高考物理-“板块”模型中的能量转化问题(解析版)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.7 “板块”模型中的能量转化问题【专题诠释】板块中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。
若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则()A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大【答案】 D【解析】由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，根据动能定理得，对子弹A ：－fd A ＝0－E k A ，得E k A ＝fd A ；对子弹B ：－fd B ＝0－E k B ，得E k B ＝fd B ，由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E k A >E k B ，故B 错误，D 正确。
两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有2m A E k A ＝2m B E k B ，而E k A >E k B ，则m A <m B ，故A 错误。
子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动的时间必定相等，否则木块就会运动，故C 错误。
【例2】(2019·银川一模)如图所示，一质量为m ＝1.5 kg 的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s ＝10 m 后进入半径为R ＝9 m 的光滑圆弧AB ，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M ＝3.5 kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t 1；(2)滑块脱离圆弧末端B 点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s 1.【答案】 (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m【解析】(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，又s ＝12at 21 联立以上两式，代入数据解得t 1＝2.5 s.(2)滑块在圆弧AB 上运动过程，由机械能守恒定律，有12mv 2A ＋mgR (1－cos θ)＝12mv 2B，其中v A ＝at 1 由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m v 2B R联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F B ≈31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2小车的加速度：a 2＝μmg M＝1.5 m/s 2 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度v ＝v B －a 1t 2＝3 m/s由功能关系可得：μmg ·s 1＝12mv 2B －12(m ＋M )v 2 解得：s 1＝10 m.【技巧方法】“滑板”、“子弹打木块”模型能量分析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方式：(1)依据Q ＝F f ·x 相对，找出摩擦力与相对路程大小即可。
要注意的问题是公式中的x 相对并不是指的是相对位移大小。
特别是相对往返运动中，x 相对为多过程相对位移大小之和。
(2)运用能量守恒：Q E =∆机，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。
更深更全面的问题在动量里会再次涉及到【微专题精练】1.如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看成质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所 示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2) ( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1【答案】D【解析】由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 20－12·2m ·v 2＝2 J ，选项B 错误；由v -t 图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．2.(2019·山师大附中一模)如图所示，质量为M ，长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物 块，放在小车的最左端，现用一水平恒力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f ，经过一段时 间小车运动的位移为x ，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为fxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－fL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL【答案】BD【解析】由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L＋x，故拉力的功为F(x＋L)，摩擦力的功为－f(x ＋L)，则由动能定理可知物体的动能为(F－f)(x＋L)，A项错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故此时小车的动能为fx，B项正确；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F(x＋L)－fL，C项错误，D项正确．3.(2019·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的()A. 小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量【答案】BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确．4.(2019·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F视为恒力)，则下列判断正确的是()A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B．子弹克服阻力所做的功为FL′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12Mv 2 【答案】AD【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，二者之差即为产生的内能．力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移．此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12Mv 2，D 正确． 5.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B ．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C ．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D ．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量【答案】D.【解析】由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q ＝f ΔL ，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L 1，小木块相对地面的位移为L 2，则ΔL ＝L 1－L 2，且ΔL 存在大于、等于或小于L 2三种可能，对小木块，fL 2＝ΔE k ，即Q 存在大于、等于或小于ΔE k 三种可能，选项D 正确．6.如图所示，质量M ＝2 kg 、长L ＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量m ＝1 kg 的小木块(可视为质点)．