微专题1 板块模型的综合分析-【创新教程】2027年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

物理 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为3=0.8$， 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1，=t4, 解得t4=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=p2一ats, 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t,=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t十t2十t? +t4+t5=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 课堂评价·高考预测 1.D 2.解析：(1)丙向下摆动过程中机械能守恒MgL(1一cos0) =2M6, 解得v=4m/s, 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得Mo,=M十m℃， 由机城能守饭得号MG=合Md+号md, 解得碰后瞬间，丙速度大小v=2.4m/s, 甲速度大小v=6.4m/s. (2)假设乙能从C点离开，通过C点后甲、乙水平速度相 同，设甲速度为2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开 甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv=2mv甲2， 解得0甲2=3.2m/s, 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy, 从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中， 由机拔能守恒得之md=2mp+合mu十mgR, 又因为02是=v甲十， 解得v,=2m/s>0, 所以乙能从C离开圆孤轨道. 答案：(1)2.4m/s6.4m/s(2)见解析 微专题1板块模型的综合分析 考向1 [例1][解析]A.v-t图像的斜率表示加速度，可知t= 3t。时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在t=3t。 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，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。三g。,方向水平向左，物块在木板 上滑动的加速度为a,=m8=4g,经过6时间与木板 m 共速，此时速度大小为”兵=24g。,方向水平向右，故可 得十四生=。，解得h=24,故B正确；C.设木板质量 40g40g 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=豆少g%-二】 to =之g,故可得F-uMg= M,解得F=号Mg,根据图像可知物块滑上木板后木 1 3 板的加速度为a=之g。一24g =一g,此时对木板 由牛顿第二定律得F-a(m十MDg-mg=Ma',解得 册-之故C错误：D,假设1=钻，之后小物块和木板一 起共速运动，对整体F-A(m十MDg=号aMg-uMg =0,故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4。 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 [答案]ABD 的 考向2 [例2][解析](I)根据动量守恒定律有M=(M什m), 解得v=6m/s. (2)根据题意可知u=tan0=0.75, 对铁块A受力分析有mgsin0十ngcos0=ma1, 解得a1=12m/s, 对长木板受力分析有 Mgsin 0-umgcos 0-u(M++m)gcos 0=Ma2, 解得a2=-6m/s2, 经过时间t速度相等，有v=十a2t=a1t, 解得t=0.5s,v=6m/s, 铁块运动位移工=受=1.5m, 长木板运动位移x2三o)"t=3.75m, 长木板的长度l=x2一x1=2.25m (3)系统动能的变化量 AE=号M+m)d-M=-27J, 铁块重力势能的变化量△E,l=一ngx sin0=-9J, 长木板重力势能的变化量 AEp2=-Mgx2 sin 0=-45 J, 长木板与斜面之间摩擦产生的热量 Q=u(M+m)gxz cos 0=67.5 J, 铁块与长木板之间摩擦产生的热量 Q=jmglcos 0=13.5 J, △Ek+△Ep1+△Ep2+Q1+Q2=0, 故系统能量守恒。 [答案](1)6m/s(2)2.25m(3)见解析 考向3 [例3][解析](1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬 间C的速度为c,碰后瞬间C的速度为c',碰后瞬间物 块A的速度为℃A,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mcte=mcc'十mnh, m呢=me+ 1 「2mAi, 2cc=3c’ 2 解得v=mA十mc -品-寸： 1 由乙图可知，物块A发生碰撞后速度=2m/s, 解得c'=一1m/s,负号表示方向向左， (2)由乙图可知，00.45s内，A做匀减速直线运动的加 建度大小为a以=合恕-4m/g, 由牛领第二定律得hmAg=mAaA, 解得41=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ac=4m/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1=0=0.25s, ac 设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为aB, 有hmag-h2(ma十mg)g=msag, 由乙图可知t2=0.45s后，物块A和长木板共速，速度 大小是vA==0.2m/s, 由运动学公式得=a(t2一t1), 解得ag=1m/s2,h2=0.1. (3)长木板B加建阶段的位移大小x=空（6一， 解得x1=0.02m, 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, u(mA+mg)g=(mA+mB)a, 哈=2ax2,解得x2=0.02m, 长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为 Q=h（ma+mB)g(x1十x2),解得Q=0.2J. 答案：(1)1m/s(2)0.4,0.1(3)0.2J 课堂评价·高考预测 解析：(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v。,根据动量 定理有Ft=m,解得v=3m/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，'和1，根据动量守恒定律和机械能守恒定 律分别有mv=m'十M1, 合nm6=子ma,+受M, 1 1 联立解得'=-1m/s,=2m/s, 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 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Mu=2Mo,解得0=2=1m/s, 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的系统根据 能量守恒可得MgAx=2M-号×2M, 解得△x=1m>L=0.6m, 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 x=2L-△x=0.2m. 