板块模型--2023年高考物理压轴题专项训练含答案.pdf

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1、1板块模型1.1.目录一、考向分析1二、题型及要领归纳2一、考向分析1二、题型及要领归纳2热点题型一 结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动2热点题型二 结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动6热点题型三 结合新情景考察板块模型思想的迁移运用9类型一 以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解9类型二 结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题10类型三 综合能量观点考查板块模型13类型四 电磁学为背景构建板块模型15三、压轴题速练 三、压轴题速练 20一考向分析1.1.概述：滑块和滑板叠加的模型简称为“板块模型”这两个简单的“道具”为考查

2、学生的物质观念、运动与相互作用观念能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、学、练、测的重要模型之一。无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”的模型的身影都随处可见，而且常考常新。对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析问题、解决问题的能力和学科核心素养。2.2.命题规律滑块-滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。3.3.复习指导分析滑块-滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。一个转折-滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。两个关联-转折前、后

3、受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。4.4.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。5.5.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L=x1-x2板块模型-2023年高考物理压轴题专项训练2反向运动时：L=x1+x2二题型及要领归纳题型一:结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的

4、多过程运动1 1一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的vt图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：图(a)图(b)(1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【必备知识】1.“滑块-木板”模型问题中

5、，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am=Ffmm.假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2.滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长【关键能力】本题考察的学科素养主要是物理观念中的相互作用观运动观及科学思维中的科学推理与科学论证。要求考生理解摩擦力产生的本质做出清晰的受力分析，能画出滑块木板相对运动的情景分析图并能应用牛顿运动定律及运动学公式建立方程通过科学的运算推理得出正确的结论培养学生综合分析问题的能力。【大题拆

6、分】第一步：分析研究对象模型。设小物块和木板的质量分别为 m 和 M。小物块可以看作质点(初始条件v0未知，如图甲所示)。3第二步：分解过程模型。(1)认为地面各点的粗糙程度相同，小物块和木板一起向右做匀变速运动，到速度大小为v1，如图乙所示。(2)木板与墙壁碰撞过程：小物块受到滑动摩擦力(设置的初始条件)，由于碰撞时间极短(t0)，故碰后小物块速度不变，木板的速度方向突变(设置的初始条件)，如图丙所示。(3)然后小物块向右减速，木板向左减速，经 1 s小物块速度减小为零(如图丁所示)。由于木板的加速度较小，故小物块速度为零时，木板仍有速度。然后小物块向左加速，木板向左减速，到二者达到共同速度

7、v3(如图戊所示)。(4)分析临界条件，包括时间关系和空间关系，如图戊所示。(5)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速直线运动直至停止(如图己所示)。2 2如图，两个滑块 A和B 的质量分别为 mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为 2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，

8、两者之间的距离【必备知识】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【关键能力】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。4题型二:结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动通过近几年真题的分析可以发现对于板块模型的考查多涉及复杂问题情境，要求考生能有清晰的运动观、相互作用观、能量观以及敏锐的数学运算技能与构建模型示意图的能力，要想解决好这一模型必须掌握好以下几个要点：1.1.求解板块模型问题的方法技巧(1)受力分析时注意不要添力或漏力如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间

9、的动摩擦因数为 1，木板与水平地面间的动摩擦因数为2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；(2)列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系对木块受力分析：F-1mg=ma1对木板受力分析：1mg-2(M+m)g=Ma2(3)抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.(4)挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.2.2.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q=Ffx相对.3 3(20232023秋 江西宜春

10、高三校联考期末)如图甲所示，质量M=2.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，5s时撤去拉力可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)01s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离s；(3)5s内A的位移。(结果保留3位有效数字)5题型三:结合新情景考察板块模型思想的迁移运用类型一类型一 以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理

11、解4 4(20202020 全国二卷 2525 题)如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【必备知识】本题考查的知识点为受力分析、牛顿第二定律、运动学公式、

12、动能定理等。【关键能力】(1)理解能力：要求能根据题设情境画出示意图进行分析。(2)推理论证能力：能对汽车进行受力与运动应用受力分析并结合几何关系及牛顿第二定律、运动学公式解决问题。(3)模型构建能力：根据问题情境，建立滑块模板模型。6类型二类型二 结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题斜面上“板块”模型类型1无初速度下滑类(如图)假设法判断是否发生相对滑动(1)21(下面比上面粗糙)，则会相对滑动类型2加外力下滑类(如图)对m分析，加速度范围gsin-1gcos aa3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1=1 s的过程中，木板向左

