思維進階二 板塊模型-2025版高考物理二輪復習

11思維進階二板塊模型考情分析2024·新課標卷T25、2024·安徽卷T14、2024·山東卷T17、2023·全國乙卷T21、2023·山東卷T18、2023·河北卷T15、2022·山東卷T18、2022·河北卷T13模型特征板、塊接觸并運動時,在受力、運動、動量、能量等方面相互制約、相互聯(lián)系方法規(guī)律(1)方法:假設法、整體法、隔離法、分段法、圖像法(2)規(guī)律:牛頓運動定律、運動學公式、動量守恒定律、功能關系及能量守恒定律【模型圖解】【典題例析】命題角度1動力學在板塊模型中的應用[典例1](2024·商洛模擬)水平地面上有一質(zhì)量m1=3kg的長木板,木板的左端上有一質(zhì)量m2=2kg的小物塊,如圖甲所示,水平向右的拉力F作用在物塊上,F隨時間t的變化關系如圖乙所示,其中F1、F2分別為t1、t2時刻F的大小,木板的加速度a1隨時間t的變化關系如圖丙所示。已知木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.2,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.8。假設最大靜摩擦力均與相應的滑動摩擦力相等,重力加速度g取10m/s2,物塊始終未從木板上滑落,不計空氣阻力。則下列說法正確的是()A.F1=16NB.F2=20NC.木板加速度所能達到的最大值為2.5m/s2D.在t1~t2時間段內(nèi)物塊做勻加速直線運動【題眼破譯】【解析】選B。木板與地面間的最大靜摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N,木板與物塊間的最大靜摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N,當拉力F逐漸增大到F1時,由圖像可知木板開始運動,此時木板與地面間的靜摩擦力達到最大值,根據(jù)平衡條件可知此時拉力大小為F1=10N,故A錯誤;當拉力達到F2時,木板相對物塊發(fā)生滑動,根據(jù)牛頓第二定律,對木板有f2-f1=m1a,對物塊有F2-f2=m2a,解得F2=20N,a=2m/s2,此時拉力大小為20N,木板加速度達到最大值為2m/s2,故B正確,C錯誤;在t1~t2時間段內(nèi),物塊相對木板靜止,所受拉力逐漸增大,加速度變大,不做勻加速直線運動,故D錯誤?！炯庸逃柧殹?多選)如圖所示,質(zhì)量分別為3m和m的1、2兩物塊疊放在水平桌面上(物塊足夠長),物塊2與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ,物塊1與物塊2間的動摩擦因數(shù)為2μ;物塊1和物塊2的加速度大小分別用a1、a2表示,物塊1與物塊2間的摩擦力大小用f1表示,物塊2與桌面間的摩擦力大小用f2表示,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當水平力F作用在物塊1上,下列反映a和f變化的圖線正確的是()【解析】選A、C。1與2間的最大靜摩擦力f12=2μ·3mg=6μmg,2與桌面間的最大靜摩擦力f2=μ·4mg=4μmg,當拉力F<4μmg時,1、2兩物塊靜止不動,摩擦力隨F的增大而增大,當1、2沒有發(fā)生相對滑動時,2與桌面間的摩擦力為滑動摩擦力,故大小不變,對2分析可知f12-4μmg=ma,解得f12=4μmg+ma,逐漸增大,當1與2剛好發(fā)生相對滑動時,2與桌面間的摩擦力為滑動摩擦力,故大小不變,物塊2產(chǎn)生的最大加速度a2=f12-f2m=2μg,對1根據(jù)牛頓第二定律,此時的拉力為F,則F-f12=3ma2命題角度2能量守恒在板塊模型中的應用[典例2](2024·安徽選擇考)如圖所示,一實驗小車靜止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點,一物塊靜止于小車最左端,一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方,并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置時,靜止釋放小球,小球運動到最低點[1]時與物塊發(fā)生彈性碰撞[2]。碰撞后,物塊沿著軌道運動,已知細線長L=1.25m。小球質(zhì)量m=0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小;(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小;(3)為使物塊能進入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車[3],求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍?！绢}眼破譯】[1]豎直面內(nèi)圓周運動的最低點。[2]動量守恒、機械能守恒。[3]其臨界狀態(tài):一是物塊能運動至圓弧軌道的最低點,二是物塊恰好運動至與圓弧圓心等高的位置?！