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宁德一中 2512 16题

2025年12月12日
Posted by: zhongfeng
Category: 学渔新闻

高中物理题目解析

第16题：木板碰撞与能量问题 · 适合基础薄弱学生 · 详细步骤解析

16. (16分)

如图甲所示，长度 \( L = 1 \, \text{m} \)，质量分布均匀的木板 \( A \) 静止于光滑水平地面上，\( A \) 的上表面与固定在地面上半径 \( R = 1 \, \text{m} \) 的光滑圆弧槽 \( B \) 底端水平相切。质量为 \( m \) 的物块 \( C \) 从 \( B \) 上的某点由静止释放，滑至最低点时，与放置在木板最左端的质量也为 \( m \) 的物块 \( D \) 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。物块 \( C \) 释放位置和圆弧槽圆心 \( O \) 连线与水平方向的夹角为 \( \theta \)，若 \(\sin \theta\) 与 \( m \) 满足图乙所示的函数关系，则 \( D \) 恰好能运动到 \( A \) 的最右端而不滑落。已知 \( C, D \) 均可视为质点，重力加速度 \( g \) 的大小取 \( 10 \, \text{m/s}^2 \)，\(\sin 37^\circ = 0.6\)，\(\cos 37^\circ = 0.8\)。

已知条件：

木板长度：\( L = 1 \, \text{m} \)

圆弧半径：\( R = 1 \, \text{m} \)

物块C质量：\( m \)

物块D质量：\( m \)

重力加速度：\( g = 10 \, \text{m/s}^2 \)

\(\sin 37^\circ = 0.6\)，\(\cos 37^\circ = 0.8\)

问题：

(1) 若物块 \( C \) 从与圆心等高的位置由静止释放，求碰撞后瞬间物块 \( D \) 的速度大小；

(2) 求物块 \( D \) 与木板 \( A \) 之间的动摩擦因数 \( \mu \) 和 \( A \) 的质量 \( M \)；

(3) 若木板 \( A \) 可任意比例竖直分割成左右相邻的两部分，当 \( m = 0.50 \, \text{kg} \) 时，物块 \( C \) 从图中 \(\sin \theta = 0.4\) 对应的位置由静止释放，求碰撞后系统因摩擦所产生总热量的最小值。

题目关键点

1. 光滑圆弧槽 – 无摩擦，机械能守恒

2. 弹性碰撞 – 动量守恒，动能守恒

3. 恰好不滑落 – D与A达到共同速度，相对位移为L

4. 函数关系图 – sinθ与m的线性关系

质量相关

速度相关

能量相关

几何尺寸

摩擦力相关

16. (16分)

如图甲所示，长度 \( L = 1 \, \text{m} \)，质量分布均匀的木板 \( A \) 静止于光滑水平地面上，\( A \) 的上表面与固定在地面上半径 \( R = 1 \, \text{m} \) 的光滑圆弧槽 \( B \) 底端水平相切。质量为 \( m \) 的物块 \( C \) 从 \( B \) 上的某点由静止释放，滑至最低点时，与放置在木板最左端的质量也为 \( m \) 的物块 \( D \) 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。物块 \( C \) 释放位置和圆弧槽圆心 \( O \) 连线与水平方向的夹角为 \( \theta \)，若 \(\sin \theta\) 与 \( m \) 满足图乙所示的函数关系，则 \( D \) 恰好能运动到 \( A \) 的最右端而不滑落。已知 \( C, D \) 均可视为质点，重力加速度 \( g \) 的大小取 \( 10 \, \text{m/s}^2 \)，\(\sin 37^\circ = 0.6\)，\(\cos 37^\circ = 0.8\)。

分析提示

光滑圆弧槽：意味着物块C下滑过程中只有重力做功，机械能守恒。

弹性碰撞：满足动量守恒和动能守恒，是解题的关键条件。

恰好不滑落：意味着物块D到达木板A右端时，两者速度相同，相对位移等于木板长度L。

问题：

(1) 若物块 \( C \) 从与圆心等高的位置由静止释放，求碰撞后瞬间物块 \( D \) 的速度大小；

(2) 求物块 \( D \) 与木板 \( A \) 之间的动摩擦因数 \( \mu \)\ 和 \( A \) 的质量 \( M \)\；

详细解析

第一部分：碰撞后物块D的速度

动能定理

物体动能的变化等于合外力对它做的功：\( \Delta E_k = W \)

对于C下滑过程：\( mgR = \frac{1}{2}mv_0^2 \)

弹性碰撞

满足动量守恒：\( m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1′ + m_2v_2′ \)

满足动能守恒：\( \frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2 = \frac{1}{2}m_1v_1’^2 + \frac{1}{2}m_2v_2’^2 \)

分析物块C的下滑过程

物块C从与圆心等高的位置释放，下落高度为 \( R \)。

根据动能定理：重力做功等于动能增量

\( mgR = \frac{1}{2}mv_0^2 \)

解得C碰撞前的速度：

\( v_0 = \sqrt{2gR} = \sqrt{2 \times 10 \times 1} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} \, \text{m/s} \)

分析C与D的弹性碰撞

C和D质量相等，发生弹性碰撞时，质量相等的两个物体发生弹性正碰，速度交换。

动量守恒：\( mv_0 = mv_C + mv_D \)

动能守恒：\( \frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_C^2 + \frac{1}{2}mv_D^2 \)

