微专题三 “板块”模型的综合分析-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

微专题三“板块”模型的综合分析 复习定位 1,会判断木板和滑块间、木板和地面间能否发生滑动。 2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。 考向探究 素养提升 1.“板块”模型中的规律选取 (3)物块C最终到长木板B右侧挡板的 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量 距离。 定理研究。 听课记录 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守 恒定律研究。 (3)系统的功能关系分析：W一F△x=△Ek。 (4)系统的摩擦产生的内能：Q=F△x。 2.“板块”模型中的两点注意 (1)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。 (2)应注意区分滑块、木板各自相对地面的位 041 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）。 【典例】如图所示，光滑水平面上有一质量为 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=0.1，所有碰撞均为弹 性碰撞，且碰撞时间极短，g取10m/s2,求： 【提升练1】（多选）(2024·九省联考河南卷) 如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平 A whimwwwwwmh 地面上，质量为1kg的滑块P以6m/s的初 (1)滑块A刚到达O点时的速度； 速度滑上木板，t=2s时与木板相撞并粘在 (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的 一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。 速度； 重力加速度大小g取10m/s2,则() 第一部分专题二能量与动量一闭 6m·s (1)第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I; (2)木板的最短长度L; (3)小木块与木板发生相对滑动的时间总 和t。 图(a 图b)》 A.Q的质量为1kg B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J D.t=5.8s时木板速度恰好为零 【提升练2】如图所示，光滑 水平地面上有一质量为 777777%77》 M=2kg的木板，木板的左端放有一质量为 m=1kg的小木块，小木块与木板间的动摩 擦因数为以=0.1。在木板两侧地面上各有 一竖直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止 放置。现给小木块向右的水平初速度。= 3m/s,在此后运动过程中木板与墙壁碰撞 042 前小木块和木板已相对静止，小木块始终没 有从木板上掉下。设木板与墙壁碰撞时间 极短且无机械能损失，g取10m/s2,求： 真题演练 感悟高考 1.(2022·河北卷)如图 C A (2)若k=0.5,求从碰撞后到新滑块与新滑板 力分awz 所示，光滑水平面上有 相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。 两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和 2kg,A右端和B左端分别放置滑块C、D,滑 块C、D的质量均为1kg,A和C以相同速度 v。=10m/s向右运动，B和D以相同速度 k。向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间 极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑 块，A与B粘在一起形成一个新滑板，滑块与 滑板之间的动摩擦因数均为μ=0.1。重力加 速度大小g取10m/s2。 (1)若0<k<0.5,求碰撞后滑块C、D形成的 新滑块的速度的大小和方向； ☑一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 2.(2024·安徽卷)如图m0. --0 (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段 所示，一实验小车静 不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦 止在光滑水平面上， M 因数4的取值范围。 其上表面有粗糙水平 轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与 水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静 止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质 细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。 