微专题1 板块模型的综合分析-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

物理 Q 微专题 板块模型的综合分析 核心透视 技法点拨用动力学解决板块模型问题的思路 1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优 物理建模 确定板块模型的类型 先选用动量守恒定律解题：若地面不光滑或受其 选研究对象 福离法对滑块、木板分别受力分析 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 计算 由牛顿第二定律 判断是否存在速度相等的 判断 和运动学公式 “临界点” 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 无临界滑块与木 确定相同时间内的位移 速度 板分离 关系，列式求解 它们的相对位移.用运动学公式或动能定理列式 判断 时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用 结果 有临界 滑块与木板没有分 离，假设速度相等 由整体法求 相对位移（或相对路程）. 速度 后加速度也相等 系统加速度 典题例析 若F≤Fm,假设成立，整体 春向1动力学和阎像在板块模型中的应用 列式 由隔离法求滑块 与木板间摩擦力F [例1]（多选)(2024·辽宁卷，10)一足够长木板 若F>Fm,假设不成立，分 及最大静摩擦力Fm 别列式 置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为4， =0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始 春向2 能量观点在板块模型中的应用 向右运动.某时刻，一小物块以与木板等大、反 [例2](2025·山东模拟 向的速度从右端滑上木板.已知t=0到t=4o 演练卷)如图所示，一倾角 的时间内，木板速度。随时间t变化的图像如 为0=37的足够长斜面体 固定在水平地面上，一质 图所示，其中g为重力加速度大小，t=4。时 量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度vo= 刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确 9m/s匀速下滑，现把一质量为m=1kg的铁块 的是 () 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 10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=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； 62.36.4。i (3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与 A.小物块在t=3to时刻滑上木板 达到共速时系统的总能量相等. B.小物块和木板间动摩擦因数为24 C.小物块与木板的质量比为3：4 D.t=4to之后小物块和木板一起做匀速运动 [解题指导] (1)结合v-t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=4。之后小物块和木板 一起做匀速运动 射电望远镜(radio telescope)是指观测和研究来自天体的射电波的基本设备，可以测量天体射电 ·34·的强度，频道及偏振等量。包括收集射电波的定向天线，放大射电信号的高灵敏度接收机，信息记录、 正常处理和显示系统等。 第一部分：专题二能量与动量丨 专向3动量观点在板块模型中的应用 (3)长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量. [例3](2025·河南郑州一模)如图甲所示，质量 mB=3kg的长木板B上表面放置一质量mA= 2kg的物块A,另有一质量mc=1kg的物块C 以某一初速度o从长木板最左端滑上长木板， 物块C与物块A发生弹性碰撞后恰好能从长木 板左端滑落，物块A最终未从长木板滑离.物块 A,C与长木板B之间的动摩擦因数均为41，长 木板B与地面之间的动摩擦因数为2，两物块 碰撞前长木板与地面相对静止.从两物块碰撞后 瞬间开始计时，物块A的v-t图像如图乙所示， 重力加速度g取10m/s2.求： 2/m·s) @"A B 0.2----- 04 0.45 t/s 甲 乙 (1)两物块碰撞后瞬间C的速度大小； (2)动摩擦因数山12的值； 课堂评价，高考预测 (2025·江苏淮安市模拟检测)如图，光滑水平面 (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离. 上有一质量为m=1kg的滑块A静止在P点， 在O点有一质量为M=2kg、长度为L=0.6m 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=2kg的小物块C,滑 块A在外力F=2N作用下，经过时间t=1.5s 到达O点时，在O点立即撒去外力同时与B发 生碰撞.已知小物块C与长木板B间的动摩擦因 数为4=0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时 间极短，g=10m/s2,求： AF B (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 C温馨提 速度； 学习至此，请完成配套训练微专题】 ---0 ·35·答案精析1 2.AD[小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m2=m2a 过程A、B,C组成的系统水平方向动量守恒，有m= 十m1U, 1 1 2m0,根据机械能守恒定律有mgL=之m呢十之 由能量守恒定律了6=之m:6十7m+△E, 2m,联立解得欢=2√2m于m mgL mgL 联立可得o=3.5m/s,AE=24.5J; m 2mmo (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=1a,物 故A正确，B错误；C球由静止释放到最低点的过程中， 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一品= 选B为研究对象，由动量定理有IA=mU=m 