先相对静止，然后用一水平向右、F ＝4 N 的力作用在小木块上，经过时间t ＝2 s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10 m/s 2，则( )A ．小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B ．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 JC ．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F 的功率为16 WD ．长木板在运动过程中获得的机械能为16 J【答案】C【解析】小木块的加速度为a 1＝F －μmg m ，木板的加速度为a 2＝μmg M ，脱离时小木块的位移x 1＝12a 1t 2，木板的位移x 2＝12a 2t 2，则由L ＝x 1－x 2，结合以上式子知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，故选项A 错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量为Q ＝μmgL ＝0.2×1×10×2 J ＝4 J ，故选项B 错误；小木块脱离长木板的瞬间v 1＝a 1t ＝2×2 m/s ＝4 m/s ，功率P ＝Fv 1＝4×4 W ＝16 W ，故选项C 正确；长木板在运动过程中获得的机械能为E ＝12Mv 22＝12M (a 2t )2，结合A 项知E ＝4 J ，故选项D 错误． 7.如图所示，木块A 放在木块B 的左端上方，用水平恒力F 将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2.则下列关系中正确的是( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2【答案】A【解析】在A 、B 分离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1＜W 2，所以选项A 正确．1.如图为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A ，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A 孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A 孔时速度恰好为零，并由A 孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g ＝10 m/s2.求：(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L ＝2 m ，质量M ＝3 kg ，零件的质量m ＝0.5 kg ，则操作板从A 孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？【答案】(1)2 m/s 2 (2)12.33 J【解析】(1)设零件向右运动距离x 时与操作板分离，此过程历经时间为t ，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A 孔处速度减为零，设零件质量为m ，操作板长为L ，取水平向右为正方向，对零件，有：分离前：μ1mg ＝ma 1分离后：μ2mg ＝ma 2且x ＝12a 1t 2 以后做匀减速运动的位移为：L 2－x ＝0－(a 1t )2－2a 2对操作板，有：L 2＋x ＝12at 2 联立以上各式解得：a ＝(2μ1μ2＋μ 21)g μ2， 代入数据得：a ＝2 m/s 2.(2)将a ＝2 m/s 2，L ＝2 m 代入L 2＋12a 1t 2＝12at 2 解得：t ＝ L a －a 1＝233 s 操作板从A 孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔE k1＝12M (2aL )2＝12 J 零件在时间t 内动能的增加量 ΔE k2＝12m (μ1gt )2＝112J 零件在时间t 内与操作板因摩擦产生的内能Q 1＝μ1mg ×L 2＝0.25 J 根据能量守恒定律，电动机做功至少为W ＝ΔE k1＋ΔE k2＋Q ＝1213J≈12.33 J 9.如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【答案】(1)μmgL F －2μmg(2)μmgL 【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg. (2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .10.如图所示，一个质量为m ＝15 kg 的特制柔软小猴模型，从离地面高h 1＝6 m 的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v 0＝6 m/s 的速度匀速前进．已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s ＝3 m 处，该平板车总长L ＝7 m ，平板车板面离地面高h 2＝1 m ，模型可看作质点，不计空气阻力．假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a ＝4 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g 取10 m/s 2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数μ＝0.2.求：(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处？(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下？(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q 为多少？【答案】(1)4 m (2)不会 (3)105 J【解析】(1)设模型经时间t 1下落到平板车上，由运动学公式得：h 1－h 2＝12gt 21① 平板车在t 1时间内前进的距离为x 1，则：x 1＝v 0t 1②所以模型在平板车上的落点距车尾端距离：x ＝L ＋s －x 1＝4 m ③(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a 1，经过时间t 2模型和平板车的速度相同为v ，则平板车的速度为：v ＝v 0－at 2④模型的速度为：v ＝a 1t 2⑤对模型应用牛顿第二定律得：μmg ＝ma 1⑥平板车的位移为：x 2＝v 0t 2－12at 22⑦ 在这段时间内的模型的位移为：x 3＝12a 1t 22⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为： Δx 1＝x 2－x 3＝3 m ⑨Δx 1<4 m ，故不会滑下⑩(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，平板车的位移为：x 4＝v 22a⑪ 模型的位移为：x 5＝v 22a 1⑫ 模型相对平板车向前的位移为：Δx 2＝x 5－x 4⑬模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)＝105 J。
高考物理-“板块”模型中的能量转化问题(解析版)(最新整理)
2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.7 “板块”模型中的能量转化问题【专题诠释】板块中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。
若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大【答案】 D【解析】 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，根据动能定理得，对子弹A ：－fd A ＝0－E k A ，得E k A ＝fd A ；对子弹B ：－fd B ＝0－E k B ，得E k B ＝fd B ，由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E k A >E k B ，故B 错误，D 正确。
两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而E k A >E k B ，则m A <m B ，故A 错误。
