部編版2020高考物理二輪復(fù)習專項1模型突破專題4板塊模型高分突破學(xué)案

1、模型4板塊模型模型統(tǒng)計真題模型考查角度真題模型且A（2017 全國卷出T 25）牛頓第二定律、勻變速運動規(guī)律、物塊與木板相對運動等綜合應(yīng)用的“板塊模型”（2015 .全國卷 n T 25）（2015 .全國卷 I T 25）利用圖象求物塊的加速 度、碰撞前后木板運動 及物塊恰好沒有離開木 板的臨界條件和二者的 相對位移及功能關(guān)系等 綜合應(yīng)用的“板塊模型”（2013 .全國卷 n T 25）考查角度牛頓運動定 律、物塊與木 板相對運動及 功能關(guān)系等綜 合應(yīng)用的“板塊模型”從v-t圖象分析運動情況、牛頓運動定 律、摩擦力及 兩者共速以后 的運動情況等綜合應(yīng)用的“板塊模型”模型解讀.板塊模型的特點板

2、塊模型一直以來都是高考考查的熱點，板塊模型問題，至少涉及兩個物體， 一般包括多個運動過程，板塊間存在相對運動，應(yīng)準確求出各物體在各個運動過程中的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變 )，找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突 破口，求解中應(yīng)注意速度是聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度，問題的實質(zhì)是物體間的相互作用及相對運動問題，應(yīng)根據(jù)題目中的已知信息及運動學(xué)公式綜合分析，分段分步列式求解.板塊模型的求解問題(1)相互作用、動摩擦因數(shù).(2)木板對地的位移.(3)物塊對地的位移.(4)物塊對木板的相對位移.(5)摩擦生熱，能量轉(zhuǎn)化.板塊模型的解題關(guān)鍵解決板

3、塊模型問題，不同的階段要分析受力情況和運動情況的變化，抓住兩者存在相對滑動的臨界條件是兩者間的摩擦力為最大靜摩擦力，靜摩擦力不但方向可變，而且大小也會在一定范圍內(nèi)變化，明確板塊達到共同速度時各物理量關(guān)系是此類題目的突破點：(1)板塊達到共同速度以后，摩擦力要發(fā)生轉(zhuǎn)變，一種情況是板塊間滑動摩擦力轉(zhuǎn)變?yōu)?靜摩擦力；另一種情況是板塊間的滑動摩擦力方向發(fā)生變化.(2)板塊達到共同速度時恰好對應(yīng)物塊不脫離木板時板具有的最小長度，也就是物塊在 木板上相對于板的最大位移.(3)分析受力，求解加速度，畫運動情境圖尋找位移關(guān)系，可借助 v-t圖象.模型突破考向1有外力作用的板塊問題典例1如圖1所示，質(zhì)量為 M的

4、木板(足夠長)置于光滑水平面上，質(zhì)量為 m的木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為小開始時木板和木塊均靜止，某時刻起，一恒定的水平外力用在木板上，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則木塊和木板各自運動的加速度 anaM的大小分別為多少?圖1【解析】 若兩物體相對靜止一起向右做勻加速運動對整體，根據(jù)牛屯第二定律有 F=(出n)a則木塊與木板間的摩擦力 f = ma= mMFm： m mg即 0v Fw(1 (出 n)g此時am= aM=當Fw(M+ m)g時，兩物體發(fā)生相對運動對木板，根據(jù)牛頓第二定律有mg= ma,解得am=(1 g綜上所述，若0V F w(M+ m)g,則F-禮 mg2亡 w g，a m -

5、F-_p_mg aM fla M【答案】若0V FW(出mg,則am li/rr m對木塊，根據(jù)牛屯第二定律有F- mg= Man,解得跟蹤訓(xùn)練(1)若將典例1中的水平外力F作用在木塊上，其他條件不變，則木塊和木板各自運動的加速度anaM的大小分別為多少?ec 一出mF e一 M m右 0VFWM m mg 則 am= aM= m 右 F mw mg 則 am=aM=方.(2)若將典例1中的木板置于粗糙水平面上， 且木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為 科2,木 塊與木板間的動摩擦因數(shù)為 ii 1,其他條件不變，則木塊和木板各自運動的加速度an aM的大小分別為多少？【解析】若0F(唐 n) g+ 呼

