专题37 “板块”模型中的能量转化问题

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1、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： 机械能全部转化为内能；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=Fx相对其中x相对为相互摩擦的两个物体间

2、的相对路程.f 相对相对从功的角度看，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()1A. 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

3、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：-fdA=0EA，得炽=/；对子弹B：-fdB=0E，得EkB=fdB, 由于dAdB，则有子弹入射时的初动能EkAEkB,故B错误，D正确。两子弹和木块组成的系统动量守恒，A BkA kB则有72兀兀=：/2万托，而炽好，则mAvmB，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0=37。的斜面上自静止开始下滑， 滑

4、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0，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“ = 0.35，地面光滑且小车足够长，g取10 m/s2.(sin 37=0.6， cos 37=0.8)求：R M(1) 滑块在斜面上的滑行时间 t1；(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s1.【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 0“mgcos 0=ma，

5、又 s=2at2 联立以上两式，代入数据解得t1 = 2.5 s.(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有Qmv；+mgR(1 cos0)=2mv|，其中vA= at1由牛顿第二定律，有FBmg=mR 联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F 怎31.7 N.B(3)滑块在小车上滑行时的加速度： a1=“g=3.5 m/s2小车的加速度:a2=M =1.5 m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vat=atB 1 222由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB=10 m/s,最终同速时的速度v=vBa1t2 = 3 m/sBB 12由功能关系可得：ymgS=*mv

6、B2（m+M）vII j L * 曲丿解得：S = 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：依据Q=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f 相对相对大小。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。相对（2）运用能量守恒：Q = AE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v0=2 m/s滑上原来静止的长木

7、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2a甲乙2必示，则下列说法正确的是（g取10 m/s2）A.此时物块的动能为F（x+L）B.此时小车的动能为fxA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/s2，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AE=2mv$2mv2=2 J，选项B错误；由v -1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“ = 0.1

8、,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（）叶r9C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx-fLD.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)，摩擦力的功为一fx +L),则由动能定理可知物体的动能为(Ff)(x+L), A项错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，

9、 故摩擦力对小车做功为加，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()VoA甲乙A. 小铅块将从B的右

10、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

11、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FLC.系统产生的热量为F(L+L)D.子弹对木块做的功为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

12、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=1Mv2, 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

13、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=/AL，其中AL为小木块相对薄纸板运动的路程，若 薄纸板的位移为L,小木块相对地面的位移为L2，则AL=LL2，且AL存在大于、等于或小于L?三种可 能，对小木块，fL2=AEk，即Q存在大于、等于或小

14、于AEk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/s2,贝 )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 W D.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a1=Fzmmg，木板的加速度为a2=晋，脱离时小木块的位移X1=2ait2,木板的

15、位移x2=2a2t2,则由L=x1-x2,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=mgL=0.2xlxl0x2 J=4 J,故选项B错误；小木块脱离长木板的瞬间v1=a1t=2x2 m/s=4 m/s，功率P=Fv1=4x4 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=|Mv2=|M(a2t)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做功叫,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则下列关系中正确的是（）A.WiW2,Qi = Q2b.Wi = W2,Qi = Q2C.W1W2,Q1VQ2D.W1 = W2,Q1VQ2【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