(通用)2019版高考物理一轮复习：43“滑块-木板”模型中的能量转化问题备考精炼.docVIP

PAGE 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Ff，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1 A．此时小物块的动能为F(x＋L) B．此时小车的动能为Ffx C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为FfL 2．(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2 A．物块不能从木板的右端滑下 B．对系统来说产生的热量Q＝μmgL C．经过t＝eq \f(Mv0,?M＋m?μg)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mA＝2.0 kg、长l＝3 m的薄板A.质量为mB＝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3 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0.5 s 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eq \f(25,9) 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eq \f(25,3) J 4．(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/s2.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－Ff)(x＋L)＝Ek1，故选项A错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得Ffx＝Ek2，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－Ff)(x＋L)＋Ffx＝F(x＋L)－FfL，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＝FfL，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＝Ffx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：mv0＝(m＋M)v，对木板M，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得t＝eq \f(Mv0,?M＋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，mAgsin θ－μmBgcos θ＝mAaA，薄板A的加速度aA＝4 m/s2，方向沿斜面向下；对滑块B，μmBgcos θ＋mBgsin θ＝mBaB，则滑块B的加速度aB＝10 m/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＝eq \f(v0,aB)＝0.5 s，此时薄板A的速度大小为vA＝aAt1＝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vA＋aAt2＝aBt2，代入数据可解得t2＝eq \f(1,3) s，共同速度为v＝eq \f(10,3) m/s，A、B从开始运动到速度相同所用时间为t＝t1＋t2＝eq \f(5,