现将细线拉直到水平位置时，由静止释放小 球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰 撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已 知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。 物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的 水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R= 0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空 气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受 拉力的大小： 043 (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的 大小； 请完成课时作业9 练 微专题四力学三大观点的综合应用 M复习定位 1.准确理解力学三大观点的内涵及其使用条件，掌握力学三大观点的选用技巧。 2.在力学计算题中会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的观点进行处理。 考向探究 素养提升 1.力学三大观点对比 续表 力学三 力学三 对应规律 表达式 选用原则 对应规律 表达式 选用原则 大观点 大观点 牛顿第二定律 动能定理 F台=ma W合=△E u=ua十at 物体做匀变速 能量 机械能守恒定律Ek,+Em=Ee十Ee 涉及做功与能 动力学 匀变速直线运 1 直线运动，涉及 观点 观点 功能关系 W。=-△E,等 量转换 动规律 x-v1+2a 运动细节 能量守恒定律 E1=E2 v2-u=2a.x等 第一部分专题二能量与动量一闭解析：(1)小球运动到最低，点时小球和 2m/s,滑块A与长木板B碰后瞬间， 凹槽组成的系统在水平方向动量守 长木板的速度大小为2m/s,方向水平 真题演练 感悟高考…一 恒，取向左为正方向，则有0=w1 向右。 1.(1)5(1-k)m/s,方向向右 Mu2,小球运动到最低，点的过程中系统 (3)长木板B和物块C组成的系统在 (2)1.875m 机找能守恒，有mgb=2mi十2 M, 水平方向所受合外力为零，所以动量 解析：(1)滑块C、D碰撞过程中满足动 守恒，设B、C最终达到的共同速度为 量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新 2m'gb 1 u,则有Mu1=2Mu,解得v=之1 滑块的速度为心，C、D的质量均为m 联立解得v,一√MP+Mm ,因小球和 1kg,以向右方向为正方向，则有 1m/s,设C相对B滑动的路程为△x 凹槽组成的系统在水平方向在任何时 mvo一m·kvo=(m十m)v,解得v 对B、C组成的系统根据能量守恒可得 候都动量守恒，即0=w1一Mv2,两边 1- 1 Mg△x=号Iu1一之×2M,解得 2vo=5(1-k)m/s>0,可知碰撞 同时乘t可得x1=Mx2,且由几何关 系可知x1十x2=a,联立解得x2= 后滑块C、D形成的新滑块的速度大小 △x=1m>L=0.6m,所以物块C最 为5(1一k)m/s,方向向右。 m M+ma. 终到长木板B右侧挡板的距离为工。= (2)若=0.5，可知碰后滑块C、D形成 2L-△x=0.2m (2)小球向左运动过程中凹槽向右运 的新滑块的速度为w=5(1一k)m/s 提升练1AC两者碰撞时，取滑块P 动，当小球的坐标为(x,y)时，此时凹 5×(1一0.5)m/s=2.5m/s,滑板A 的速度方向为正方向，设P的质量为 槽水平向右运动的位移为△.x,根据 m=1kg,Q的质量为M,由系统动量 B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后 (1)的分析可知m(a一x)=M△x,则 守恒定律得mU1十Mo2=(m十M)U, 滑板A、B形成的新滑板的速度为， 小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据 根据v-t图像可知，1=3m/s,2= 以向右方向为正方向，则有mAv。 数学知识可知此时的椭圆方程为 1m/s,v3=2m/s,代入上式解得M= mB·kvo=(mA十mu)v',解得o'=0, (x一△x)2 y =1,整理得 1kg,故A正确：设P与Q之间的动摩 可知碰后新滑块相对于新滑板向右运 a2 62 擦因数为以1，Q与地面之间的动摩擦因 动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板 x (M+m)-ma] 数为以2，根据v-t图像可知，0一2s 向右做匀加速运动，设新滑块的质量 b2 =1。 