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.docx

模型4板块模型 模型统计真题模型考查角度真题模型考查角度(2017全国卷 T25)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 T25)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”(2015全国卷 T25)利用图象求物块的加速度、碰撞前后木板运动及物块恰好没有离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“板块模型”(2013全国卷 T25)从vt图象分析运动情况、牛顿运动定律、摩擦力及两者共速以后的运动情况等综合应用的“板块模型”模型解读1板块模型的特点板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模型问题，至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)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相互作用及相对运动问题，应根据题目中的已知信息及运动学公式综合分析，分段分步列式求解2板块模型的求解问题(1)相互作用、动摩擦因数(2)木板对地的位移(3)物块对地的位移(4)物块对木板的相对位移(5)摩擦生热，能量转化3板块模型的解题关键解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，抓住两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不但方向可变，而且大小也会在一定范围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的突破点：(1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化(2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也就是物块在木板上相对于板的最大位移(3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助vt图象模型突破考向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)置于光滑水平面上，质量为m的木块与木板间的动摩擦因数为.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速度am、aM的大小分别为多少？图1【解析】若两物体相对静止一起向右做匀加速运动对整体，根据牛顿第二定律有F(Mm)a则木块与木板间的摩擦力fmammg，即0F(Mm)g此时amaM当F(Mm)g时，两物体发生相对运动对木板，根据牛顿第二定律有mgmam，解得amg对木块，根据牛顿第二定律有FmgMaM，解得aM综上所述，若0F(Mm)g，则amaM若F(Mm)g，则amg，aM.【答案】若0F(Mm)g，则amaM；若F(Mm)g，则amg，aM跟踪训练(1)若将典例1中的水平外力F作用在木块上，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？【解析】若0Fmg，则amaM；若Fmg，则am，aM.(2)若将典例1中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因数为2，木块与木板间的动摩擦因数为1，其他条件不变，则木块和木板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？【解析】若0F2(Mm)g，木块和木板的加速度均为零；若2(Mm)gF2(Mm)g1(Mm)g，则amaM；若F2(Mm)g1(Mm)g，则am1g，aM.考向2水平面上具有初始速度的板块模型典例2如图2所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，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，重力加速度为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v0应满足的条件图2【解析】(1)假设小车足够长，物块以水平向左的加速度a1g做匀减速直线运动，而小车以水平向右的加速度a2做匀加速直线运动，最终两物体以相同的速度v一起向右做匀速运动，根据动量守恒定律有mv0(Mm)v设物块在小车上滑行的距离为s，根据能量守恒定律有mgsmv(Mm)v2联立解得s若Ls，则物块最终与小车一起以速度v做匀速运动，根据运动学公式有va2t，联立解得t若Ls，则物块一直以水平向左的加速度a1g做匀减速直线运动，直到从小车最右端滑离小车，根据运动学公式有x1v0ta1t2，x2a2t2，x1x2L联立以上几式解得t.(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应满足：物块恰好到达小车最右端时两者共速根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvmax(Mm)v，mgLmv(Mm)v2，联立解得vmax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v0应满足的条件为v0.答案：见解析如图所示，光滑水平地面上有一质量为m2的滑板，滑板最左端放有一个可视为质点的质量为m1(m1m2)的物块，滑板与物块之间的动摩擦因数为，二者以相同的初速度v0一起向右运动，滑板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失，重力加速度为g，为保证物块不从滑板上滑落，滑板的长度L至少为多少？【解析】(1)若m2m1，滑板与竖直墙碰撞后， 以原速反弹，总动量向左，当二者达到相同速度后一起向左做匀速运动，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L1.根据动量守恒定律有(m2m1)v0(m2m1)v1，v1为物块与滑板碰撞后速度相同时的速度大小根据能量守恒定律有m1gL1(m2m1)v(m2m1)v联立解得L1.(2)若m2m1，滑板与竖直墙碰撞后，以原速反弹，总动量向右，当二者达到相同速度后一起向右运动，再次与墙相碰，重复之前的运动，但两者共速时的速度越来越小最终，滑板静止在竖直墙处，此过程物块一直相对滑板向右运动，当滑板(包括滑板上的物块)最终静止时，物块在滑板上滑动的距离最大，设为L2.根据能量守恒定律有m1gL2(m2m1)v，解得L2所以L2L10，即L1L2，故滑板的长度至少为LL2.答案：考向3传送带模型典例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m1 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由电动机驱动着匀速逆时针转动，速度大小为v3 m/s.已知圆弧轨道半径R0.45 m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.1，两皮带轮之间的距离为L4 m，物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力为F，物块与传送带摩擦产生的热量为Q.重力加速度取g10 m/s2.下列说法正确的是()图3AF10 NBF20 NCQ10 J DQ4 JC物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒：mgRmv，解得：v03 m/s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得：Fmgm，代入数据解得F30 N，故A、B错误；物块滑上传送带将做匀减速运动，设匀减速运动的最大距离为sm，加速度大小为a，由牛顿第二定律得：mgma，解得a1 m/s2，可得：smm4.5 m，因为两皮带轮之间的距离为L4 m，所以物块将从传送带的右端离开传送带设物块在传送带上滑行时间为t，则有：Lv0tat2，解得：t2 s，在t2 s时间内传送带的位移大小为xvt23 m6 m，物块相对于传送带的位移为xxL10 m，热量Qmgx10 J，所以C正确，D错误(2018甘肃天水一模)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()甲乙At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C0t2时间内，小物