2020版高考物理一轮复习第五章+微专题41“滑块——木板”模型中的能量问题

2020版高考物理一轮复习第五章+微专题41“滑块——木板”模型中的能量问题

‎ “滑块——木板”模型中的能量问题 ‎[方法点拨]　(1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化.(2)用公式Q＝Ff·x相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量.‎ ‎1.如图1所示.一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端，已知物体m和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　)‎ 图1‎ A.B.C.mv2D.2mv2‎ ‎2.(多选)水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面，如图2所示，斜面上放一质量为mA＝2.0kg、长l为3m的薄板A.质量为mB＝1.0kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端，B与A之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A、B静止在斜面上，某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0＝5m/s，同时撤去外力，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A.在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为3∶5‎ B.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5s C.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中滑块B克服摩擦力所做的功为J D.从A、B开始运动到A、B相对静止的过程中因摩擦产生的热量为J ‎3.如图3所示，一轻弹簧一端与竖直墙壁相连，另一端与放在光滑水平面上的长木板左端接触，轻弹簧处于原长，长木板的质量为M，一物块以初速度v0从长木板的右端向左滑上长木板，在长木板向左运动的过程中，物块一直相对于木板向左滑动，物块的质量为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，轻弹簧的劲度系数为k，当弹簧的压缩量达到最大时，物块刚好滑到长木板的中点，且相对于木板的速度刚好为零，此时弹簧获得的最大弹性势能为Ep.(已知弹簧形变量为x，弹力做功W＝kx2)求：‎ 图3‎ ‎(1)物块滑上长木板的一瞬间，长木板的加速度大小；‎ ‎(2)长木板向左运动的最大速度；‎ ‎(3)长木板的长度.‎ ‎4.(2018·山东省济南市二模)如图4所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD，木板的上表面与斜面底端C处于同一水平面，木板的质量M＝2kg，木板长l＝7m.一物块以水平速度v0＝9m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接.物块的质量为m＝1kg，可视为质点，与木板之间的动摩擦因数μ＝0.45，g取10m/s2，求：‎ 图4‎ ‎(1)若初始时木板B端距C点的距离足够远，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离；‎ ‎(2)设初始是木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终距C点的距离与L的关系，并求此最大距离.‎ 答案精析 ‎1.C　[由能量转化和守恒定律可知，拉力F对木板所做的功W一部分转化为物体m的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmg·s相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故C正确.]‎ ‎2.CD　[由题中条件可知，当滑块B向上运动时，薄板A将沿斜面向下运动，由受力分析和牛顿第二定律可知，对薄板A，mAgsinθ－μmBgcosθ＝mAaA，薄板A的加速度aA＝4m/s2，方向沿斜面向下；对滑块B，μmBgcosθ＋mBgsinθ＝mBaB，则滑块B的加速度aB＝10m/s2，方向沿斜面向下，故在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为2∶5，选项A错误；开始运动时，滑块B向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t1＝＝0.5s，此时薄板A的速度大小为vA＝aAt1＝2m/s，然后二者均向下运动，且二者的加速度不变，最后速度相同，则有vA＋aAt2＝aBt2，代入数据可解得t2＝s，共同速度为v＝m/s，A、B从开始运动到速度相同所用时间为t＝t1＋t2＝s，选项B错误；滑块B的位移为xB＝t1－t2＝m，方向沿斜面向上，所以滑块B克服摩擦力做的功为W＝μmBgxBcosθ＝J，选项C正确；A、B的相对位移为x＝t1＋aAt12＋vAt2＋aAt22－t2，代入数据得x＝m，故在整个过程中产生的热量Q＝μmBgxcosθ＝J，选项D正确.]‎ ‎3.(1)　(2)　(3) 解析　(1)物块滑上长木板时，长木板受到的合外力等于滑块对长木板的摩擦力，由牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得：a＝ ‎(2)当长木板向左运动到最大速度时，弹簧的弹力等于物块对长木板的摩擦力，则：kx＝μmg，解得：x＝ 长木板从开始运动到速度最大的过程，设最大速度为v，由动能定理得：μmgx－kx2＝Mv2，解得：v＝ ‎(3)当弹簧的压缩量达到最大时，木板的速度为零，物块的速度也为零，设长木板的长度为L，根据能量守恒定律得：mv02＝μmg＋Ep，解得：L＝ ‎4.(1)3m/s　6m　(2)见解析 解析　(1)根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v共，‎ 根据能量守恒定律可得 μmgΔl＝mv02－(M＋m)v共2，‎ 解得v共＝3m/s，Δl＝6m.‎ ‎(2)对木板有μmgs＝Mv共2－0，解得s＝2m.‎ 当L≥2m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经到达共同速度，碰后物块以v共＝3m/s匀减速到C点，v共2－vC12＝2am(l－Δl)，am＝μg＝4.5m/s2，解得vC1＝0，恰好停在C点，与L无关.‎ 当L＜2m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一直做匀减速运动，有v02－vC22＝2am(l＋L)，vC2＝3m/s.‎ 物块以此速度冲上斜面并以原速率返回，最终停在木板上，有s＝＝2m－L，‎ 当L＝0时，s有最大值，smax＝2m.‎