)動(dòng)學(xué)有v32—v22雪橇在平臺(tái)上的加速度為a3由牛頓第二定律有μ2mg=ma3EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)聯(lián)立解得x4=0.8m62025江西上饒一模）如圖所示，一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.5m、質(zhì)量為m0=1kg的木板靜置于水平地面上，木板左端放置一質(zhì)量為m1=2kg的物塊A。木板右側(cè)距離為d處有一光滑水平軌道MN，軌道表面與木板上表面齊平，質(zhì)量為m2=1kg的物塊B靜置于軌道的P點(diǎn)，P與軌道左端M點(diǎn)距離為S0=1.5m，水平軌道P點(diǎn)右邊長(zhǎng)度可以調(diào)節(jié)。軌道右端N點(diǎn)平滑連接一段外表面光滑的圓弧形軌道NQ，圓弧的圓心在N點(diǎn)正下方（圖中沒(méi)有畫(huà)出半徑為R=50m，圓弧軌道末端Q點(diǎn)的切線與水平方向的夾角為θ=16.2o?，F(xiàn)對(duì)物塊A施加一個(gè)水平向右、大小為8N的恒力F，物塊A和木板開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木板撞上軌道時(shí)，A物塊恰好運(yùn)動(dòng)到木板右端并滑上MN軌道。在恒力F作用下，物塊A與物塊B可能發(fā)生多次彈性碰撞，一旦物塊B滑到N點(diǎn)右側(cè)，則立即撤走物塊A。已知物塊A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2，木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.1，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)A、B物塊的大小，物塊A從木板滑上MN軌道瞬間速度大小不變。（g取10m/s2，cos16.2o=0.96）(1)求d的大?。?2)若P點(diǎn)與臺(tái)階右端N點(diǎn)的距離足夠長(zhǎng)，物塊A與物塊B發(fā)生碰撞后，求兩物塊間的最大距離dm；(3)要物塊B能夠沿著圓弧軌道外表面運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)，求P、N兩點(diǎn)間的距離S1的取值范圍。答案(1)d=0.5m(2)dm=2m(3)S1<64m長(zhǎng)木板運(yùn)動(dòng)過(guò)d的位移時(shí)，物塊A相對(duì)長(zhǎng)木板的位移為L(zhǎng)，即③④由①②③④可得d=0.5m⑤（2）由①可知，物塊A在M點(diǎn)的速度為vM=a1t=2m/s可得：v0對(duì)A、B第一碰撞，由動(dòng)量守恒有m1v0=m1vA1+m2vB1⑦由機(jī)械能守恒有⑧由⑦⑧可得此后，B向前勻速，A向前勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)A有在第二次碰撞前，當(dāng)A的速度與B的速度相同時(shí)，A、B間的距離達(dá)到最大，即vA1+aΔt=vB1此后A繼續(xù)加速再經(jīng)相同的時(shí)間Δt追上B。對(duì)A、B第二次碰撞瞬間，有2vB2⑩由⑩?可得設(shè)A、B第n次碰撞前的速度為vAn一1’、vBn一1，第n次碰后的速度為vA、B的vt圖像所示結(jié)合vt圖像所示的規(guī)律可知，此后A、B相鄰兩次碰撞之間的最大距離都是2m，即有dm=2m⑩（3）由（2）的分析可知，A與B第n次碰撞后，B的速度為⑧若B物塊過(guò)N點(diǎn)后能沿著光滑圓弧軌道外表面恰好能滑到P點(diǎn)，在P點(diǎn)有⑩對(duì)B物塊從N滑到P的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得m2gR(1cosθ)=m2vP2m2vN2⑩要B物塊能夠滑到P點(diǎn)，應(yīng)有vBn≤vN，可得n≤3則S1不能過(guò)長(zhǎng)，若A、B恰好要發(fā)生第4次碰撞時(shí)，B恰好到達(dá)N點(diǎn)，此時(shí)B在水平軌道上的總位移為則S1的長(zhǎng)度應(yīng)滿(mǎn)足S1<64m72025江西新余一模）如圖，平板小車(chē)C靜止在水平面上，左端緊靠平臺(tái)且與平臺(tái)等高，平臺(tái)邊緣正上方用長(zhǎng)H=0.8m的輕繩懸掛質(zhì)量為m的物塊A，懸點(diǎn)正下方靜置一質(zhì)量為mB=3kg的物塊B，將A向左拉至輕繩水平由靜止釋放，A與B發(fā)生正碰，碰后A的速度為零。已知A與B碰撞過(guò)程中的恢復(fù)系數(shù)碰后相對(duì)速度碰前相對(duì)速度 ,該系數(shù)是一個(gè)定值，只與發(fā)生碰撞物體材料有關(guān)?，F(xiàn)將A、B互換角色，將碰后相對(duì)速度碰前相對(duì)速度起來(lái)從水平位置由靜止釋放，與A發(fā)生正碰后，A滑上小車(chē)后，立即取走B，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間作用，小車(chē)C停止且A不滑出小車(chē)。已知物塊A和小車(chē)C質(zhì)量都為m=2kg，物塊A與小車(chē)C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0．4，小車(chē)C與地面摩擦因素μ2=02，A、B均可視作質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。求：(1)物塊B與物塊A碰撞前速度v0；(2)A剛滑上小車(chē)時(shí)的速度大小v1；(3)小車(chē)C最少需要的長(zhǎng)度L，及最后小車(chē)離開(kāi)平臺(tái)的位移x。