提升课1 板块模型的综合问题(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

提升课1　板块模型的综合问题 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之间的相对位移。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)。 温馨提示:对于过程比较复杂的可以借助v-t图像分析位移及相对位移,可以深入学习强基培优部分——“用v-t图像法快解两个物体多过程运动问题(含追及相遇、板块、传送带问题)”的内容。 核心规律 题型1　外力作用下的板块模型 [例1]　(2025·广东惠州二模)图甲为某学生的书桌抽屉。已知抽屉的质量M=1.8 kg,长度d=0.8 m,其中放有质量m=0.2 kg、长s=0.2 m的书本,书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s,如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦,书本与抽屉间的动摩擦因数μ=0.1。现用水平力F将抽屉抽出,抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。重力加速度g取10 m/s2。 题型讲解 (1)F=1.8 N时,书本和抽屉一起向右运动,求与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v; [解析]　对书本和抽屉,由牛顿第二定律可得 F=(M+m)a, 根据运动学公式可得v2=2ad, 联立可得与挡板碰前瞬间抽屉的速度大小v=1.2 m/s。 [答案]　1.2 m/s (2)F=3.8 N时,求书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的内能ΔU。 [解析]　对书本,由牛顿第二定律有μmg=mam, 对抽屉和书本整体,由牛顿第二定律有Fm=(M+m)am, 解得要使书本和抽屉不发生相对滑动,F的最大值为Fm=2 N。 由F=3.8 N>Fm可知书本和抽屉有相对滑动。对抽屉,由牛顿第二定律有F-μmg=Ma2, 设抽屉的运动时间为t2,根据运动学公式可得d=a2, 此时书本的速度为v2=μgt2, 书本通过的位移大小为x2=·t2, 联立可得v2= m/s,x2=0.4 m, 此后书本经过x3速度减为0,则有x3==0.4 m, 则书本最终停止时,书本和抽屉因摩擦产生的内能为 ΔU=μmg(d-x2+x3)=0.16 J。 [答案]　0.16 J 用动力学解决板块模型问题的思路 反思提升 题型2　动量守恒定律在板块模型中的应用 [例2]　(2025·广东江门一模)如图甲所示,质量mB=3 kg的长木板B上表面放置一质量mA=2 kg的物块A,另有一质量mC=1 kg的物块C以某一初速度v0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最终未从长木板上滑离。物块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为μ1,长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2,两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10 m/s2。求: (1)两物块碰撞后瞬间C的速度大小; [解析]　规定向右为正方向,设两物块碰前瞬间C的速度为vC,碰后瞬间C的速度为vC',碰后瞬间物块A的速度为vA,物块C与物块A发生弹性碰撞,满足动量守恒和机械能守恒,则有 mCvC=mCvC'+mAvA, mC=mCvC'2+mA, 解得vA=vC=vC, vC'=vC=-vC, 由题图乙可知,物块A发生碰撞后速度vA=2 m/s, 解得vC'=-1 m/s,负号表示方向向左。 [答案]　 1 m/s (2)动摩擦因数μ1、μ2的值; [解析]　由题图乙可知,0~0.45 s内,A做匀减速直线运动的加速度大小为aA==4 m/s2, 由牛顿第二定律得μ1mAg=mAaA, 解得μ1=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μ1mCg=mCaC, 解得aC=4 m/s2。 物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零,物块C从碰撞后到滑落的时间t1==0.25 s, 设物块C从长木板滑落后,长木板的加速度大小为aB,有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB, 由题图乙可知t2=0.45 s后,物块A和长木板共速,速度大小是vA=vB=0.2 m/s, 由运动学公式得vB=aB(t2-t1), 解得aB=1 m/s2,μ2=0.1。 [答案]　 0.4　0.1 (3)长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量。 [解析]　长木板B加速阶段的位移大小x1=(t2-t1), 解得x1=0.02 m。 设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a,位移大小为x2,有μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a, =2ax2,解得x2=0.02 m。 