第1部分 专题2 微专题1 板块模型的综合分析（PPT课件）-【创新教程】2025年高考物理大二轮专题增分方案

微专题1 板块模型的综合分析 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 01 限时集训 能力达标 02 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 　　　 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 课堂评价 高考预测 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 下一页 上一页 返回导航 第一部分：专题二　能量与动量 物理 1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题． 2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化． 3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)． 动力学和图像在板块模型中的应用 [例1]　 (多选)(2024·辽宁卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动．某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板．已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小，t＝4t0时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 [解题指导] (1)结合v­t图像分析出物块和木板的运动情况；(2)表示出物块滑上木板到二者共速所用时间；(3)根据图像分别求出物块未滑上木板和滑上木板，木板的加速度；(4)利用假设法结合整体法分析即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动． [解析]　A．v­t图像的斜率表示加速度，可知t＝3t0时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t＝3t0时刻滑上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦因数为μ0，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为v0＝eq \f(3,2)μgt0，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为a0＝eq \f(μ0mg,m)＝μ0g，经过t0时间与木板共速，此时速度大小为v共＝eq \f(1,2)μgt0，方向水平向右，故可得eq \f(v0,μ0g)＋eq \f(v共,μ0g)＝t0，解得μ0＝2μ，故B正确； C.设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a＝eq \f(\f(1,2)μgt0,t0)＝eq \f(1,2)μg，故可得F－μMg＝Ma，解得F＝eq \f(3,2)μMg，根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a′＝eq \f(\f(1,2)μgt0－\f(3,2)μgt0,t0)＝－μg，此时对木板由牛顿第二定律得F－μ(m＋M)g－μ0mg＝Ma′，解得eq \f(m,M)＝eq \f(1,2)，故C错误；D.假设t＝4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体 F－μ(m＋M)g＝eq \f(3,2)μMg－eq \f(3,2)μMg＝0，故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确． [答案]　ABD 用动力学解决板块模型问题的思路 能量观点在板块模型中的应用 [例2]　 (2024·山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)铁块A和长木板B共速后的速度大小； (2)长木板的长度； (3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等． [解析]　(1)根据动量守恒定律有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝6 m/s. (2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75， 对铁块A受力分析有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1， 解得a1＝12 m/s2， 对长木板受力分析有Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma2， 解得a2＝－6 m/s2， 经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t， 解得t＝0.5 s，v＝6 m/s， 铁块运动位移x1＝eq \f(v,2)t＝1.5 m， 长木板运动位移x2＝eq \f(v0＋v,2)t＝3.75 m， 长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m. (3)系统动能的变化量ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)v2－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)＝－27 J， 铁块重力势能的变化量ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J， 长木板重力势能的变化量ΔEp2＝－Mgx2sin θ ＝－45 J， 长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J， 铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2＝μmglcos θ＝13.5 J， ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0， 故系统能量守恒． [答案]　(1)6 m/s　(2)2.25 m　(3)见解析 动量观点在板块模型中的应用 [例3]　 (2024·江苏南京汉开书院测试)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求： (1)图乙中v1、v2和v3的大小； (2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量． [解析]　(1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，此时木板速度大小v木＝1 m/s， 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝mv1＋Mv木， 解得v1＝4 m/s， 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有mv0＝Mv2， 解得v2＝3 m/s， 2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有mv0＝(m＋M)v3， 解得v3＝2 m/s. (2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能 Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,木)＝9 J， 物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 Ek2＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝9 J， 故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能Ek0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝18 J， 最终相对静止时系统的动能Ek3＝eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,3)＝6 J， 所以系统产生的热量Q＝Ek0－Ek3＝12 J. [答案]　(1)4 m/s　3 m/s　2 m/s　(2)12 J 　(2024·江苏淮安市模拟检测)如图，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M＝2 kg、长度为L＝0.6 m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M＝2 kg的小物块C，滑块A在外力F＝2 N作用下，经过时间t＝1.5 s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞．已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，g＝10 m/s2，求： (1)滑块A刚到达O点时的速度； (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度； (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离． 解析：(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v0，根据动量定理有Ft＝mv0， 解得v0＝3 m/s，方向水平向右． (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为v0′和v1，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有mv0＝mv0′＋Mv1， eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv0′2＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)， 联立解得v0′＝－1 m/s，v1＝2 m/s， 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右． (3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为v，则有Mv1＝2Mv， 解得v＝eq \f(1,2)v1＝1 m/s， 设C相对B滑动的路程为Δx，对B、C组成的系统根据能量守恒可得μMgΔx＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×2Mv2， 解得Δx＝1 m>L＝0.6 m， 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x0＝2L－Δx＝0.2 m. 答案：(1)3 m/s，方向水平向右　(2)2 m/s，方向水平向右　(3)0.2 m $$