答案解析（1）對(duì)B進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)能定理有解得v0=4m/s（2）當(dāng)A向左拉至輕繩水平由靜止釋放至最低點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得vA=4m/sA碰撞B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvA=mBvB解得則A與B碰撞過(guò)程中的恢復(fù)系數(shù)B碰撞A過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mBv0=mv1+mBv2B與A碰撞過(guò)程中的恢復(fù)系數(shù)（3）A滑上C后，A先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)A進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg=ma1解得a1=4m/s2C先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有μ1mg—μ2.2mg=ma2解得a2=2m/s2歷時(shí)t0，A、C達(dá)到相同速度，則有v共=a2t0=v1—a1t0此后A、C保持相對(duì)靜止，向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則小車(chē)C的最小長(zhǎng)度L=v1v共t0—vEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(共),2)t0解得上述過(guò)程C的位移A、C保持相對(duì)靜止，根據(jù)牛頓第二定律有μ2.2mg=2ma3減速至0過(guò)程，利用逆向思維，根據(jù)速度與位移的關(guān)系有vEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),共)=2a3x2解得則最后小車(chē)離開(kāi)平臺(tái)的位移x=x1+x2解得82025江蘇一模）如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面，傾角θ=30o，底端固定彈性擋板，長(zhǎng)木板B放在斜面上，小物塊A放在B的上端沿斜面向上敲擊B，使B立即獲得初速度v0=3.0m/s，此后B和擋板發(fā)生碰撞，碰撞前后速度大小不變，方向相反，A始終不脫離B且與擋板不發(fā)生碰撞。已知A、B的質(zhì)2(1)敲擊B后的瞬間，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B上升的最大距離s；答案(1)aA=2.5m/s2，aB=12.5m/s2(2)s=0.375m(3)L=1.8m解析（1）敲擊B后的瞬間，A受到向上的滑動(dòng)摩擦力，解得aA=2.5m/s2（2）設(shè)A、B向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t后共速v0—aBt=aAt共速后A、B一起以加速度a向上減速，對(duì)A、B分析，有(mA+mB)gsin30o=(mA+mB)a解得s=0.375m（3）最終A、B均停在擋板處，此時(shí)B的長(zhǎng)度最小，由能量守恒解得L=1.8m92024重慶模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖1所示裝置：一質(zhì)量為0.5kg的水平長(zhǎng)木板A置于水平桌面上，一質(zhì)量為1.0kg的滑塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于木板A上某位置，輕繩一端跨過(guò)定滑輪與滑塊B連接，另一端懸掛一重物，定滑輪和滑塊B間輕繩水平，重物落地后立即與輕繩脫離連接?；瑝KB在虛線區(qū)域內(nèi)（不含邊界）會(huì)受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虛線區(qū)域?qū)挾葹?.6m。t=0時(shí)刻，滑塊B位于虛線區(qū)域右側(cè)，所有物體均靜止。該同學(xué)在某次操作中，記錄下滑塊B和木板A運(yùn)動(dòng)的部分v—t圖像如圖2所示，t=1s時(shí)刻，滑塊B剛好進(jìn)入虛線區(qū)域。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊B始終不脫離木板A，木板A距定滑輪足夠遠(yuǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)木板A與滑塊B間、木板A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)本次操作中，所掛重物的質(zhì)量；(3)討論本次操作中，滑塊B停止運(yùn)動(dòng)時(shí)到虛線區(qū)域右邊界的距離s與恒力F大小之間的關(guān)系。解析（1）由v—t圖像可知，t=0.5s到t=1s時(shí)間段內(nèi)，B的加速度大小aB=4m/s2A的加速度大小aA=2m/s2設(shè)A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，由牛頓第二定律，對(duì)B有對(duì)A有μ1mBg-μ2(mB+mA)g=mAaA聯(lián)立解得2（2）由v-t圖像可知，t=0到t=0.5s時(shí)間段內(nèi)，B的加速度大小aB,=8m/s2，設(shè)重物質(zhì)量為m，對(duì)B和重物組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有mg-μ1mBg=(m+mB)aB,解得m=6kg（3）t=1s時(shí)刻，A、B共速，B剛好進(jìn)入虛線區(qū)域，且B受到水平向右的恒力F作用，若A、B進(jìn)入虛線區(qū)域后會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由分析知得F≥18N>5N因此，進(jìn)入虛線區(qū)域后，A、B會(huì)保持相對(duì)靜止一起水平向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一起勻減速的加速度大小接下來(lái)，分析三種情況：①若A、B恰好一起滑出左邊界，則2ad=v2其中解得F=2N②若A、B滑不出左邊界，停下后A、B均能在虛線區(qū)域內(nèi)靜止，則③若A、B滑不出左邊界，停下后A、B不能在虛線區(qū)域內(nèi)靜止，則將反向水平向右加速，若A、B向右加速過(guò)程中會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由分析知解得F≥6N>5N因此，A、B會(huì)保持相對(duì)靜止一起向右加速，綜上可知：①當(dāng)0<F≤2N時(shí)，A、B將一起滑出左邊界，又由μ2g<μ1g知，A、B之后將一起勻減速到零，由動(dòng)能定理，則有解得②當(dāng)2N<F≤3N時(shí)，A、B將一起停在虛線區(qū)域中，由動(dòng)能定理，則有解得③當(dāng)3N<F<5N時(shí)，A、B將先一起向左勻減速，由動(dòng)能定理，則有然后一起向右先勻加速再勻減速，由動(dòng)能定理，則有聯(lián)立解得10.（2024云南模擬預(yù)測(cè)）某科技創(chuàng)新小組制作了一個(gè)研究動(dòng)量與能量的裝置，其簡(jiǎn)化模型如圖所示。水平地面上固定有A、B兩個(gè)等高平臺(tái)，之間靜置一長(zhǎng)為5l、質(zhì)量為m的小車(chē)P，小車(chē)上表面與平臺(tái)等高，左端靠近A。A的左端與一固定光滑斜