内P与Q的加速度大小分别为ap= 为M:=2kg,新滑板的质量为M2= (3)将M=B代入小球的轨造方程， 1.5m/s2,aa=0.5m/s,对PQ分别 3kg,相对静止时的共同速度为)共，根 m a-b 受力分析，由牛顿第二定律得1g 据动量守恒定律可得M1v=(M1 化简可得[x-(a-b)]2+y2=b2, map,u1mg-2(m十M)g=Maa,联 M2)t共，解得y共=1m/s,根据能量 即此时小球的轨迹为以(a一b,0)为圆 立解得2=0.05，故B错误；由于碰 心、b为半径的圆，则当小球下降的高 撞，系统损失的机械能为△E=之m0i 守恒定律可得Mgs=2Mi知 1 时，对应的位置如图所示。 度为2 (M1十M2)u,解得s和=1.875m。 2Mu-2 (m十M)v,代入数据解 2.(1)6N(2)4m/s 得△E=1.0J,故C正确；对碰撞后整 (3)0.250.4 体受力分析，由动量定理得一：2(m十 解析：(1)对小球摆动到最低，点的过程 M)gt2=0一(m十M)v3,代入数据解 得t2=4s,因此木板速度恰好为零的 中，由动能定理得mgL=2mu5-0, 时刻为t=t1十t2=2s十4s=6s,故D 解得vo=5m/s, 错误。 在最低点，对小球由牛頓第二定律得 提升练2(1)4N·s(2)3m(3)4s 可知此时速度方向和水平方向的夹角为 解析：(1)取水平向右为正方向，当小 60,小球下降台的过程中，系统水年方向 F-mg=m元' 木块与木板共速时，由动量定理可得 小球运动到最低点与物块碰撞前所受 mvo=(M十m)v1,解得v1=1m/s,因 动量守恒，有0=w3cos60°一M1,系统 拉力的大小为Fx=6N。 为木板与墙壁碰撞无机械能损失，所 b 机械能守恒，有mg 1 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守 以木板与墙壁碰撞前后速度大小相 恒定律和机械能守恒定律得 等，方向相反，所以第一次碰撞墙壁对 之Mo,联立解得u= 4gb" 木板的冲量为I=一Mu1一Mo1,解得 mo=mu1十Mu2, Na--3b I=一4N·s,第一次碰撞墙壁对木板 1 1 的冲量大小为4N·s。 2 mvi=2 mvi+2 Mvi 2b√a+3动 g (2)木块第一次在木板上相对静止的 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块 微专题三“板块”模型的综合分析 位置到木板左端的距离为木板的最短 速度的大小为v?= 2m +Mo=4m/人s。 (3)若物块恰好运动到圆孤轨道的最 考向探究素养提升… 长度，则有2m心-2M十m)u umgL,解得L=3m。 低点，此时两者共速，则对物块与小车 典例(1)3m/s,方向水平向右 (3)木块与木板第一次共速后，两者相 整体由水平方向动量守恒得 (2)2m/s,方向水平向右(3)0.2m 对运动过程中木板始终在做减速运 Mv,=2Mv3, 解析：(1)设滑块A刚到达O,点时的速 动，可以将木板所有减速过程连成 度为U。,取向右为正方向根据动量定 个完整的减速过程，其初速度为V1 由能量守板定律得子Mi=子× 理有Ft=muo,解得vo=3m/s,方向 1m/s,末速度为零，相对滑动阶段木 2Mu十1Mgs,解得41=0.4； 水平向右 若物块恰好运动到与圆孤圆心等高的 (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑 板加速度大小@4=心=0.5m/s, 位置，此时两者共速，则对物块与小车 块和长木板的速度分别为。和U1,根 第一次共速前木板加速运动的时间 整体由水平方向动量守恒得 据动量守恒定律和机械能守恒定律分别 Mv:=2Mv, ·=2s,此后所有相对滑动时间 1 有m,=m十Mai,交mm6=交mg十 为，-0=2s,则木与木板相对 由能量守恒定律得子M=立× 乞M,联立解得o=-1m/s,u 一aM 2Mu:Mgs+MgR, 滑动总时间为t=t1十t2=4s。 解得42=0.25。 ☑一红勾·讲与练·高三二轮物理 -274- 综上所述，物块与水平轨道间的动摩 O,B相对A向左滑动，vA-t图像与t 联立并代入数据解得to=1.5s(另一 擦因数以的取值范固为0.25≤以< 轴所围图形的面积为相对位移，相对 解不符合题意，舍去) 0.4。 微专题四力学三大观点 位移大小为1=之×3×6m=9m: 根据运动学规律有 的综合应用 3~4s时间内UAm<0,B相对A向右 解得L=4.5m。 考向探究素养提升 滑动，相对位移大小为工=2X1× 3m=1.5m,故B相对A向左滑动的 真题演练感悟高考 典例(1)1m/s0.125m 最远距离为9m,即板长至少为9m, 1.(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s (20.25m2m/s B错误；由题图乙可知，t=2s时撤去 解析：(1)滑块从静止释放到C点的过 拉力，3s末A、B两物体的速度相等 程中，由动能定理得mg(h-1.2R (3)4(√3t。-2t8)J 都为v=aBt3=3m/s,此时木板A速 解析：(1)因水平面光滑，故在木板未 度不为零，运动方向不变，C错误：由上 R-Rcos 0)=2mvc-0. 