窘馕觥?1)對小球擺動到最低點的過程中,由動能定理mgL=12mv02-0,解得在最低點,對小球由牛頓第二定律FT-mg=mv0解得小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為FT=6N。(2)小球與物塊碰撞過程中,由動量守恒定律和機械能守恒定律mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv1解得小球與物塊碰撞后的瞬間,物塊速度的大小為v2=2mm+(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點,此時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2=2Mv3,由能量守恒定律12Mv22=12×2Mv3解得μ1=0.4。若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置,此時兩者共速,則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2=2Mv4,由能量守恒定律12Mv22=12×2Mv42+解得μ2=0.25,綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ<0.4。答案:(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4命題角度3動量守恒在板塊模型中的應用[典例3](2024·山東等級考)如圖甲所示,質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上,軌道水平部分的上表面粗糙,豎直半圓形部分的表面光滑,兩部分在P點平滑連接,Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上,與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R=0.4m,重力加速度大小g取10m/s2。(1)若軌道固定,小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時,受到軌道的彈力大小等于3mg,求小物塊在Q點的速度大小v;(2)若軌道不固定,給軌道施加水平向左的推力F,小物塊處在軌道水平部分時,軌道加速度a與F對應關系如圖乙所示。①求μ和m;②初始時,小物塊靜置在軌道最左端,給軌道施加水平向左的推力F=8N,當小物塊到P點時撤去F,小物塊從Q點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L?！窘馕觥?1)根據(jù)題意可知小物塊在Q點由合力提供向心力有mg+3mg=mv代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s(2)①根據(jù)題意可知當F≤4N時,小物塊與軌道一起向左加速,根據(jù)牛頓第二定律可知F=(M+m)a根據(jù)圖乙有k=1M+m=0當外力F>4N時,軌道與小物塊有相對滑動,則對軌道有F-μmg=Ma結(jié)合題圖乙有a=1MF-可知k=1M=1kg截距b=-μmgM=-2m/s聯(lián)立以上各式可得M=1kg,m=1kg,μ=0.2②由圖乙可知,當F=8N時,軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a2=μg=2m/s2當小物塊運動到P點時,經(jīng)過t0時間,則軌道有v1=a1t0小物塊有v2=a2t0在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有12Mv12+12mv22=12M水平方向動量守恒,以水平向左為正方向,則有Mv1+mv2=Mv3+mv4聯(lián)立解得t0=1.5s根據(jù)運動學公式有L=12a1t02-1代入數(shù)據(jù)解得L=4.5m答案:(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m【加固訓練】如圖所示,兩個完全相同質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地面上,它們的間距s=2.88m,質(zhì)量為2m,大小可忽略的物塊C置于A板的左端,C與A之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.22,A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2=0.10,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。開始時,三個物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給C施加一個水平向右、大小為F=25mg的恒力作用,木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連在一起。(取重力加速度g=10m/s2,計算結(jié)果用根式表示,其中1.(1)A與B相撞前A的速度v1是多少?(2)A與B相撞后向右做加速運動的位移s1是多少?