江苏高考物理复习第五章机械能课时43“滑块——木板”模型中的能量转化问题
43“滑块——木板”模型中的能量转化问题1.(多选)如图1所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为F f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )图1A．此时小物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为F f xC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－F f LD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L2．(多选)(2018·山东济宁模拟)如图2所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下列叙述正确的是( )图2A．物块不能从木板的右端滑下B．对系统来说产生的热量Q＝μmgLC．经过t＝Mv0M ＋mμg物块与木板便保持相对静止D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功3．(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3所示，斜面上放一质量为m A＝2.0 kg、长l＝3 m的薄板A.质量为m B＝1.0 kg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＝5 m/s，同时撤去外力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )图3A．在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为3∶5B．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5 sC ．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259 JD ．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253J4．(2018·河北邢台质检)如图4所示，质量为M ＝4 kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m ＝1 kg ，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F ＝8 N ，铁块在长L ＝6 m 的木板上滑动．取g ＝10 m/s 2.求：图4(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F 对铁块所做的功； (3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．答案精析1．BD [小物块运动的位移为x ＋L ，拉力和摩擦力做功，由动能定理得(F －F f )(x ＋L )＝E k1，故选项A 错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得F f x ＝E k2，选项B 正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功，即(F －F f )(x ＋L )＋F f x ＝F (x ＋L )－F f L ，选项C 错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积，即Q ＝F f L ，选项D 正确．]2．AC [木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A 正确．对系统来说，产生的热量Q ＝F f x 相对＝μmgx 相对<μmgL ，故B 错误．设物块与木板最终的共同速度为v ，物块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv 0＝(m ＋M )v ，对木板M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv ，联立解得t ＝Mv 0M ＋m μg，故C 正确．由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D 错误．]3．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 ，m A g sin θ－μm B g cos θ＝m A a A ，薄板A 的加速度a A ＝4 m/s 2，方向沿斜面向下；对滑块B ，μm B g cos θ＋m B g sin θ＝m B a B ，则滑块B 的加速度a B ＝10 m/s 2，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t 1＝v 0a B＝0.5 s ，此时薄板A 的速度大小为v A ＝a A t 1＝2 m/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v A ＋a A t 2＝a B t 2，代入数据可解得t 2＝13 s ，共同速度为v ＝103 m/s ，A 、B从开始运动到速度相同所用时间为t ＝t 1＋t 2＝56 s ，选项B 错误；滑块B 的位移为x B ＝v 02t 1－v 2t 2＝2536 m ，方向沿斜面向上，所以滑块B 克服摩擦力做的功为W ＝μm B gx B cos θ＝259 J ，选项C 正确；A 、B 的相对位移为x ＝v 02t 1＋12a A t 12＋v A t 2＋12a A t 22－v 2t 2，代入数据解得x ＝2512m ，故从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Q ＝μm B gx cos θ＝253 J ，选项D 正确．]4．(1)2 s (2)64 J (3)40 J解析 (1)铁块与木板间的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.4×1×10 N＝4 N铁块的加速度a 1＝F －F f m ＝8－41m/s 2＝4 m/s 2木板的加速度a 2＝F f M ＝44m/s 2＝1 m/s 2铁块滑到木板左端的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2＝L代入数据解得t ＝2 s(2)铁块位移x 1＝12a 1t 2＝12×4×22m ＝8 m恒力F 对铁块做的功W ＝Fx 1＝8×8 J＝64 J (3)方法一： 铁块的动能E k A ＝(F －F f )x 1＝(8－4)×8 J＝32 J木板位移x 2＝12a 2t 2＝12×1×22m ＝2 m木板的动能E k B ＝F f x 2＝4×2 J＝8 J 铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.方法二：铁块的速度v 1＝a 1t ＝4×2 m/s＝8 m/s 铁块的动能E k A ＝12mv 12＝12×1×82J ＝32 J木板的速度v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的动能E k B ＝12Mv 22＝12×4×22J ＝8 J铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.。
2024年新高考二轮物理复习专题——板块模型
考情透析命题点考频分析命题特点核心素养滑块与木板模型2023年：湖南T15山东T18辽宁T152022年：山东T18福建T14河北T13结合各省的试卷来看，此类试题通常设置滑块-木板或滑块-圆弧槽等典型的探究类情境，综合考查牛顿运动定律、运动学规律、能量和动量的相关知识，往往还会涉及碰撞的相关规律。
物理观念：运用相互作用和能量、动量守恒的物理观念分析多物体的复杂运动。
科学思维：构建滑块、木板的运动模型并结合边界条件和数学知识进行综合分析与推理。
滑块与凹槽模型热点突破1滑块与木板模型▼考题示例1（2023·辽宁省·历年真题）如图，质量m 1＝1kg 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 ＝20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
质量m 2＝4kg 的小物块以水平向右的速度v 0＝54m/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E p 与形变量x 的关系为E p ＝212kx 。
