2019年高考物理二轮复习 模型突破训练4 板块模型

模型突破训练(四) 板块模型
(限时：20分钟)
1．(2018·河南名校压轴)如图4所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对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，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，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，在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1，解得：a 1＝－(μ1＋2μ2)g ；达到相同速度之后，二者共同的加速度为：－μ2·2mg ＝2ma 2；解得a 2＝－μ2g ；由加速度可知，图象A 正确．]
2．如图5甲所示，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在有摩擦，之后，A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2
.则下列说法正确的是( )
甲 乙
图5
A ．长木板的质量M ＝ 2 kg
B ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2
C ．长木板长度至少为2 m
D ．A 、B 组成系统损失机械能为4 J
A [由图乙可以看出，A 先做匀减速运动，
B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，对B ，根据牛顿第二
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 ，所以木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成
系统损失机械能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，在光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 1＝0.5mg 时，物块和长木板刚好不发生相对滑动，且物块和长木板一起向右做匀加速运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的大小忽略不计，重力加速度为g ，求：
图6
(1)物块和长木板的加速度； (2)物块和长木板间的动摩擦因数μ.
【解析】 (1)由题意可知，对A 、B 整体研究，有：
F 2－F 1＝3ma ，
解得a ＝1
6
g .
(2)对B 研究，有：F 2－μmg ＝ma ， 解得μ＝5
.
)在光滑的水平面上，有一质量M ＝2 kg 的平板车，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑PQ 间的距离L ＝2 m ，如向左滑行，同时小滑块以速度v 2＝5 m/s 向右滑Q 点相距14
L .(g 取10 m/s 2
)
(2)求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ；
(3)若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物(图中未画出)，平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置．
图7
【解析】 (1)由于小滑块与平板车组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)本题有两种可能：
(ⅰ)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，则根据能量守恒定律有：
μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －14L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12
Mv 21＋12mv 22－12(M ＋m )v 2
解得μ＝0.6
(ⅱ)如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有
μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋14L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12
Mv 21＋12mv 22－12(M ＋m )v 2
解得μ＝0.36.
(3)平板车与滑块一起以速度v ＝2 m/s 向右运动，与障碍物碰后平板车速度为－2 m/s ，滑块的速度仍为2 m/s.碰后系统动量守恒
mv ＋M (－v )＝0
故碰后它们最终同时停下来．
设碰后小滑块与平板车在粗糙面上滑过的相对路程为s ，则μmgs ＝12(M ＋m )v 2
(ⅰ)当μ＝0.6时，解得s ＝2
3
m
故小滑块最终停在平板车上Q 点左侧，离Q 点的距离为
s 1＝23 m －14×2 m＝16
m≈0.167 m
(ⅱ)当μ＝0.36时，解得s ＝10
9
m
故小滑块最终停在平板车上Q 点左侧，离Q 点距离为
s 2＝109 m －14×2 m＝1118
m≈0.611 m.
【答案】 (1)2 m/s 向右 (2)0.6或0.36
(3)Q 点左侧 离Q 点0.167 m 或0.611 m
5．如图8所示，以速度v 匀速运动的传送带与平板B 紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，平板B 质量为M ＝2 kg ，长度L 2＝2 m ；现将一质量为m ＝2 kg 的滑块A (可视为质点)轻放到传送带的左端，然后以某一速度匀速滑上平板．若滑块A 与传送带间的动摩擦因
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，传送带左右两轮间距L 1＝2.5 m 且始终保持匀速运动，g 取10 m/s 2
.求：
图8
(1)滑块刚放到传送带上时的加速度a 1； (2)滑块恰好不从平板上掉下时传送带的速度v ；
(3)若传送带运动速度v ′＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度v 2.
【解析】 (1)滑块A 在传送带上受重力、支持力和传送带摩擦力作用，有：
N －mg ＝0
μN ＝ma 1
联解得：a 1＝5 m/s 2
.
(2)滑块A 在平板B 上做匀减速运动，设加速度为a 2，有：μ1mg ＝ma 2
由于μ1mg >2μ2mg ，故平板B 做匀加速运动，设加速度为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 －12
a 2t 2
v 2
1＝2a 1L 1
A 滑上平板
B 时速度为v 1＝5 m/s. t ′，平板位移为x ′，则：
L 2＋x ′＝v 1t ′－2
a 2t ′2 x ′＝12
a 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。