(3)要使C最終不脫離木板,每塊木板的長度至少應為多少?【解析】(1)設A、C之間的滑動摩擦力大小為f1,A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2,一開始A和C保持相對靜止,在F的作用下向右加速運動,有(F-f2)·s=12·(2m+m)v1=4(2)A、B兩木板相碰瞬間,內(nèi)力的沖量遠大于外力的沖量,由動量守恒定律得mv1=(m+m)v2v2=2碰撞結(jié)束后到三個物體達到共同速度的過程中,設木板向前移動的位移為s1,選三個物體構(gòu)成的整體為研究對象,外力之和為零,則2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3v3=3設A、B系統(tǒng)與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f3,對A、B系統(tǒng)由動能定理f1·s1-f3·s1=12·2mv32-1其中f3=μ2(2m+m+m)g解得s1=1.5m(3)對物塊C,由動能定理:(F-f1)(2l+s1)=12·2mv32-1由以上各式,再代入數(shù)據(jù)可得l=0.3m答案:(1)435m/s(2)23考法預測1.(多選)(2024·赤峰一模)如圖所示,長木板放置在光滑的水平面上,一小物塊置于長木板的中央,長木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等,重力加速度為g?，F(xiàn)對物塊施加一水平向右的拉力F,則木板加速度a的大小可能是()A.0B.μgC.32μgD.【解析】選B、D。若物塊與木板間的摩擦力為靜摩擦力,則物塊與木板相對靜止,加速度相同,對整體,有F=2ma,解得a=F2m,若物塊與木板間的摩擦力為滑動摩擦力,則物塊與木板相對運動,對木板,有μmg=ma,解得a=【加固訓練】質(zhì)量為m1=4kg的木板放在光滑的水平面上,其上放置一個質(zhì)量為m2=2kg的小物塊,木板和物塊間的動摩擦因數(shù)為0.4,木板的長度為4m,物塊可視為質(zhì)點,現(xiàn)用一大小為F=16N的力作用在物塊上,下列說法正確的是(g取10m/s2)()A.木板的加速度為1.5m/s2B.物塊的加速度為6m/s2C.經(jīng)過3s物塊從木板上滑離D.物塊離開木板時的速度為8m/s【解析】選D。對木板,由牛頓第二定律可得μm2g=m1a1,解得a1=2m/s2,對物塊,由牛頓第二定律可得F-μm2g=m2a2,解得a2=4m/s2,A、B錯誤;物塊從木板上滑離時,位移關系滿足12a2t2-12a1t2=L,解得t=2s,C錯誤;物塊離開木板時的速度為v2=a22.(多選)(2024·鄭州模擬)如圖所示,質(zhì)量M=3kg、表面粗糙的長木板靜止在光滑的水平面上,t=0時質(zhì)量m=3kg、表面粗糙的物塊(可視為質(zhì)點)以初速度v0=4m/s滑上長木板,物塊做勻減速運動,長木板做勻加速運動,經(jīng)過時間Δt=2s,物塊和長木板以共同速度做勻速運動,重力加速度g取10m/s2,則下列說法正確的是()A.長木板做勻加速運動的加速度大小為1m/s2B.物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.15C.長木板的長度至少為6mD.物塊與長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能為12J【解析】選A、D。對系統(tǒng)由動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=2m/s,長木板做勻加速運動的加速度大小a=ΔvΔt=vΔt=1m/s2,故A正確;根據(jù)牛頓第二定律,對長木板有F=μmg=Ma,解得物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,故B錯誤;前2s內(nèi)長木板的位移x1=0+v2×Δt=0+22×2m=2m,物塊的位移x2=v0+v2×Δt=4+22×2m=6m,所以長木板最小長度L=x2-x1=4m,故C錯誤;物塊與長木板組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE=3.(2024·安慶三模)如圖所示,一質(zhì)量為M=4kg的木板靜止在水平地面上,木板上距離其左端點為L=2.5m處放置一個質(zhì)量為m=1kg的物塊(視為質(zhì)點),物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為μ1=0.3。t=0時刻,給木板一個水平向右的瞬時沖量I=20N·s。物塊恰好未從木板上滑落。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)木板與地面之間的滑動摩擦力大小;(2)若給木板水平向右的沖量的同時,也給物塊水平向右的恒力F=5N。求當木板剛停止時物塊的動能。(物塊未從木板上滑落)【解析】(1)對木板由動量定理I=Mv0可知木板初速度為v0=IM對物塊受力分析可知物塊受到木板給的向右的摩擦力,所以物塊加速度為a