高考物理二轮复习专项1模型突破专题4板块模型高分突破学案

模型4板块模型[模型统计]真题模型(2017·全国卷ⅢT25)(2015·全国卷ⅠT25)

考察角度真题模型牛顿第二定律、匀变速运动规律、物块与木板相对运动等综合应用的“板块模型”(2015·全国卷ⅡT25)利用图象求物块的加快度、碰撞前后木板运动及物块恰巧没有走开木板的临界条件和二者的相对位移及功能关系等综合应用的“板块模(2013·全国卷ⅡT25)型”

考察角度牛顿运动定律、物块与木板相对运动及功能关系等综合应用的“板块模型”从v-t图象剖析运动状况、牛顿运动定律、摩擦力及二者共速此后的运动状况等综合应用的“板块模型”[模型解读]1．板块模型的特色板块模型向来以来都是高考考察的热门，板块模型问题，起码波及两个物体，一般包含多个运动过程，板块间存在相对运动，应正确求出各物体在各个运动过程中的加快度(注意两过程的连结处加快度可能突变)，找出物体之间的位移(行程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意速度是联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的互相作用及相对运动问题，应依据题目中的已知信息及运动学公式综合剖析，分段分步列式求解．2．板块模型的求解问题互相作用、动摩擦因数．木板对地的位移．物块对地的位移．物块对木板的相对位移．摩擦生热，能量转变．3．板块模型的解题重点解决板块模型问题，不一样的阶段要剖析受力状况和运动状况的变化，抓住二者存在相对金戈铁骑滑动的临界条件是二者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不只方向可变，并且大小也会在必定范围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的打破点：板块达到共同速度此后，摩擦力要发生转变，一种状况是板块间滑动摩擦力转变成静摩擦力；另一种状况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化．板块达到共同速度时恰巧对应物块不离开木板时板拥有的最小长度，也就是物块在木板上相关于板的最大位移．(3)剖析受力，求解加快度，画运动情境图找寻位移关系，可借助v-t图象．[模型打破]考向1有外力作用的板块问题[典例1]如图1所示，质量为M的木板(足够长)置于圆滑水平面上，质量为m的木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒定的水平外力F作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木板各自运动的加快度am、aM的大小分别为多少？图1【分析】若两物体相对静止一同向右做匀加快运动对整体，依据牛顿第二定律有F＝(M＋m)a则木块与木板间的摩擦力f＝ma＝mF≤μmg，M＋m即0＜F≤μ(M＋m)gF此时am＝aM＝M＋m当F＞μ(M＋m)g时，两物体发生相对运动对木板，依据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得am＝μgF－μmg对木块，依据牛顿第二定律有F－μmg＝Ma，解得aM＝F综上所述，若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝M＋mF－μmg