取重力加速度g ＝10m/s 2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1；（2）求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x 2及此时木板速度v 2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0。
求木板从速度为v 2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t 0表示）。
答案：（1）1m/s 0.125m （2）0.25m32m/s （3）2008t -解析：（1）由于地面光滑，则m 1、m 2组成的系统动量守恒，则有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1代入数据有v 1＝1m/s 对m 1受力分析有a 1＝21m gm μ＝4m/s 2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有21v ＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m 1、m 2组成的系统有kx ＝(m 1＋m 2)a 共物块与木板之间即将发生相对滑动时，对m 2有a 2＝μg ＝1m/s 2且此时a 共＝a 2，解得此时的弹簧压缩量x 2＝0.25m对m 1、m 2组成的系统列动能定理有2212kx -＝2212212111()()22m m v m m v +-+代入数据有v 2＝32m/s （3）木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 1的加速度大于木块m 2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 2时，则说明此时m 1的速度大小为v 2，共用时2t 0，且m 2一直受滑动摩擦力作用，则对m 2有：－μm 2g ·2t 0＝m 2v 3－m 2v 2解得v 3＝0322t -则对于m 1、m 2组成的系统有－W f ＝2221223122111()222m v m v m m v +-+，ΔU ＝－W f 联立解得：ΔU＝28t - 跟踪训练1（2022·河北·历年真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1kg 和2kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10m/s 向右运动，B 和D 以相同速度kv 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。
高考物理 用能量解决板块问题
试卷第 1页，共 5页
5．如图甲所示，竖直面内有-光滑轨道 BCD，轨道的上端点 B 和圆心О的连线与水平方向的夹角α=30°，圆
弧轨道半径为
R=
8 3Biblioteka m，与水平轨道CD
相切于点
C。现将一小滑块（可视为质点）从空中的
A
点以
v0
=4m/s
的初速度水平向左抛出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到 C 点，滑块在圆弧末
2．如图所示，一质量为 M 的木板静止置于光滑的水平面上，一质量为 m 的木块（可视为质点），以初速度 v0 滑上木板的左端，已知木块和木板间的动摩擦因数为μ，木块始终没有滑离木板。求： （1）刚开始时，木块和木板各自的加速度大小； （2）木板最终的速度大小； （3）为使木块不掉下木板，板长至少多少； （4）因摩擦而产生的热量。
端 C 点对轨道的压力 NC=64N，之后继续沿水平轨道 CD 滑动，经过 D 点滑到质量为 M=1kg，长为 L=7m
的木板上。图乙为木板开始运动后一段时间内的 v-t 图像，滑块与地面，木板与地面间的动摩擦因数相同，
2024年高考物理二轮复习专题二能量与动量、机械振动与机械波专题突破2板块模型的综合应用
B. 仅增大木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
考点二 板块模型中动量、能量的综合问题
板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉
及能量问题。若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块
组成的系统满足动量守恒，如涉及时间，可应用动量定理，所以该模型
M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外
力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中
物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为
0.1，g取10m/s2，下列说法正确的是（ C ）
A. 0～4s内，物块m的加速度一直变大
B. 整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
（1） 在平台上运动的时间t。
解：（1） 在平台上，根据牛顿第二定
律，有F＝mAa，根据匀变速直线运动
2
的位移公式，有L＝ at ，解得t＝ s。
（2） 刚滑上木板B时，地面对木板B的摩擦力f。
解：（2） 木块A刚滑上木板B时，A对
B的摩擦力大小为f1＝μmAg＝4N，假设
木板B滑动，地面对B的摩擦力为f2＝μ
（mA＋mB）g＝6N，可知f1＜f2，所以
木板B静止，由平衡条件得出f＝f1＝
4N，方向水平向左。
（3） 滑上木板B并与其右端碰撞后的最大动能Ekm。
解：（3） 对木块A，设其与木板B碰撞
前的速度为v1，根据动能定理，有FL－
μmAgL＝ mA ，碰撞为弹性碰撞，设
碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据
高考物理超级模型专题07板块模型(含答案解析)
高考物理超级模型专题07板块模型学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B．C．D．2．如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止,置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B。
已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变。
关于A、B的v-t图像大致正确的是（）A．B．C ．D ．二、解答题3．物体A 的质量m ＝1kg ，静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为M ＝0.5kg 、长L ＝1m 。
某时刻A 以v 0＝4m/s 向右的初速度滑上木板B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力。
忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因数µ＝0.2，取重力加速度g =10m/s 2。
试求：(1)若F =5N ，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；(2)如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件。
4．如图，两个滑块A 和B 的质量分别为A 1kg m =和B 5kg m =，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5μ=；木板的质量为4kg m =，与地面间的动摩擦因数为20.1μ=。
某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为0=3m/s v 。
A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小2=10m /s g 。
求：（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；（2）A 、B 开始运动时，两者之间的距离。
素养培优1 “板块”模型中动力学、能量和动量的综合-2025高考物理素养培优
答案：
0.3
0.5−0
解析：由速度—时间图像可得小车的加速度为a＝
0.5−0
m/s2＝1
2
m/s ，对小车由牛顿第二定律可得μmg＝Ma，解得μ＝ ＝0.3。
（3）这个过程中系统损失的机械能。
答案：
0.75 J
解析：
由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为ΔE＝
的大小；