碰到弹簧之前，木板与小物块两者所 述分析可知，t=2s时撤去拉力，所以 解得vc=4m/s, 组成的系统动量守恒，取水平向右为 0~4s时间内拉力做的功即为0一2s 滑块在最高点C时，由牛顿第二定律得 正方向有m2o=(m1十m2)v1,解得 时间内拉力做的功，由VA=UA一U v1=1m/s。 可知，t=2s时A的速度为VA=UA Fc十mg=m尺，解得Fc=22N。 对木板，由动能定理， vr=(6十2)m/s=8m/s,故0~2s时 (2)滑块由静止释放到G点过程，由动 .1 有m2gx1=之m10i, UA 间内A相对地面的位移xA=21一 能定理得mgh一0.2mgLp=之m后， 解得x1=0.125m。 (2)木板与弹簧接触之后，分析小物块 8m,对A应用动能定理得WF一1· 设达到共速时的速度为，由动量守恒 与木板之间即将相对滑动时小物块的 2mgxA-以2gxA= 之moi,解得 得2v=mvG, 受力可知， 1 由功能关系得mugL三2m话二之 竖直方向上有m2g=Fv, WF=72J,D正确。 水平方向上有F特mx=F#=FN, 提升练2(1)4m/s 2mw2,解得=0.3。 由牛顿第二定律可知， (2)(1)0.21kg(i)4.5m (3)设滑块从滑上摆渡车与摆渡车共 对小物块有F特nx=m2a2mx, 解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运 速的时间为1，有11=二=1s 对小物块与木板有kx2=(m1十m2)a2mmx 动知识有mg十3mg=m反 解得a2max=1m/s2,x2=0.25m。 设共速后继续向右做匀速直线运动的 对小物块与木板、弹簧所组成的系统， 解得v=4m/s。 时间为t2,有 从接触开始到小物块与木板即将相对 (2)()根据题图乙分析可知，当外力 滑动的过程中，系统机械能守恒，有 F4N时，轨道与小物块一起向左加 Lo-L-2ut 速运动，对整体由牛顿第二定律有 t,= =1.5s, 2(m1+m:)wi-2（m1 F=(M+m)a, 则t=t1十t2=2.5s。 3 2.(1)1m(2)0(3)12J m)u,解得=乞m/so 变形得a= 1F· M+m 解析：(1)对A物体，根据运动学公式 (3)对木板将弹簧压缩至x2后向右侧 2 结合题图乙可知 M+m kg 4 运动的过程中，因a1>a2mx,故小物块 可得h-x=2gt,解得x=1m。 相对木板一直向右滑动，小物块、木板 0.5kg1 (2)设B物体从地面竖直向上出时 一直受滑动摩擦力，两者加速度再次 当外力F>4N时，轨道与小物块有相 的速度为v,根据运动学公式可知 相等的位置就是弹簧压缩量再次为x 对滑动，对轨道由牛顿第二定律有 1 的，点，木板受恒定的滑动摩擦力与随 F-umg =Ma, x=vuot一2gt2,解得Uw=6m/s,根 位置呈线性变化的弹力作用，易得木 umg 据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体 板在做简谐运动的一部分，证明如下： 变形得a=F M' 的速度大小为vA=gt=2m/s,方向竖 16-2 直向下，碰撞前瞬间B物体的速度大 令kxo=F请，易得xo= m1十m x2 结合题图乙可知M一8一4 kg 小为vu=Uo一gt=4m/s,方向竖直 即两者相对滑动点在该点右侧，以压 1kg, g=-2m/s2, 向上，选竖直向下为正方向，由动量守 缩量x。为起点，向右运动x过程中 M 恒定律可得nAvA一mnu=（mA十 由胡克定律可得，△F为弹力增加量， 联立解得M=1kg,m=1kg,μ=0.2。 u)v,解得碰后瞬间的速度v=0。 则一△F弹=kx。(或对木板有一F弹慧十 (ⅱ)根据题图乙可知，当F=8N时 (3)根据能量守恒定律可知，碰撞过程 F浙=kx) 轨道的加速度为a1=6m/s2,小物块 可见，木板在做简谐运动的一部分，故 的加速度为a2=g=2m/s,方向均 损失的机械能为△E= 2mA十 当弹簧压缩量再次为x2时，结合简谐 水平向左， 运动对称性，可知所用时间为2t。,此 设经时间t。,小物块运动至轨道上的 之m0i一之（mA十m）u，解得 过程中物块运动位移x翡=v2·2to P点，由运动学规律可得 △E=12J。 a2max (2t)2, 此时轨道的速度v1=a1to, 小物块在P点时的速度v2=a2to, 专题三 电场与磁场 依据功能关系△U=F济Ax相对=F工物， 小物块从P点运动至Q点的过程，小 物块与轨道组成的系统机械能守恒， 第7讲电场及带电粒子在 解得△U=4(W3t。-2t)J。 提升练1AD由题图乙可知02s时 系统水平方向上动量守恒，取水平向 电场中的运动 间内vA>0,故A、B发生相对滑动，对 左为速度正方向，则有 B应用牛顿第二定律可得2mg …考向探究素养提升… maB,解得ap=1m/s2,故t=2s时物 2 Moi+ 2mi= 2 2 mv 考向一电场的性质 块B的速度为vB=ant=2m/s,A正 2mgR, 典例1CD因P点所在的等势面高于 确；由题图乙可知0一3s时间内UA如> Mv+mv2=MUs+mv, M点所在的等势面，可知P点电势比 -275- 参考答案一叱