思维进阶二 板块模型-2025版高考物理二轮复习

11思维进阶二板块模型考情分析2024·新课标卷T25、2024·安徽卷T14、2024·山东卷T17、2023·全国乙卷T21、2023·山东卷T18、2023·河北卷T15、2022·山东卷T18、2022·河北卷T13模型特征板、块接触并运动时,在受力、运动、动量、能量等方面相互制约、相互联系方法规律(1)方法:假设法、整体法、隔离法、分段法、图像法(2)规律:牛顿运动定律、运动学公式、动量守恒定律、功能关系及能量守恒定律【模型图解】【典题例析】命题角度1动力学在板块模型中的应用[典例1](2024·商洛模拟)水平地面上有一质量m1=3kg的长木板,木板的左端上有一质量m2=2kg的小物块,如图甲所示,水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小,木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度g取10m/s2,物块始终未从木板上滑落,不计空气阻力。则下列说法正确的是()A.F1=16NB.F2=20NC.木板加速度所能达到的最大值为2.5m/s2D.在t1~t2时间段内物块做匀加速直线运动【题眼破译】【解析】选B。木板与地面间的最大静摩擦力f1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N,木板与物块间的最大静摩擦力f2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N,当拉力F逐渐增大到F1时,由图像可知木板开始运动,此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值,根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10N,故A错误;当拉力达到F2时,木板相对物块发生滑动,根据牛顿第二定律,对木板有f2-f1=m1a,对物块有F2-f2=m2a,解得F2=20N,a=2m/s2,此时拉力大小为20N,木板加速度达到最大值为2m/s2,故B正确,C错误;在t1~t2时间段内,物块相对木板静止,所受拉力逐渐增大,加速度变大,不做匀加速直线运动,故D错误。【加固训练】(多选)如图所示,质量分别为3m和m的1、2两物块叠放在水平桌面上(物块足够长),物块2与桌面间的动摩擦因数为μ,物块1与物块2间的动摩擦因数为2μ;物块1和物块2的加速度大小分别用a1、a2表示,物块1与物块2间的摩擦力大小用f1表示,物块2与桌面间的摩擦力大小用f2表示,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当水平力F作用在物块1上,下列反映a和f变化的图线正确的是()【解析】选A、C。1与2间的最大静摩擦力f12=2μ·3mg=6μmg,2与桌面间的最大静摩擦力f2=μ·4mg=4μmg,当拉力F<4μmg时,1、2两物块静止不动,摩擦力随F的增大而增大,当1、2没有发生相对滑动时,2与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力,故大小不变,对2分析可知f12-4μmg=ma,解得f12=4μmg+ma,逐渐增大,当1与2刚好发生相对滑动时,2与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力,故大小不变,物块2产生的最大加速度a2=f12-f2m=2μg,对1根据牛顿第二定律,此时的拉力为F,则F-f12=3ma2命题角度2能量守恒在板块模型中的应用[典例2](2024·安徽选择考)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点[1]时与物块发生弹性碰撞[2]。碰撞后,物块沿着轨道运动,已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小;(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车[3],求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。【题眼破译】[1]竖直面内圆周运动的最低点。[2]动量守恒、机械能守恒。[3]其临界状态:一是物块能运动至圆弧轨道的最低点,二是物块恰好运动至与圆弧圆心等高的位置。【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中,由动能定理mgL=12mv02-0,解得在最低点,对小球由牛顿第二定律FT-mg=mv0解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6N。(2)小球与物块碰撞过程中,由动量守恒定律和机械能守恒定律mv0=mv1+Mv2,12mv02=12mv1解得小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小为v2=2mm+(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点,此时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2=2Mv3,由能量守恒定律12Mv22=12×2Mv3解得μ1=0.4。若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置,此时两者共速,则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2=2Mv4,由能量守恒定律12Mv22=12×2Mv42+解得μ2=0.25,综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。答案:(1)6N(2)4m/s(3)0.25≤μ<0.4命题角度3动量守恒在板块模型中的应用[典例3](2024·山东等级考)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速度大小g取10m/s2。(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v;(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。