答案： 5 m/s
1
1
2
解析： 由动能定理得－mg·2R＝ m － m0 2
2
2
2
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C，有mg＝m
解得v0＝ 5＝5 m/s。
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗
的机械能；
答案： 0.625 J
解析：根据动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v
（2）滑板的长度L。
答案：
7m
解析： 法一 游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有μmg＝
ma1，由运动学公式有1 2 ＝2a1s，解得游客滑上平台的速度大小v1＝
8 m/s，游客在滑板上滑动时，对游客，由牛顿第二定律有μmg＝ma2
对滑板，由牛顿第二定律有μmg＝Ma3，游客在滑板上滑动的过程，
2
2
2
2
1
1
1
2
m ，联立解得vA＝ v0，vC＝ v0。
2
4
2
1
2
3
4
5
6
7
5. （2024·河北石家庄高三二模）如图甲所示，一定长度、质量为M＝2 kg
的长木板放在水平面上，质量为m＝1 kg且可视为质点的物块放在长木
高考物理-“板块”模型中的能量转化问题(解析版)(可编辑修改word版)
2020 年高考物理备考微专题精准突破专题3.7 “板块”模型中的能量转化问题【专题诠释】板块中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。
若子弹A 射入的深度大于子弹B 射入的深度，则( )A.子弹A 的质量一定比子弹B 的质量大B.入射过程中子弹A 受到的阻力比子弹B 受到的阻力大C.子弹A 在木块中运动的时间比子弹B 在木块中运动的时间长D.子弹A 射入木块时的初动能一定比子弹B 射入木块时的初动能大【答案】D【解析】由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：－fd A＝0－E k A，得E k A＝fd A；对子弹B：－fd B＝0－E k B，得E k B＝fd B，由于d A>d B，则有子弹入射时的初动能E k A>E k B，故B 错误，D 正确。
两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有2m A E k A＝2m B E k B，而E k A>E k B，则m A<m B，故A 错误。
板块(滑块木板) 模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(解析版)
板块(滑块木板)模型(牛顿第二定律)建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1没有外力的板块模型6单选+1多选考点2受恒定外力的板块模型3单选+4多选考点3受变化外力的板块模型3单选+3多选考点01：不受外力的板块模型(6单选+1多选)一、单选题1(2023·湖北·模拟预测)如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v-t图像如图所示，则有()A.μ1=μ2B.μ1<μ2C.μ1>2μ2D.μ1=2μ2【答案】C【详解】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg则有μ1>2μ2故选C。
2(2023·湖南·统考模拟预测)如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是()A.碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变B.碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2C.碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/sD.平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为67m【答案】C【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得a A =μ1m A gm A=4m/s 2a B 1=μ2m A +m B g m B =3m/s 2，a B 2=μ2m A +m B g +μ1m A g m B =133m/s 2故AB 错误；C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为v B 0，则有v B 0<v B =v A又a B 2>a A所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。
2020年高考物理 热点题型归纳与变式演练 专题14 功能关系与能量守恒(含解析)
专题14 功能关系与能量守恒【专题导航】目录热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型 (1)滑块——滑板模型中能量的转化问题 (2)传送带模型中能量的转化问题 (3)热点题型二对功能关系的理解和应用 (5)热点题型三能量守恒定律的应用 (7)热点题型四功能原理的综合应用 (9)功能原理处理斜面问题 (9)功能原理处理弹簧问题 (10)【题型演练】 (11)【题型归纳】热点题型一与摩擦生热相关的两个物理模型两种摩擦力的做功情况比较一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W＝－F f l相对,即相对滑动时产生的热量相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功滑块——滑板模型中能量的转化问题【例1】。
（多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度v0冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A 上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中,下述说法中正确的是( ）A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量【答案】CD.【解析】物体B以水平速度冲上木板A后，由于摩擦力作用，B减速运动,木板A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于木板A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的动能,选项B错误;由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于物体B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于木板A动能的增加量，由能量守恒定律,摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量,选项D正确．【变式1】（2019·河北定州中学模拟）如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离L,子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F（F视为恒力），则下列判断正确的是( )A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B．子弹克服阻力所做的功为FL′C．系统产生的热量为F（L＋L′) D．子弹对木块做的功为错误!Mv2【答案】AD【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等,所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等,因此有内能产生,系统机械能不守恒,二者之差即为产生的内能．力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移．此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F(L ＋L′），B错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL′，C错误；对木块运用动能定理得,fL＝错误!Mv2，D正确．【变式2】如图所示，木块A放在木块B的左端上方,用水平恒力F 将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2。