长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为 Q=μ2(mA+mB)g(x1+x2), 解得Q=0.2 J。 [答案]　 0.2 J 题型3　能量守恒定律在板块模型中的应用 [例3]　(2025·广东茂名测试)如图所示,静置于光滑水平面上的轨道由长为l=5 m的粗糙水平轨道P和半径为R=0.25 m、圆心角为53°的光滑圆弧轨道Q组成(P、Q连接在一起),轨道质量为2 kg,P上最右侧放置一个质量为1 kg的小物块B,P与B之间的动摩擦因数为0.3。质量为3 kg的小球A通过长为d= 1.8 m的细线连接于固定点O,某时刻将A拉至右侧与O等高处由静止释放(细线始终处于伸直状态),不计A、B碰撞的机械能损失,重力加速度g取10 m/s2,已知sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,物块B视为质点。求: (1)A、B相碰后B的速度大小; [解析]　 A与B相碰前机械能守恒,有 mAgd=mAv2, A、B相碰过程动量守恒,有mAv=mAvA+mBvB, 机械能守恒,有mAv2=mA+mB, 解得vB=9 m/s。 [答案]　9 m/s (2)B到达P、Q连接处的速度大小; [解析]　B与轨道组成的系统动量守恒,有 mBvB=mBvB1+mv1, 能量守恒有μmBgl=mB-mB-m, 解得vB1=7 m/s。 [答案]　7 m/s (3)B离开Q末端后还能上升的最大高度。 [解析]　B从Q冲出时,由能量守恒定律得 μmBgl+mBgR(1-cos 53°)=mB-mB-m, 设B在轨道最高点时水平方向、竖直方向的速度分量分别为vBx、vBy,则=+, 由水平方向动量守恒可得mBvB=mBvBx+mv2, 当滑块B到达轨道最高点时,两者在沿圆弧轨道半径的方向上速度相等,则 vBxsin 53°-vBycos 53°=v2sin 53°, B离开Q末端后还能上升的最大高度为h=, 联立解得h=0.8 m。 [答案]　0.8 m 巩固训练 1.(2025·广东江门一模)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点处有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ= 53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 53° =0.8,cos 53°=0.6,求: (1)货物到达B点时的速度vB的大小; 解析:货物由A运动到B过程,根据动能定理可得mgL1sin 53°- μ1mgL1cos 53°=m, 解得vB=10 m/s。 答案: 10 m/s (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度vC的大小; 解析:货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得 a货==5 m/s2, 根据匀变速直线运动规律有-2a货L2=-, 解得vC=5 m/s。 答案: 5 m/s (3)长木板在反弹过程中损失的机械能与长木板刚接触反弹装置时的机械能比值η。 解析:长木板进入反弹装置时的速度为v1=vC=5 m/s, 设长木板的质量为M,则长木板刚进入反弹装置时的机械能为E=M, 长木板反弹后的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得 -μ2Mg(L2-d)=0-M, 长木板在反弹过程中损失的机械能为ΔE=M-M, 则长木板在反弹过程中损失的机械能与长木板刚接触反弹装置时的机械能比值η==0.6。 答案: 0.6 2.(2025·重庆模拟预测)如图所示,质量为m的长木板c锁定在粗糙水平地面上,质量为2m的物块b放在木板c的正中央,质量为m的物块a以大小为v0的水平速度从木板c的左端滑上木板c,物块a与物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)的瞬间解除锁定,最终物块b恰好不能从木板c的右端掉落。已知物块a、b与木板c间的动摩擦因数均为μ,木板c与地面间的动摩擦因数为,两物块均可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,求: (1)木板的长度L; 解析:物块a滑上木板c后与物块b碰撞前,物块b与木板c均静止,设两物块在木板上滑动时的加速度大小均为a1,解除锁定后,木板加速过程中的加速度大小为a2,物块a与物块b碰撞前物块a的速度大小为v,碰后物块a、b的速度分别为va、vb,则有a1=μg,2μmg-μmg-·4mg=ma2, 由动量守恒和能量守恒有 mv=mva+2mvb,mv2=m+·2m, 解得a2=,va=-,vb=。 物块a、b碰撞前,对a运动过程有-v2=2a1, 物块a、b碰撞后,物块b做减速运动,以木板为参考系,有=()2=2(a1+a2), 解得v=v0,L=。 答案: (2)木板的最大速度vm; 解析:设木板的加速时间为t,则有 vb=(a1+a2)t,vm=a2t, 解得t=,vm=。 答案: (3)物块a与木板因摩擦产生的热量Q。 解析:设物块a与物块b碰撞后,再经时间t的速度为va',则va'=va+μgt=v0=vm,即物体a、b、c在同一时刻达到同速。设物块a相对木板向左运动的距离为l,则l=(a1-a2)t2,Q=μmg(+l),解得Q=。 答案: $