2al2,p1=U-at1,解得p1=5m/s, mgL,故C错误；C球由静止释放到最低点的过程 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4$, A2mmo 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则(=中，解得 中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大 t2=0.6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 小为x1,A、B对地水平位移大小为x2,则有x1= 61一2=2al2,p2=p-at,解得vp2=1m/s, 2mz21十x,=L,可解得x,=2m干m moL 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0.8s, ,故D正确.门 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1=t1, 考点三 解得t1=3s, [例4][解析](1)设篮球触地前瞬间，篮球与网球的速 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 度大小为u,根据动能定理可得(m十MDgh=之(m十M 运动学公式0=p一at, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t=0.2s, v2,解得v=6m/s. 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t十妇十t (2)规定竖直向上为正方向，设篮球与地面发生弹性碰 十t1十ts=5s. 撞后瞬间，网球的速度为，篮球的速度为，有U= 答案：(1)24.5J(2)5s 6m/s,2=61m/s. 课堂评价·高考预测 设碰后瞬间，网球和篮球的速度分别为、U1,网球与篮 球发生弹性碰撞，可得m十M=mu十Mu,之mi 1.D[由题困知2P-P=0,1=2s时物体速度变为 +Mv-wi+Mi, 0,没有回到原点，A错误；0~3s内，由动量定理知2F 根据匀变速直线运动的规律可得U=2gH1, 2F1十F1=m。一0，解得0=2m/s,B错误：奇2s内 代入相关已知数据解得H,=12.8m. (3)由题意，设弹性小球与篮球发生弹性碰撞后瞬间，弹 物体位移不为0，由0=工知平均速度不为0，C错误：第 性小球的速度为'，篮球的速度为心'，有m'v1十M= 3s内物体做初速度为0的匀加速直线运动，位移x= mv3'十Mu1， mi+M=m,+Mu,”, 1 合ad=合×2×1m=1m,D正确.] 2.解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1一cos8) 可得4'=m'-M0u+2M m+M 2Mi. 当M>m时，w'≈-U1十22， 解得vo=4m/s, 设弹性小球能上升的最大高度为H2, 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得M=Mu十U, 由u2=2gH2 解得H2=16.2m. 由机核能守恒得Md=合Mw”十之m, [答案](1)6m/s(2)12.8m(3)16.2m 解得碰后瞬间，丙速度大小=2.4m/s, [对点集训] 甲速度大小v=6.4m/s. 1,D[P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有p (2)假设乙能从C,点离开，通过C,点后甲、乙水平速度相 my=pVp'十y, 同，设甲速度为甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开 即p(p-')=m(一w), 甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mU=2mv甲2 根据图像可知p一仰'>'一，故mp<； 解得v甲2=3.2m/s, 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQa十 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为巴， m=mQa'十'， 从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中， 即ia(a-ia')=('-), 根据图像可知a一a'< 一，故mQ>y;故mQ 由机栽能守恒得m时=合mr片十名m中mgR, mx>mp. 又因为v1=p十心， 2.AD[两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题 解得0，=2m/s>0, 图乙图线可知，t时刻两球速度相等为1m/s,由动量守恒 所以乙能从C离开圆孤轨道 定律得m1=(m十2)u,解得B球的质量为2=2kg,故 答案：(1)2.4m/s6.4m/s(2)见解析 A正确；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律 微专题1 得2m元=号（m十m)i十Em,解得Em=3J,故B错 考向1 误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可 [例1] [解析]A.v-t图像的斜率表示加速度，可知t= 知，t时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错 3。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t 误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守 时刻滑上木板，故A正确；B.设小物块和木板间动摩擦 恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得1=1a十 因数为，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= 3 m,由机栽能守恒定律得是m心=子 g,方向水平向左，物块在木板 乞m,i,代入数据解得=-1m/s,=2m/s,时刻 上滑动的加速度为a,=m坚=4，g,经过。