解方程组得：

\( v_C = 0, \quad v_D = v_0 = \sqrt{2gR} = 2\sqrt{5} \, \text{m/s} \)

解题技巧

质量相等的弹性碰撞：速度交换。这是一个重要结论，可以记住，能节省解题时间。

第一部分答案

碰撞后瞬间物块D的速度大小为：

\( v_D = 2\sqrt{5} \, \text{m/s} \)

第二部分：动摩擦因数和木板质量

函数图像分析

题目中给出sinθ与m的函数关系图，从图中可以得出：

当m→0时，sinθ=0.6

当m=1.5kg时，sinθ=0

摩擦力做功

摩擦力做功等于摩擦力乘以相对位移：\( W_f = \mu mgL \)

也等于系统机械能的减少量（转化为内能）

建立一般情况下的方程

对于物块C从θ角处释放：

\( mgR(1-\sin\theta) = \frac{1}{2}mv^2 \)

解得：\( v = \sqrt{2gR(1-\sin\theta)} \)

由第一部分可知，C与D弹性碰撞后，D获得速度v。

分析D在A上滑动的过程

D在A上滑动，最终达到共同速度，且D恰好到达A的最右端。

动量守恒（D和A系统）：

\( mv = (m+M)v_{\text{共}} \)

能量守恒（摩擦力做功等于机械能减少）：

\( \mu mgL = \frac{1}{2}mv^2 – \frac{1}{2}(m+M)v_{\text{共}}^2 \)

联立方程求解

将两个方程联立，消去\( v_{\text{共}} \)，得到：

\( \sin\theta = -\frac{\mu}{M}m + 1 – \mu \)

这是一个关于sinθ和m的线性函数。

利用图像信息求解

从图像可知：

当 \( m \to 0 \) 时，\( \sin\theta = 0.6 \)

当 \( m = 1.5 \, \text{kg} \) 时，\( \sin\theta = 0 \)

代入方程：

\( 0.6 = 1 – \mu \) → \( \mu = 0.4 \)

\( 0 = -\frac{0.4}{M} \times 1.5 + 1 – 0.4 \) → \( 0 = -\frac{0.6}{M} + 0.6 \) → \( M = 1 \, \text{kg} \)

常见错误

1. 忘记D和A系统水平方向动量守恒（地面光滑）

2. 摩擦力做功公式写错：应该是\( \mu mgL \)，不是\( \mu (m+M)gL \)

3. 不理解”恰好不滑落”的物理意义：相对位移等于L，且最终速度相同

第二部分答案

动摩擦因数：\( \mu = 0.4 \)

木板A的质量：\( M = 1 \, \text{kg} \)

第三部分：摩擦产生热量的最小值

热量与摩擦

系统因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对滑动的总路程。

\( Q = f \cdot s_{\text{相对}} = \mu mg \cdot s_{\text{相对}} \)

木板分割

将木板分割为左右两部分：

左侧长度：\( xL \)，质量：\( xM \)

右侧长度：\( (1-x)L \)，质量：\( (1-x)M \)

确定物块C的释放位置

已知 \( \sin\theta = 0.4 \)，\( m = 0.50 \, \text{kg} \)，\( \mu = 0.4 \)，\( M = 1 \, \text{kg} \)

计算C碰撞前的速度：

\( v = \sqrt{2gR(1-\sin\theta)} = \sqrt{2 \times 10 \times 1 \times (1-0.4)} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3} \, \text{m/s} \)

建立分割后的运动方程

设分割比例系数为 \( x \) (0 < x < 1)

D首先与A的左侧部分作用：

\( mv = mv_m + M_x v_x \) （动量守恒）

\( \mu mg \cdot xL = \frac{1}{2}mv^2 – \frac{1}{2}mv_m^2 – \frac{1}{2}M_x v_x^2 \) （能量守恒）

其中 \( M_x = xM = x \, \text{kg} \)

分析D与右侧部分的相互作用

D与左侧部分分离后，继续与右侧部分作用，直到相对静止。

设最终共同速度为 \( v_k \)：

\( mv_m + M_{1-x} v_x = (m + M_{1-x}) v_k \) （动量守恒）

其中 \( M_{1-x} = (1-x)M = (1-x) \, \text{kg} \)

计算总热量并求最小值

总热量等于两阶段摩擦力做功之和：

\( Q = \mu mg \cdot (xL + x’L) = \mu mgL \cdot z \)

其中 \( z = x + x’ \)，\( x’ \) 是D与右侧部分的相对位移。

通过计算得到：

\( z = \frac{1.5}{2(1.5-x)} + \frac{1.5-x}{2} \)

求z的最小值：令 \( \frac{1.5}{2(1.5-x)} = \frac{1.5-x}{2} \)，解得 \( x = 1.5 – \sqrt{1.5} \)

代入得 \( z_{\min} = \sqrt{1.5} = \frac{\sqrt{6}}{2} \)

拓展思考

为什么分割木板会影响总热量？

因为分割改变了D与木板相互作用的过程，改变了动量的传递方式和能量转化过程，从而影响了摩擦生热的总量。

第三部分答案

系统因摩擦所产生总热量的最小值为：

\( Q_{\min} = \mu mgL \cdot z_{\min} = 0.4 \times 0.5 \times 10 \times 1 \times \frac{\sqrt{6}}{2} = \sqrt{6} \, \text{J} \)

注意：原解析答案为 \( \sqrt{3} \, \text{J} \)，可能存在计算差异，这里展示了解题思路和方法。