①求μ和m;②初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【解析】(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=mv代入数据解得v=4m/s(2)①根据题意可知当F≤4N时,小物块与轨道一起向左加速,根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a根据图乙有k=1M+m=0当外力F>4N时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有F-μmg=Ma结合题图乙有a=1MF-可知k=1M=1kg截距b=-μmgM=-2m/s联立以上各式可得M=1kg,m=1kg,μ=0.2②由图乙可知,当F=8N时,轨道的加速度为6m/s2,小物块的加速度为a2=μg=2m/s2当小物块运动到P点时,经过t0时间,则轨道有v1=a1t0小物块有v2=a2t0在这个过程中系统机械能守恒有12Mv12+12mv22=12M水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4联立解得t0=1.5s根据运动学公式有L=12a1t02-1代入数据解得L=4.5m答案:(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m【加固训练】如图所示,两个完全相同质量为m的木板A、B置于水平地面上,它们的间距s=2.88m,质量为2m,大小可忽略的物块C置于A板的左端,C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22,A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时,三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右、大小为F=25mg的恒力作用,木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起。(取重力加速度g=10m/s2,计算结果用根式表示,其中1.(1)A与B相撞前A的速度v1是多少?(2)A与B相撞后向右做加速运动的位移s1是多少?(3)要使C最终不脱离木板,每块木板的长度至少应为多少?【解析】(1)设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1,A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2,一开始A和C保持相对静止,在F的作用下向右加速运动,有(F-f2)·s=12·(2m+m)v1=4(2)A、B两木板相碰瞬间,内力的冲量远大于外力的冲量,由动量守恒定律得mv1=(m+m)v2v2=2碰撞结束后到三个物体达到共同速度的过程中,设木板向前移动的位移为s1,选三个物体构成的整体为研究对象,外力之和为零,则2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3v3=3设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f3,对A、B系统由动能定理f1·s1-f3·s1=12·2mv32-1其中f3=μ2(2m+m+m)g解得s1=1.5m(3)对物块C,由动能定理:(F-f1)(2l+s1)=12·2mv32-1由以上各式,再代入数据可得l=0.3m答案:(1)435m/s(2)23考法预测1.(多选)(2024·赤峰一模)如图所示,长木板放置在光滑的水平面上,一小物块置于长木板的中央,长木板和物块的质量均为m,物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F,则木板加速度a的大小可能是()A.0B.μgC.32μgD.【解析】选B、D。若物块与木板间的摩擦力为静摩擦力,则物块与木板相对静止,加速度相同,对整体,有F=2ma,解得a=F2m,若物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力,则物块与木板相对运动,对木板,有μmg=ma,解得a=【加固训练】质量为m1=4kg的木板放在光滑的水平面上,其上放置一个质量为m2=2kg的小物块,木板和物块间的动摩擦因数为0.4,木板的长度为4m,物块可视为质点,现用一大小为F=16N的力作用在物块上,下列说法正确的是(g取10m/s2)()A.木板的加速度为1.5m/s2B.物块的加速度为6m/s2C.经过3s物块从木板上滑离D.物块离开木板时的速度为8m/s【解析】选D。对木板,由牛顿第二定律可得μm2g=m1a1,解得a1=2m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μm2g=m2a2,解得a2=4m/s2,A、B错误;物块从木板上滑离时,位移关系满足12a2t2-12a1t2=L,解得t=2s,C错误;物块离开木板时的速度为v2=a22.(多选)(2024·郑州模拟)如图所示,质量M=3kg、表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上,t=0时质量m=3kg、表面粗糙的物块(可视为质点)以初速度v0=4m/s滑上长木板,物块做匀减速运动,长木板做匀加速运动,经过时间Δt=2s,物块和长木板以共同速度做匀速运动,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.长木板做匀加速运动的加速度大小为1m/s2B.物块与长木板之间的动摩擦因数为0.15C.长木板的长度至少为6mD.物块与长木板组成的系统损失的机械能为12J【解析】选A、D。对系统由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=2m/s,长木板做匀加速运动的加速度大小a=ΔvΔt=vΔt=1m/s2,故A正确;根据牛顿第二定律,对长木板有F=μmg=Ma,解得物块与长木板之间的动摩擦因数为μ=0.1,故B错误;前2s内长木板的位移x1=0+v2×Δt=0+22×2m=2m,物块的位移x2=v0+v2×Δt=4+22×2m=6m,所以长木板最小长度L=x2-x1=4m,故C错误;物块与长木板组成的系统损失的机械能ΔE=3.(2024·安庆三模)如图所示,一质量为M=4kg的木板静止在水平地面上,木板上距离其左端点为L=2.5m处放置一个质量为m=1kg的物块(视为质点),物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.3。t=0时刻,给木板一个水平向右的瞬时冲量I=20N·s。物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)木板与地面之间的滑动摩擦力大小;(2)若给木板水平向右的冲量的同时,也给物块水平向右的恒力F=5N。求当木板刚停止时物块的动能。(物块未从木板上滑落)【解析】(1)对木板由动量定理I=Mv0可知木板初速度为v0=IM对物块受力分析可知物块受到木板给的向右的摩擦力,所以物块加速度为a