答案：(1)3m/s,方向水平向右(2)2m/s,方向水平向 右(3)0.2m 微专题2力学三大观点的综合应用 [例][解析](I)根据机械能守恒定律有mgL=2mu, 1 解得小球接触地面瞬间的速度的大小v=√2gL (2)设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为B,如 图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律gL(1一 om-名w, 对小球，根据牛顿第二定律mgc0sB=m2 2 2gL 解得cos=3,√3， 此时小球水平方向分速度V1=c0sB, 竖直方向分速度v,1=☑sinB, 竖直方向，根据速度位移关系-t1=2 gLcos B, 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值 ana=， Url 联立解得tana=2 2· (3)(1)设其中一部分的质量为0，则另一部分质量为 kmo,如图所示 a 30 讲解册参考答案 根据动量守恒定律有kmv2sin0-mou3sin0,km。v2cos0 +mcos日=mw, 弹射装置释效的能量E=m,暖十之m喝-名m, 联立可得E= r(1+)2 4kcos 1]mgL (i)根据数学知识可知，当k=1时，E最小为En =mgLtan0, 即有mo2sin0=msin0,m2cos0+m3cos0=mv, E=名对+名m对-名md, 1 两小球同时落地，运动时间为t= 2v2 sin a 2vs sin a g g 可得|03=v21, 两小球的距离d=22sin0·t, 由ana=可得sina√， /23 2 8 联立可得d=g√6 9Ltan0. [答案](1)u=√2gL(2)ana=2网 2 ③1)E-[86-1lmgL: 8 (i)d=9 √69Ltan9 [对点集训门 1.解析：(1)已知F=5N,M=4kg,m=1kg,设木板与地 面间的动摩擦因数为u,有F=u(M十m)g, 当机器人被提起后，对木板受力分析，由牛顿第二定律 有F-Mg=Ma, 由运动学规律可知，机器人被提起的t=2s内，木板的 位移满足z=w计分a,解得z=2.5m (2)机器人被放回木板时木板的速度为v=十at, 从机器人被放回木板到它们相对静止（此时它们共速） 的过程中，在恒力F=5N的作用下，木板和机器人组成 的系统受力平衡，水平方向动量守恒，有m十Mo=(m 十MDV共， 该过程中，对机器人由动能定理有 1 1 W,=2m候-2m, 解得W:=0.48J 答案：(1)2.5m(2)0.48J 2.解析：(1)两摆锤以初速度。=4m/s沿外壳向上运动， 与挡板相碰前，摆锤机械能守恒，设摆锤与挡板相碰前 的速度为)，根据机械能守恒定律有 m6=mgR+2m2,解得=2Em/s, 1 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定 律有2mo=Mv共， 解得v集=√2m/s, 机器人起跳时的动能E,=号M=4J, 2 (2)根据速度位移关系0-=一2gh, 可得机器人外壳上升的最大高度h=0.1m. (3)机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变 为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为 √2m/s,从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中 的机械能损夫△E-2×合md话-(2X2m+2mgR, 解得△E=6J. 答案：(1)Ek=4J(2)h=0.1m(3)△E=6JQ 微专题1 板士 核心透视 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). 典题例析 专向1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，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=4t。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=4t。时刻，小物 块与木板的速度相同，下列说法正确的是 () 0 。23.4。t A.小物块在t=3t。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=4t。之后小物块和木板一起做匀速 运动 第一部分：专题二能量与动量 决模型的综合分析 [解题指导] (1)结合0t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= 4t。之后小物块和木板一起做匀速运动. 技法点拨用动力学解决板块模型问题的 思路 物理建模 确定板块模型的类型 选研究对象 隔离法 对滑块、木板分别受力分析 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” 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 判断 结果 有临界 滑块与木板没有分 由整体法求 速度 离，假设速度相等 后加速度也相等 系统加速度 若F≤Fm,假设成立，整体 列式 由隔离法求滑块 与木板间摩擦力F。 若F>Fm,假设不成立，分 及最大静摩擦力Fm 别列式 春向2能量观点在板块模型中的应用 [例2]如图所示，一倾角 为0=37°的足够长斜面 体固定在水平地面上，一 质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速 度v,=9m/s匀速下滑，现把一质量为m= 1kg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=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； 物理 (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. 专向3动量观点在板块模型中的应用们 [例3]如图甲所示，质量m=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 初速度。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 课堂评价 如图，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=10m/s2,求： AF B 9 (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. 3 A的v-t图像如图乙所示，重力加速度g 取10m/s2.求： 2/m·s) C"Al B 0.2----- aamggggg 09 0.45 6 甲 (1)两物块碰撞后瞬间C的速度大小； (2)动摩擦因数4142的值； (3)长木板B与地面之间由于摩擦产生的 热量. 高考预测 C温馨提 学习至此，请完成配套训练微专题1