专题二　培优练1　板块模型的综合分析.docx

培优练1板块模型的综合分析

1.(多选)(2024·云南丽江市统测)质量为m1＝4kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16N的力作用在物块上，下列说法正确的是(g取10m/s2)()

A.木板的加速度为2m/s2

B.物块的加速度为6m/s2

C.经过2s物块从木板上滑离

D.物块离开木板时的速度为8m/s

答案ACD

解析对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4m/s2，A正确，B错误；物块从木板上滑离时，位移关系满足12a2t2－12a1t2＝L，解得t＝2s，C正确；物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8m/s，

2.(2024·山东省实验中学诊断)质量为M＝2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()

A.A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1

B.B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2

C.A的质量m＝6kg

D.A的质量m＝4kg

答案C

解析由图像可知，A在0~1s内的加速度a1＝v1-v0t1＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误；由图像知，A、B在1~3s内的加速度a3＝v3-v1t2＝－1m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2(M+m)g＝(M+m)a3，解得μ2＝0.1，选项B错误；由图像可知，B在0~1s内的加速度a2＝v1-0t1＝2m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M+m

3.(多选)(2024·湖北省高考预测)一个质量为M＝2kg的长木板静止在粗糙水平地面上，木板右端静止一个质量为m＝2kg的小物块，小物块可视为质点，如图甲所示。某时刻，给长木板一个方向水平向右、大小为I＝8N·s的冲量，此后小物块和长木板运动的v－t图像如图乙所示，且小物块始终没有滑离长木板，若已知图中t1＝0.4s，v1＝0.8m/s，小物块与长木板间的动摩擦因数设为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数设为μ2，重力加速度g＝10m/s2，则从初始到二者最终停下的整个过程中，下列说法正确的是()

A.μ1＝0.2，μ2＝0.3

B.0~t1时间内，小物块与长木板间因摩擦产生的内能为3.2J

C.小物块比长木板提前0.2s停下

D.小物块相对长木板的位移为0.88m

答案AB

解析根据题意，对长木板，由动量定理有I＝Mv0，对小物块，由牛顿第二定律有μ1mg＝ma1，对长木板有μ1mg+μ2(m+M)g＝Ma2，通过对题图及题中数据分析得a1＝v1t1＝2m/s2，在t1时刻有v0－a2t1＝a1t1，联立以上各式解得μ1＝0.2，μ2＝0.3，故A正确；0~t1时间内，二者的相对位移可通过题图乙中图线与横轴围成的面积算得，Δx1＝12v0t1＝0.8m，则产生的内能Q＝μ1mgΔx1＝3.2J，故B正确；t1时刻后，小物块加速度大小不变，由题图乙知，长木板做匀减速直线运动，对长木板由牛顿第二定律有μ2(m+M)g－μ1mg＝Ma3，解得a3＝4m/s2，则t1~t2的时间为Δt＝v1a3＝0.2s，由对称性可知小物块停下也会用时0.4s，则小物块比长木板晚0.2s停下，故C错误；小物块与长木板t1~t3时间内的相对位移Δx2＝12×0.2×0.8m＝0.08m，则全过程的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝

4.(2023·湖北省十一校联考)如图(a)所示，木板静止在光滑水平面上，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。质量m＝3kg的小物块以v0＝4m/s的初速度从最左端冲上木板，一段时间后木板与挡板发生弹性碰撞。木板与小物块之间的动摩擦因数μ＝0.4。第一次碰撞后瞬间开始的0.25s内木板的v－t图像如图(b)所示，此过程木板的加速度大小为a。在以后的运动过程中，小物块始终没有滑离木板。重力加速度g＝10m/s2，求：

(1)加速度a和木板的质量M；

(2)x的最小值；

(3)木板的最小长度L。

答案(1)12m/s21kg(2)0.375m(3)2m

解析(1)根据题图(b)可知

木板的加速度大小a＝ΔvΔt＝12

根据牛顿第二定律有μmg＝Ma

解得M＝1kg

(2)小物块在木板上滑行，由二者组成的系统动量守恒有

mv0＝Mv1+mv2

根据题图(b)可知，木