M若＞μ(＋)，则m＝μ，M＝.FMmgagaMF【答案】若0＜F≤μ(M＋m)g，则am＝aM＝＋；若F＞μ(M＋m)g，则am＝μg，aMMmF－μmg＝M金戈铁骑[追踪训练]若将典例1中的水平外力F作用在木块上，其余条件不变，则木块和木板各自运动的加快度am、aM的大小分别为多少？【分析】若0＜F≤M＋mμ，则m＝M＝F；若F＞M＋mμ，则m＝Mmgaa＋MmgaMm－μmgμmgm，aM＝M.(2)若将典例1中的木板置于粗拙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为μ2，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，其余条件不变，则木块和木板各自运动的加快度am、aM的大小分别为多少？【分析】若0＜F≤μ2(M＋m)g，木块和木板的加快度均为零；若μ2(M＋m)g＜F≤μ2(M－μ2＋1mMFMmg21m＋m)g＋μ(M＋m)g，则a＝a＝M＋m；若F＞μ(M＋m)g＋μ(M＋m)g，则a＝F－μ2M＋mg－μ1mgμ1g，aM＝.M考向2水平面上拥有初始速度的板块模型[典例2]如图2所示，质量为M的小车静止在圆滑的水平面上，车长为L，现有质量为m、可视为质点的物块，以水平向右的初速度v0从小车最左端滑上小车，物块与车面间的动摩擦因数为μ，重力加快度为g，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度v′应知足的条件．0图2【分析】(1)假定小车足够长，物块以水平向左的加快度a1＝μg做匀减速直线运动，mg而小车以水平向右的加快度a2＝M做匀加快直线运动，最后两物体以同样的速度v一同向右做匀速运动，依据动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v1212设物块在小车上滑行的距离为s，依据能量守恒定律有μmgs＝2mv0－2(M＋m)v2Mv0联立解得s＝2μM＋mg若L≥s，则物块最后与小车一同以速度v做匀速运动，依据运动学公式有v＝a2t，联Mv0立解得t＝μM＋mg金戈铁骑若L＜s，则物块向来以水平向左的加快度a1＝μg做匀减速直线运动，直到从小车最右1212端滑离小车，依据运动学公式有x1＝v0t－2a1t，x2＝2a2t，x1－x2＝L22μ＋Mv0－Mv0－MmgLM联立以上几式解得t＝μ.M＋mg(2)要保证物块不从小车最右端滑离，物块滑上小车最左端的最大初速度vmax应知足：物块恰巧抵达小车最右端时二者共速．依据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝(M＋m)v，μmgL＝12122μM＋mgL22，联立解得vMmaxmaxmax即要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度v′应知足的条件为02μM＋mgLv0′≤.M答案：看法析如下图，圆滑水平川面上有一质量为m2的滑板，滑板最左端放有一个可视为质点的质量为m1(m1≠m2)的物块，滑板与物块之间的动摩擦因数为μ，二者以同样的初速度v0一同向右运动，滑板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失，重力加快度为g，为保证物块不从滑板上滑落，滑板的长度L起码为多少？【分析】(1)若m2＞m1，滑板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，总动量向左，当二者达到同样速度后一同向左做匀速运动，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L1.依据动量守恒定律有(m2－m1)v0＝(m2＋m1)v1，v1为物块与滑板碰撞后速度同样时的速度大小1212依据能量守恒定律有μm1gL1＝2(m2＋m1)v0－2(m2＋m1)v12联立解得L＝2m2v0.1m1＋m2g若m2＜m1，滑板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，总动量向右，当二者达到同样速度后一同向右运动，再次与墙相碰，重复以前的运动，但二者共速时的速度愈来愈小．最后，滑板静止在竖直墙处，此过程物块向来相对滑板向右运动，当滑板(包含滑板上的物块)最后静止时，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L2.12m＋mv20依据能量守恒定律有μ12＝(2＋1)0，解得L122＝mgL2mmv2μm1gm－m2v2m＋mv20120＞0，即L1＜L2，故滑板的长度起码为L＝L2＝12因此L2－L1＝2μ11＋22μ1.mmmgmg金戈铁骑2m1＋m2v0答案：2μm1g考向3传递带模型[典例3](2018·赤峰4月模拟)如图3所示，一个可视为质点的物块，质量为m＝1kg，从圆滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，抵达底端时恰巧进入与圆弧轨道底端相切的水平传递带，传递带由电动机驱动着匀速逆时针转动，速度大小为v＝3m/s.已知圆弧轨道半径R＝0.45m，物块与传递带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L＝4m，物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作使劲为F，物块与传递带摩擦产生的热量为Q.重力加快度取g＝10m/s2.以下说法正确的选项是()图3A．F＝10NB．F＝20NC．Q＝10JD．Q＝4J12C[物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒：mgR＝2mv0，解得：v0＝2gR＝32v0m/s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得：F－mg＝mR，代入数据解得F＝30N，故A、B错误；物块滑上传递带将做匀减速运动，设匀减速运动的最大距离为sm，加快度大小为a，由22牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得a＝1m/s2，可得：sm＝v0＝3m＝4.5m，由于两皮带2a2×1轮之间的距离为L＝4m，因此物块将从传递带的右端走开传递带．设物块在传递带上滑行12时间为t，则有：L＝v0t－2at，解得：t＝2s，在t＝2s时间内传递带的位移大小为x＝vt＝2×3m＝6m，物块相关于传递带的位移为x＝x＋L＝10m，热量Q＝μmgx＝10J，因此C正确，D错误．](2018·甘肃天水一模)如下图，绷紧的水平传递带一直以恒定速率v1运转．初速度大小为v2的小物块从与传递带等高的圆滑水平川面上的A处滑上传递带．若从小物块滑上传递带开始计时，小物块在传递带上运动的v-t图象(以地面为参照系)如图乙所示．已知v2>v1，则()金戈铁骑甲乙A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传递带滑动的距离最大C