高考物理二轮复习 模型突破训练 板块模型

模型打破训练(四)板块模型
(限时：20分钟)
1．(2018·河南名校压轴)如图4所示，一长木板在水平川面上运动，在某时辰(t＝0)将一相关于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块一直在木板上．在物块放到木板上以后，木板运动的速度—时间图象可能是()
图4
A B C D
A[设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到同样速度以前，木板的加快度为－μ1mg－μ2·2mg＝ma1，解得：a1＝－(μ1＋2μ2)g；达到同样速度以后，两者共同的加快度为：－μ2·2mg＝2ma2；解得a2＝－μ2g；由加快度可知，图象A正确．]
2．如图5甲所示，圆滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A 以速度v0＝2 m/s滑上本来静止的长木板B的上表面，因为A、B之间存在有摩擦，以后，A、B的速度随时间变化状况如图乙所示，重力加快度g＝10 m/s2.则以下说法正确的选项是()
甲乙
图5
A．长木板的质量M＝2 kg
B．A、B
C．长木板长度起码为2 m
D ．A 、B 构成系统损失时械能为4 J
A [由图乙能够看出，A 先做匀减速运动，
B 做匀加快运动，最后一同做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，依据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加快运动的加
快度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，对B ，依据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得动摩擦因数μ ＝ 0.1，故B 错误；由图象可知前1 s 内B 的位移x B ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝
1.5 m ，因此木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 构成系统损失时
械能ΔE ＝12mv 20－12
(M ＋m )v 2＝2 J ，故D 错误．] 3．(2018·齐齐哈尔一模)如图6所示，在圆滑水平面上静止有一长木板A ，在木板的左端静止有一物块B ，物块的质量为m ，长木板的质量为2m ，现给长木板A 和物块B 分别同时施加向左和向右的恒力F 1和F 2，当F 2＝mg ，F 1mg 时，物块和长木板恰巧不发生相对滑动，且物块和长木板一同向右做匀加快运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的大小忽视不计，重力加快度为g ，求：
图6
(1)物块和长木板的加快度；
(2)物块和长木板间的动摩擦因数μ.
【分析】 (1)由题意可知，对A 、B 整体研究，有：
F 2－F 1＝3ma ，
解得a ＝16g .
(2)对B 研究，有：F 2－μmg ＝ma ，
解得μ＝56.
【答案】 (1)16g (2)56
4．(2018·湖北省八校第一次联考)在圆滑的水平面上，有一质量M ＝2 kg 的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P 处有一能够视为质点的小滑块，其质量mQ 处的左边粗拙，右边圆滑，且PQ 间的距
离L ＝2 m ，如图7所示．某时辰平板车以速度v 1＝1 m/s 向左滑行，同时小滑块以速度v 2＝5 m/s 向右滑行，一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此
时小滑块与Q 点相距14L .(g 取10 m/s 2)
(1)求当两者处于相对静止时的速度大小和方向；
(2)求小滑块与平板车的粗拙面之间的动摩擦因数μ；
(3)若在两者共同运动方向的前面有一竖直阻碍物(图中未画出)，平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立刻撤去该阻碍物，求小滑块最后停在平板车上的地点．
图7
【分析】 (1)因为小滑块与平板车构成的整个系统动量守恒，设共同速度为v ，取向右为正方向，故
mv 2－Mv 1＝(m ＋M )v
解得v ＝2 m/s
方向沿水平方向向右．
(2)此题有两种可能：
(ⅰ)假如小滑块还没有超出Q 点就与平板车达到相对静止，则依据能量守恒定律有：
μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －14L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12Mv 21＋12mv 22－12
(M ＋m )v 2 解得μ
(ⅱ)假如小滑块超出Q 点与弹簧互相作用后，再返回与平板车达到相对静止，有
μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋14L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12Mv 21＋12mv 22－12
(M ＋m )v 2 解得μ＝0.36.
(3)平板车与滑块一同以速度v
mv ＋M (－v )＝0
故碰后它们最后同时停下来．
设碰后小滑块与平板车在粗拙面上滑过的相对行程为s，则μmgs＝1
2(M＋
m)v2
(ⅰ)当μ＝0.6时，解得s＝2
3m
故小滑块最后停在平板车上Q点左边，离Q点的距离为
s1＝2
3m－
1
4×2 m＝
1
6m≈0.167 m
(ⅱ)当μ＝0.36时，解得s＝10
9m
故小滑块最后停在平板车上Q点左边，离Q点距离为
s2＝10
9m－
1
4×2 m＝
11
18m≈0.611 m.
【答案】(1)2 m/s向右
(3)Q点左边离Q点0.167 m或0.611 m
5．如图8所示，以速度v匀速运动的传递带与平板B紧靠在一同，且上表面在同一水平面内，平板B质量为M＝2 kg，长度L2＝2 m；现将一质量为m ＝2 kg的滑块A(可视为质点)轻放到传递带的左端，而后以某一速度匀速滑上平板．若滑块A与传递带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块A与平板B间的动摩擦因数μ1＝0.3，平板B与地面的动摩擦因数为μ2＝0.1，传递带左右两轮间距L1＝2.5 m且一直保持匀速运动，g取10 m/s2.求：
图8
(1)滑块刚放到传递带上时的加快度a1；
(2)滑块恰巧不从平板上掉下时传递带的速度v；
(3)若传递带运动速度v′＝6 m/s，求滑块走开平板时的速度v2.
【分析】(1)滑块A在传递带上受重力、支持力和传递带摩擦力作用，有：N－mg＝0
μN＝ma1
联解得：a1＝5 m/s2.
(2)滑块A在平板B上做匀减速运动，设加快度为a2，有：μ1mg＝ma2
因为μ1mg >2μ2mg ，故平板B 做匀加快运动，设加快度为a 3，有：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 3
设滑块A 从平板B 左端滑至右端用时为t ，共同速度为v 共，平板B 的位移为x ，则：
v 共＝v －a 2t
L 2＋x ＝vt －12a 2t 2
v 共＝a 3t
x ＝12a 3t 2
联解代入数据解得：v ＝4 m/s.
(3)若滑块A 在传递带上向来加快，则有：v 21＝2a 1L 1 解得v 1＝5 m/s<v ′＝6 m/s ，即滑块A 滑上平板B 时速度为v 1＝5 m/s. 设滑块A 在平板B 上运动的时间为t ′，平板位移为x ′，则： v 2＝v 1－a 2t ′
L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 2t ′2
x ′＝12a 3t ′2
联解得：v 2＝3.5 m/s.
【答案】 (1)5 m/s 2 (2)4 m/s (3)3.5 m/s。