6、(出 m) g,則 am=M+ mF-(12M+ m g-mg11 gi,aM=-.M考向2水平面上具有初始速度的板塊模型典例2如圖2所示，質(zhì)量為 M的小車靜止在光滑的水平面上，車長為 L,現(xiàn)有質(zhì)量 為m可視為質(zhì)點的物塊， 以水平向右的初速度 V。從小車最左端滑上小車，物塊與車面間的 動摩擦因數(shù)為(1 ,重力加速度為g,求：(1)物塊在車面上滑行的時間 t ；(2)要使物塊不從小車最右端滑出，物塊滑上小車最左端的初速度V。應(yīng)滿足的條件.圖2【解析】(1)假設(shè)小車足夠長，物塊以水平向左的加速度a1=做勻減速直線運動,而小車以水平向右的加速度22=*故勻加速直線運動，最終兩物體以相同的速度 v一起

7、向右做勻速運動，根據(jù)動量守恒定律有mv= (M+ m v TOC o 1-5 h z 1o 1o設(shè)物塊在小車上滑行的距離為s,根據(jù)能重寸恒te律有mgs=amva(M+ m)v2-Mv聯(lián)立解得s = ;Mr2(1 M+ m g若Ls,則物塊最終與小車一起以速度v做勻速運動，根據(jù)運動學(xué)公式有v=a2t,聯(lián)立解得t =MvM+ m g若Lvs,則物塊一直以水平向左的加速度a1=做勻減速直線運動，直到從小車最右2,xi X2= L(2)要保證物塊不從小車最右端滑離，物塊滑上小車最左端的最大初速度Vmax應(yīng)滿足:物塊恰好到達小車最右端時兩者共速.根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有1212m%ax= (M

8、+ n) v,mgL= mwax (出 n)V ,聯(lián)乂解得 Vmax=/2-7iM+ m gLM即要使物塊不從小車最右端滑出，物塊滑上小車最左端的初速度Vo應(yīng)滿足的條件為2M+ m gLM .答案：見解析教師省選如圖所示，光滑水平地面上有一質(zhì)量為 m的滑板，滑板最左端放有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為 m(mwg)的物塊，滑板與物塊之間的動摩擦因數(shù)為速度Vo一起向右運動，滑板與豎直墻碰撞時間極短，且沒有機械能損失,重力加速度為g,為保證物塊不從滑板上滑落，滑板的長度L至少為多少?777777777777777777777777777777777777*【解析】(1)若m m,滑板與豎直墻碰撞后，以原速

9、反彈,總動量向左，當二者達到相同速度后一起向左做勻速運動，物塊在滑板上滑動的距離最大，設(shè)為Li.根據(jù)動量守恒定律有(m m) Vo= ( m+ m) V1, V1為物塊與滑板碰撞后速度相同時的速度大小 12 12根據(jù)能重寸恒th律有!im1gL1 = 2(m)v。( m+ m)V12.-2mv。聯(lián)立解得L1=：.m+m g(2)若mvm,滑板與豎直墻碰撞后，以原速反彈，總動量向右，當二者達到相同速度后一起向右運動，再次與墻相碰，重復(fù)之前的運動，但兩者共速時的速度越來越小.最終,滑板靜止在豎直墻處， 此過程物塊一直相對滑板向右運動，當滑板(包括滑板上的物塊)最終靜止時，物塊在滑板上滑動的距離最大

10、，設(shè)為L2.12.根據(jù)能重寸恒7E律有 wmigLa = 2(m)Vo,解得L2=, 2m+ m vo2 (igg2 2 m m2Vo . 所以L2 L1 = - o,即L1 v L2,故滑板的長度至少為L= L2=2 (inn m+ m g2m+ m2Vo2(! img2答案:m+ m2V02(1 img考向3傳送帶模型典例3 （2018 赤峰4月模擬）如圖3所示，一個可視為質(zhì)點的物塊，質(zhì)量為m= 1 kg, 從光滑四分之一圓弧軌道頂端由靜止滑下，到達底端時恰好進入與圓弧軌道底端相切的水平傳送帶，傳送帶由電動機驅(qū)動著勻速逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為v=3 m/s,已知圓弧軌道半徑R= 0.45 m,物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為=0.1 ,兩皮帶輪之間的距離為L=4 m,物Q重力加速度塊滑到圓弧軌道底端時又軌道的作用力為F,物塊與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為B. F= 20 ND. Q= 4 J取g= 10 m/s 2,下列說法正確的是（）A. F=10 NC. Q= 10 JC 物塊滑到圓弧軌道底端的過程中，由機械能守恒：mgR= gmVi,解得：V0=V1,則（）12時刻，小物塊離 A處的距離達到最大t 2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大0t 2時間內(nèi)，小物塊受到的摩