1、必考模型1板块模型维度1: 涉及牛顿运动定律的板块模型 (2019江苏高考)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB;(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【标准解答】(1)审题拆过程:(2)情境化模型:(3)命题陷阱点:陷
2、阱1:B与地面间的最大静摩擦力与A与B之间的摩擦力的大小关系;陷阱2:两物体相对运动的方向的判定;陷阱3:两物体的位移关系的判定。1.如图所示,倾角=30的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8 m、质量M=3 kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1 kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;(2)若F=37.5 N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑
3、离木板后沿斜面上升的最大距离。2.如图甲所示,地面上有一长为l=1 m,高为h=0.8 m,质量M=2 kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1 kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,取g=10 m/s2。求:(1)前2 s木板的加速度大小;(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离s。维度2:涉及动量定理和动量守恒定律的板块模型(多选)(2017海南高考)如图(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t=0时, 小物块以速度v0滑到长木板上,图(
4、b)为物块与木板运动的v-t图象,图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()A.木板的长度B.物块与木板的质量之比 C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能(1)审题拆过程:(2)命题陷阱点:陷阱1:物块与木板达到共速时物块不一定恰好到达木板另一端陷阱2:物块与木板间有摩擦不影响系统动量守恒陷阱3:仅根据物块和木板的质量之比不能求出各自的质量1.如图甲所示,半径为R=0.45 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,B点为轨道最低点,在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量M=5 kg,长度L=0.5 m,车的上表面与B点等高,可视为质点的物块
5、从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1 kg,g取10 m/s2。(1)若平板车上表面粗糙,物块最终没有滑离平板车,求物块最终速度的大小;(2)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料,物块在平板车上向右滑动时,所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示,物块最终滑离了平板车,求物块滑离平板车时的速度大小。2.如图所示,两块长度均为l的绝缘木板A、B置于水平地面上的光滑区域,mA=2 kg,mB=1 kg,它们的间距为d=2 m。一质量为2 kg、长度为2l的长板C叠放于A板的上方,二者右端恰好齐平。C与A、B之间的动摩擦因数都为=0.2,最大静摩擦力可认为等于
6、滑动摩擦力。开始时,三者处于静止状态,现给长板C施加一个方向水平向右、大小为4 N的外力F,结果A板被长板C带动加速直到与木板B发生碰撞。假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘连在一起。(g取10 m/s2)(1)求木板A、B碰撞后瞬间的速度大小;(2)要使C最终恰好与木板A、B两端对齐,求木板A、B的长度l的值;(3)若C恰好与木板A、B两端对齐时撤去F,A、B、C三者立刻被锁定为一个系统,此时ABC开始进入水平地面上的粗糙区域,AB下表面与粗糙区域的动摩擦因数2=0.3。求A板运动的总位移大小。3.如图所示,有一质量为M=2 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m=1 kg的小物
7、块A和B(均可视为质点),由车上P处开始,A以初速度v1=2 m/s向左运动,B同时以v2=4 m/s向右运动。最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。两物块与小车间的动摩擦因数都为=0.1,取g=10 m/s2。求:(1)小车总长L;(2)B在小车上滑动的过程中产生的热量QB;(3)从A、B开始运动计时,经6 s小车离原位置的距离x。维度3:涉及能量守恒定律的板块模型 (2020全国卷)如图,一竖直圆管质量为M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落,与地面发生多次弹性碰撞,且每次碰撞时间均极短;在运动过程中,管始终保持竖直。已知M=4m,球和管之间的滑
8、动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小,不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间,管和球各自的加速度大小;(2)管第一次落地弹起后,在上升过程中球没有从管中滑出,求管上升的最大高度;(3)管第二次落地弹起的上升过程中,球仍没有从管中滑出,求圆管长度应满足的条件。【标准解答】(1)审题拆过程:(2)情境化模型:(3)命题陷阱点:陷阱1:自由下落时,球与管不会发生相对滑动。陷阱2:管与地面弹性碰撞时间极短,故管速率不变而球不受影响。陷阱3:管反弹后,相对球向上运动,故受到向下的摩擦力而球受到向上的摩擦力。1.如图所示,木块静止在光滑水平面上,两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块
9、,最终都停在木块内,这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度,则()A.子弹A的质量一定比子弹B的质量大B.入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C.子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D.子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大2.(多选)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上,如图甲所示,一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。第二次将长木板分成A、B两块,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动,如图乙所示。若小铅块
10、相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列说法正确的是()A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C.第一次和第二次过程中产生的热量相等D.第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量3.如图所示,从A点以某一水平初速度抛出质量m=2 kg的小工件(可视为质点),当工件运动至B点时,恰好沿切线方向进入圆心角BOC=37固定光滑圆弧轨道BC,经圆弧轨道后滑上与C点等高、紧靠圆弧轨道且静止在光滑水平面的长木板,长木板右端固定一轻质弹簧,工件压缩弹簧后被弹回并最终停在长木板的左端(弹簧始终在弹性限度内)。已知圆弧轨道C端切线水平,长木板的质量M=1 kg,A、B两
