思維進(jìn)階二 板塊模型-2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)

11思維進(jìn)階二板塊模型考情分析2024·新課標(biāo)卷T25、2024·安徽卷T14、2024·山東卷T17、2023·全國(guó)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(yùn)動(dòng)時(shí),在受力、運(yùn)動(dòng)、動(dòng)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(shè)法、整體法、隔離法、分段法、圖像法(2)規(guī)律:牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系及能量守恒定律【模型圖解】【典題例析】命題角度1動(dòng)力學(xué)在板塊模型中的應(yīng)用[典例1](2024·商洛模擬)水平地面上有一質(zhì)量m1=3kg的長(zhǎng)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(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示,其中F1、F2分別為t1、t2時(shí)刻F的大小,木板的加速度a1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖丙所示。已知木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.2,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.8。假設(shè)最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動(dòng)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(jì)空氣阻力。則下列說(shuō)法正確的是()A.F1=16NB.F2=20NC.木板加速度所能達(dá)到的最大值為2.5m/s2D.在t1~t2時(shí)間段內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【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(dāng)拉力F逐漸增大到F1時(shí),由圖像可知木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng),此時(shí)木板與地面間的靜摩擦力達(dá)到最大值,根據(jù)平衡條件可知此時(shí)拉力大小為F1=10N,故A錯(cuò)誤;當(dāng)拉力達(dá)到F2時(shí),木板相對(duì)物塊發(fā)生滑動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律,對(duì)木板有f2-f1=m1a,對(duì)物塊有F2-f2=m2a,解得F2=20N,a=2m/s2,此時(shí)拉力大小為20N,木板加速度達(dá)到最大值為2m/s2,故B正確,C錯(cuò)誤;在t1~t2時(shí)間段內(nèi),物塊相對(duì)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(yùn)動(dòng),故D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】(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(zhǎng)),物塊2與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物塊1與物塊2間的動(dòng)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(dòng)摩擦力。當(dāng)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(dāng)拉力F<4μmg時(shí),1、2兩物塊靜止不動(dòng),摩擦力隨F的增大而增大,當(dāng)1、2沒(méi)有發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),2與桌面間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,故大小不變,對(duì)2分析可知f12-4μmg=ma,解得f12=4μmg+ma,逐漸增大,當(dāng)1與2剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí),2與桌面間的摩擦力為滑動(dòng)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(duì)1根據(jù)牛頓第二定律,此時(shí)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(yīng)用[典例2](2024·安徽選擇考)如圖所示,一實(shí)驗(yàn)小車(chē)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(diǎn),一物塊靜止于小車(chē)最左端,一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于O點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí),靜止釋放小球,小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)[1]時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞[2]。碰撞后,物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng),已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25m。小球質(zhì)量m=0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M=0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度g取10m/s2。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(jìn)入圓弧軌道,且在上升階段不脫離小車(chē)[3],求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍?！绢}眼破譯】[1]豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)。[2]動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒。[3]其臨界狀態(tài):一是物塊能運(yùn)動(dòng)至圓弧軌道的最低點(diǎn),二是物塊恰好運(yùn)動(dòng)至與圓弧圓心等高的位置?！窘馕觥?1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理mgL=12mv02-0,解得在最低點(diǎn),對(duì)小球由牛頓第二定律FT-mg=mv0解得小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(guò)程中,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)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(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn),此時(shí)兩者共速,則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)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(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置,此時(shí)兩者共速,則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒在板塊模型中的應(yīng)用[典例3](2024·山東等級(jí)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(diǎn)平滑連接,Q為軌道的最高點(diǎn)。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(dòng)摩擦因數(shù)為μ,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí),受到軌道的彈力大小等于3mg,求小物塊在Q點(diǎn)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(shí),軌道加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。①求μ和m;②初始時(shí),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(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F,小物塊從Q點(diǎn)離開(kāi)軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L?！