时间与木板 E 之m1 共速，此时速度大小为0=乞g,方向水平向右，故可 两球动能之比为E 1 8,故D正确.] 之m2呢 得十盟=t。,解得=2，故B正确；C.设木板质量 uog pog ·243· 〡物理 为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时， 物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C从 木板的加速度为。=豆 1 碰撞后到滑落的时间1=0二心=0.25s, =之g,故可得F-Mg= ac to Mh,解得F-多AMg,根据图像可和尚块滑上木板后木 设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为， 有hmAg一h(ma十mg)g=mag, 由乙图可知t2=0.45s后，物块A和长木板共速，速度 板的加速度为a=豆g。之g 3 大小是VA=h=0.2m/s, 由运动学公式得h=am(t2一t), to =一g,此时对木板 由牛顿第二定律得F-u(m十M)g-Amg=Ma',解得 解得au=1m/s=0.1. 号子，故C错误：D假设1=钻，之后小物块和木板一 m (3)长木板B加速阶段的位移大小西-受（一， 解得x1=0.02m, 起共速运动，对整体F-m十MDg=多aMg一子Mg 设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a,位移大小 =0,故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4 为x2· 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确. 有(ma十m)g=(A十mm)a, [答案]ABD vn=2ax,, 考向2 解得x2=0.02m, [例2][解析](1)根据动量守恒定律有M=(M十m) 长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为Q=(A ,解得v=6m/s. 十1B)g(x1十x2), (2)根据题意可知u=tan0=0.75, 解得Q=0.2J. 对铁块A受力分析有mgsin日十mgcos日=ma1, 答案：(1)1m/s(2)0.4,0.1(3)0.2J 解得a1=12m/s, 课堂评价·高考预测 对长木板受力分析有Mgsin日-mgcos8-μ(M十m) 解析：(1)设滑块A刚到达O,点时的速度为。，根据动量 gcos 0=Ma,, 定理有Ft=m: 解得a2=-6m/s2, 解得=3m/s,方向水平向右。 经过时间t速度相等，有v=十a2t=a1t, (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速 解得t=0,5s,v=6m/s, 度分别为'和1，根据动量守恒定律和机械能守恒定 律分别有mu=mu'十Mw1, 铁块运动位移三名1一1.5m 长木板运动位移=%”=3,75m, zm=合mw+2M, 联立解得v'=-1m/s,=2m/s, 长木板的长度l=x2一x1=2.25m. 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2m/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 -27J, 力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为 铁块重力势能的变化量△Ep=一mgx1sin9=-9J, v,则有M1=2Mw, 长木板重力势能的变化量△Ee=一Mgx2sin日 1 =-45J, 解得u=2=1m/s, 长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q=u(M十) 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的系统根据 gx2c0s8=67.5J, 铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2=mglcos0= 能量守恒可得aMg△x=号M-合×2Mm, 13.5J, 解得△x=1m>L=0.6m, △E十△En十△Ee十Q1十Q2=0, 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x。=2L 故系统能量守恒. 一△x=0.2m. [答案](1)6m/s(2)2.25m(3)见解析 答案：(1)3m/s,方向水平向右(2)2m/s,方向水平向 考向3 右(3)0.2m [例3][解析](1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬 微专题2 间C的速度为U,碰后瞬间C的速度为'，碰后瞬间物 块A的速度为UA,物块C与物块A发生弹性碰撞，满足 [例][解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到P 处过程中，水平方向上动量守恒，则有m心=M2, 动量守恒和机械能守恒，则有 le=le'十AvA, 由能量守恒定律有msh=司m成十号Md, 1 .2 联立解得=6m/s,=3m/s, 2 解得二m干m二3么， 即小球速度为6m/s,方向水平向左，方形物体速度为 1 号ms,方向水平向右 mA十mc (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 由乙图可知，物块A发生碰撞后速度va=2m/s, 方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则 解得'=一1m/s,负号表示方向向左. (2)由乙图可知，0~0.45s内，A做匀减速直线运动的加 有mw1=(m十m） 解得=2m/s, 速度大小为Q=三4m/s 设当弹簧形变量为时物块b的固定解除，此时小球和 由牛顿第二定律得内Ag=AaA, 物块a的速度为v,根据胡克定律F=工1， 系统机拔能守恒立(m十m)店=之(m十m,)戏十 1 解得1=0.4， 物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为ac,由 牛顿第二定律得h1mcg=mcac, 解得ae=4m/s, 联立解得v=11m/s,x1=0.3m, ·244·