11、点相对C的竖直高度分别为H=1 m,h=0.55 m,(g取10 m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求: (1)工件在B点时的速度大小;(2)工件滑动至圆弧轨道C点时受到轨道的支持力大小;(3)运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm。分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联解决板块问题的思维模板第二篇锤炼能力搏高分必须突破的必考模型和方法模型建构高考必考物理模型必考模型1维度1/研透真题破题有方/【解析】(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=g由匀变速直线运动规律有2aAL=解得vA=(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3mg由牛顿运动定律F=maB,得a
12、B=3g对齐后,A、B所受合外力大小F=2mg由牛顿运动定律F=2maB,得aB=g(3)设敲击B后经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA则v=aAt,v=vB-aBtxA=aAt2,xB=vBt-aBt2且xB-xA=L解得vB=2。答案:(1)(2)3gg(3)2/多维猜押制霸考场/1.【解析】(1)对M、m,由牛顿第二定律可知,F-(M+m)gsin=(M+m)a对m,有f-mgsin=ma,若物块不滑离木板,则两者不发生相对滑动,此时满足fmgcos代入数据得F30 N(2)当F=37.5 N30 N时,物块与木板相对滑动,对于M,有F-mgco
13、s-Mgsin=Ma1对m,有mgcos-mgsin=ma2设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式a1t2-a2t2=L代入数据得t=1.2 s物块离开木板时的速度v=a2t-2gsins=-v2代入数据得s=0.9 m答案:(1)F30 N(2)物块能滑离木板1.2 s0.9 m2.【解析】(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1,则1mg=ma1,解得:a1=4 m/s2保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力Fm=2(M+m)g+(M+m)a1=30 N。因F1=24 NFm=30 N,木块和木板发生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度为a2,则F2-1mg-2(M+m)g=Ma
14、2经时间t2二者分离,此时由运动学知识可得:vt2+a2-(vt2+a1)=l解得:a2=6 m/s2,t2=1 s此时木块的速度v块=v+a1t2木板的速度:v板= v+a2t2设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3,由平抛运动知识可得:h=g在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,木块在水平方向向前运动的位移为:x块=v块t3木块与木板分离后,木板的加速度为a3,由牛顿第二定律可得:F2-2Mg=Ma3 在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,木板在水平方向向前运动的位移为:x板=v板t3+a3 所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离:s=x板-x块联立以上式子解得:s=1.68 m。答案
15、:见解析维度2/研透真题破题有方/B、C系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离,木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度,根据题意无法求出木板的长度,故A错误,物块与木板所在的系统动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=(m+M)v1,解得:=,v0与v1已知,可以求出物块与木板的质量之比,故B正确,对木板,由动量定理得:mgt1=Mv1,解得:=,由于t1、v0、v1已知,可以求出动摩擦因数,故C正确,由于不知道木板的质量,无法求出从t=0开始到t1时刻,木板获得的动能,故D错误,所以选B、C。/多维猜押制霸考场/1.【解析】(
16、1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒:mgR=m解得:vB=3 m/s物块滑上平板车后,系统的动量守恒,则有:mvB=(m+M)v共解得:v共=0.5 m/s(2)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff-L图线与横轴所围的面积,则克服摩擦力做功为:Wf= J=2 J物块在平板车上滑动的过程中,由动能定理得:-Wf=mv2-m解得:v= m/s答案:(1)0.5 m/s(2) m/s2.【解析】(1)设A与C一起加速,则F=(mA+mC)a1,因fAC=mAa10。此后,管与小球将以加速度g减速上升h2,到达最高点。由运动学公式有h2=设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1,则
17、H1=h1+h2联立式可得H1=H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中,由动能定理有Mg(H-H1)+mg(H-H1+x1)-4mgx1=0联立式并代入题给数据得x1=H同理可推得,管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中,球与管的相对位移x2为x2=H1设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中,球不会滑出管外的条件是x1+x2L联立式,L应满足的条件为LH答案:(1)2g3g(2)H(3)LH/多维猜押制霸考场/1.D两子弹和木块组成的系统动量守恒,则有=,而EkAEkB,则得到mAdB,则有子弹入射时的初动能EkAEkB,故B错误,D正确
18、。子弹A、B从木块两侧同时射入木块,木块始终保持静止,分析得知,两子弹在木块中运动时间必定相等,否则木块就会运动,故C错误。2.B、D在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,当小铅块运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B将更早共速,所以小铅块还没有运动到B的右端,二者就已共速,选项A错误,B正确;由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程,则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量,选项C错误,D正确。3.【解析】(1)从A到B,工件做平抛运动,竖直方向H-h=gt2在B点工件的竖直分
19、速度vy=gt=vBsin37代入数据解得vy=3 m/svB=5 m/s(2)设工件到达C点时的速度为v,工件由B到C过程,由动能定理得mgh=mv2-m其中h=R-Rcos37在C点,支持力与工件重力的合力提供向心力,由牛顿第二定律得F-mg=m代入数据解得v=6 m/sF46 N(3)弹簧压缩量最大时弹性势能最大,工件与长木板的速度相等,工件与长木板组成的系统动量守恒,从工件滑上长木板到弹簧压缩量最大过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1设长木板的长度为L,由能量守恒定律得mv2=(M+m)+mgL+Epm从弹簧压缩到最短到工件到达木板最左端过程,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得(M+m)v1=(M+m)v2从工件滑上长木板到工件相对木板静止过程,由能量守恒定律得mv2=(M+m)+mg2L 代入数据解得v1=v2=4 m/s,Epm=6 J答案:(1)5 m/s(2)46 N(3)6 J关闭Word文档返回原板块
