1、微专题40“板块模型”的能量转化与守恒1(2019云南二模)如图1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()图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2(多选)(2019安徽安庆市期末调研监测)如图2所示，静止在水平面上的木板质量为M2kg，质量m1kg的铁块以水平初速度v06m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，木板与地
2、面间动摩擦因数为0.1，铁块与木板间动摩擦因数为0.5，木板长为4m，则下列说法中正确的是()图2A铁块最终滑离木板B铁块最终停在距离木板右端1m处C运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为18JD运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为15J3(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图3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，则下列说法正确的是(
3、)图3A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图44(多选)(2019山东临沂市质检)在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如图4所示的模型，小孩(可视为质点)坐在长为1m的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为37的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，滑板与沙间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g取10m/s2，则以下判断正确的是()A小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5m/s2C经过2s的时
4、间，小孩离开滑板D小孩离开滑板时的速度大小为2m/s5(2020宁夏银川市模拟)如图5所示，一质量为m1.5kg的滑块从倾角为37的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s10m后进入半径为R9m的光滑圆弧AB，其圆心角为，然后水平滑上与平台等高的小车已知小车质量为M3.5kg，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10m/s2.(sin370.6，cos370.8)求：图5(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.答案精析1D由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力
5、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，对子弹A：fdA0EkA，得EkAfdA；对子弹B：fdB0EkB，得EkBfdB，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，则有，而EkAEkB，则mAmB，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2BD设铁块在木板上滑动时，铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律得：2mgma1解得：a12g5m/s2；设铁块在木板上滑动时，木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：2mg1(Mm)gMa2，
6、解得：a21m/s2；设铁块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，则有：vv0a1t，va2t，解得：t1s，v1m/s，此过程木板运动的位移x1a2t20.5m，铁块的位移为：x2v0ta1t23.5m达到共同速度后一起向右匀减速运动，所以铁块最终停在木板上的位置到其右端的距离为：4m(3.50.5)m1m，故A错误，B正确；运动过程中铁块与木板因摩擦而产生的热量为Q12mg(x2x1)0.5110(3.50.5) J15J，达到共同速度后一起向右匀减速的位移为x3，a31g1m/s2，解得：x30.5m，所以运动过程中地面与木板因摩擦而产生的热量为Q21(Mm)g(x1x3
7、)0.1(21)10(0.50.5) J3J，故C错误，D正确3BD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4AD对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩斜向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有：mgsin 371mgcos 37ma1，得：a1gsin 3
8、71gcos 372 m/s2，故A正确；小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有：mgsin 371mgcos 372 2mgcos 37ma2，代入数据解得：a2gsin 371gcos 3722gcos 371 m/s2，故B错误；设经过时间t，小孩离开滑板，得a1t2a2t21 m，解得：t s，故C错误；小孩离开滑板时的速度为：va1t2m/s2 m/s，故D正确5(1)2.5s(2)31.7N(3)10m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mgsinmgcosma，又sat12联立解得t12.5s.(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有mvA2mgR(1cos)mvB2，其中vAat1由牛顿第二定律，有FBmgm联立解得：轨道对滑块的支持力FB31.7N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a1g3.5m/s2小车的加速度：a21.5m/s2小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足vBa1t2a2t2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度vB10 m/s，最终同速时的速度vvBa1t23 m/s由功能关系可得：mgs1mvB2(mM)v2联立解得：s110 m.