窘馕觥?1)根據(jù)題意可知小物塊在Q點(diǎn)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(dāng)F≤4N時(shí),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(dāng)外力F>4N時(shí),軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng),則對(duì)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(dāng)F=8N時(shí),軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a2=μg=2m/s2當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí),經(jīng)過(guò)t0時(shí)間,則軌道有v1=a1t0小物塊有v2=a2t0在這個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有12Mv12+12mv22=12M水平方向動(dòng)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(yùn)動(dòng)學(xué)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(xùn)練】如圖所示,兩個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.22,A、B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.10,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。開(kāi)始時(shí),三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右、大小為F=25mg的恒力作用,木板A、B碰撞時(shí)間極短且碰撞后粘連在一起。(取重力加速度g=10m/s2,計(jì)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(yùn)動(dòng)的位移s1是多少?(3)要使C最終不脫離木板,每塊木板的長(zhǎng)度至少應(yīng)為多少?【解析】(1)設(shè)A、C之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f1,A與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2,一開(kāi)始A和C保持相對(duì)靜止,在F的作用下向右加速運(yùn)動(dòng),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(yuǎn)大于外力的沖量,由動(dòng)量守恒定律得mv1=(m+m)v2v2=2碰撞結(jié)束后到三個(gè)物體達(dá)到共同速度的過(guò)程中,設(shè)木板向前移動(dòng)的位移為s1,選三個(gè)物體構(gòu)成的整體為研究對(duì)象,外力之和為零,則2mv1+(m+m)v2=(2m+m+m)v3v3=3設(shè)A、B系統(tǒng)與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f3,對(duì)A、B系統(tǒng)由動(dòng)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(duì)物塊C,由動(dòng)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(yù)測(cè)1.(多選)(2024·赤峰一模)如圖所示,長(zhǎng)木板放置在光滑的水平面上,一小物塊置于長(zhǎng)木板的中央,長(zhǎng)木板和物塊的質(zhì)量均為m,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。已知最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等,重力加速度為g。現(xiàn)對(duì)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(duì)靜止,加速度相同,對(duì)整體,有F=2ma,解得a=F2m,若物塊與木板間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力,則物塊與木板相對(duì)運(yùn)動(dòng),對(duì)木板,有μmg=ma,解得a=【加固訓(xùn)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(gè)質(zhì)量為m2=2kg的小物塊,木板和物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4,木板的長(zhǎng)度為4m,物塊可視為質(zhì)點(diǎn),現(xiàn)用一大小為F=16N的力作用在物塊上,下列說(shuō)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(guò)3s物塊從木板上滑離D.物塊離開(kāi)木板時(shí)的速度為8m/s【解析】選D。對(duì)木板,由牛頓第二定律可得μm2g=m1a1,解得a1=2m/s2,對(duì)物塊,由牛頓第二定律可得F-μm2g=m2a2,解得a2=4m/s2,A、B錯(cuò)誤;物塊從木板上滑離時(shí),位移關(guān)系滿足12a2t2-12a1t2=L,解得t=2s,C錯(cuò)誤;物塊離開(kāi)木板時(shí)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(zhǎng)木板靜止在光滑的水平面上,t=0時(shí)質(zhì)量m=3kg、表面粗糙的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0=4m/s滑上長(zhǎng)木板,物塊做勻減速運(yùn)動(dòng),長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)過(guò)時(shí)間Δt=2s,物塊和長(zhǎng)木板以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10m/s2,則下列說(shuō)法正確的是()A.長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為1m/s2B.物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15C.長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度至少為6mD.物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為12J【解析】選A、D。對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得v=2m/s,長(zhǎng)木板做勻加速運(yùn)動(dòng)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(duì)長(zhǎng)木板有F=μmg=Ma,解得物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,故B錯(cuò)誤;前2s內(nèi)長(zhǎng)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(zhǎng)木板最小長(zhǎng)度L=x2-x1=4m,故C錯(cuò)誤;物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)損失的機(jī)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(diǎn)為L(zhǎng)=2.5m處放置一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊(視為質(zhì)點(diǎn)),物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.3。t=0時(shí)刻,給木板一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I=20N·s。物塊恰好未從木板上滑落。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,重力加速度取g=10m/s2。求:(1)木板與地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小;(2)若給木板水平向右的沖量的同時(shí),也給物塊水平向右的恒力F=5N。求當(dāng)木板剛停止時(shí)物塊的動(dòng)能。(物塊未從木板上滑落)【解析】(1)對(duì)木板由動(dòng)量定理I=Mv0可知木板初速度為v0=IM對(duì)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