13、运动的位移为x1=vt1-12a3t21=103m，末速度v1=v-a3t1=83m/s滑块向右运动的位移x2=v+02t1=2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2=4m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3=43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=v1-a3t2解得t2=0.5 s4此过程中，木板向左运动的位移x3=v1t2-12a3t22=76m，末速度v3=v1-a3t2=2m/s滑块向左运动的位移x4=12a2t22=0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为x=x1+x2+x3-x4=6 m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6

14、m。(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1=1m/s2向左运动的位移为x5=v232a1=2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x=x1+x3+x5=6.5 m。2 2如图，两个滑块 A和B 的质量分别为 mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为 2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2.求：(1)B与木板相对静止时，木板的速度

15、；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离【必备知识】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【关键能力】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。【答案】(1)1m/s(2)1.9 m【过程拆分】过程一：A、B在木板上相向运动直至B与木板相对静止B向右做匀减速直线运动 fB=1mBg=25N；aB=1g=5m/s2A向左做匀减速直线运动 fA=1mAg=5N；aA=1g=5m/s2因为 fB fA；所以木板向右做匀加速直线运动 f=2(mA+mB+m)g=10N对木板由牛顿第二定律：fB fA f

16、=ma；得a=2.5m/s2过程二：滑块B与木板相对静止后至A、B两滑块相遇B与木板一起向右匀减速直线运动f+fA=(m+mB)a得：a=53m/s2；A的加速度一直向右先向左做匀减速直线运动速度减为0后向右做初速度为0的匀加速直线运动直至三者相对静止(类竖直上抛模型)【情景图转化】5【规范解答】规定：向右为正方向(1).在滑块B与木板达到共同速度前对B：-fB=1mBg=25N；aB=1g=-5m/s2方向向左对A：fA=1mAg=5N；aA=1g=5m/s2方向向右因为 fB fA；所以木板向右做匀加速直线运动 f=2(mA+mB+m)g=10N对木板由牛顿第二定律：fB fA f=ma；

17、得a=2.5m/s2方向向右设经历时间t1,B与木板达到共同速度v1则：对B：v1=v0+aBt1对A：v1=aAt1联立得t1=0.4s；v1=1m/s(2)在t1时间内设B相对地面向右的位移为sB则sBv0+v12t1=0.8m因为 aA=aB所以 t1时刻 A 的速度大小也为 v1方向向左t1时间内A相对地面向左的位移xA1xA1v0v12t1=0.8m此后B与木板相对静止，对二者组成的系统由牛顿第二定律-（f+fA）=(m+mB)a得：a=-53m/s2；设经历时间t2,B与木板组成的系统和A达到共同速度v2则：对B与木板组成的系统：v2=v1+at2对A：v2=v1+aAt2联立：t

18、2=0.3s；v2=2m/s在t2时间内设B与木板相对地面向右的位移为s1则s1=v1+v22t2=0.225m在t2时间内设A相对地面向左的位移为xA2则xA2=v1+v22t2=0.075mA全程相对地面向左的位移为sA则sA=xA1+xA2=-0.875m运动过程中几何关系如图则AB 间的距离s0=sB+s1+sA=1.9m6(也可用如图所示的速度-时间图线求解)题型二:结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动通过近几年真题的分析可以发现对于板块模型的考查多涉及复杂问题情境，要求考生能有清晰的运动观、相互作用观、能量观以及敏锐的数学运算技能与构建模型示意图的能力，要想解决

19、好这一模型必须掌握好以下几个要点：1.1.求解板块模型问题的方法技巧(1)受力分析时注意不要添力或漏力如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为 1，木板与水平地面间的动摩擦因数为2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；(2)列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系对木块受力分析：F-1mg=ma1对木板受力分析：1mg-2(M+m)g=Ma2(3)抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.(4)挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板

20、的临界条件.2.2.运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q=Ffx相对.3 3(20232023秋 江西宜春 高三校联考期末)如图甲所示，质量M=2.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=1.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，5s时撤去拉力可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)01s内，A、B的加速度大小aA、aB；(2)B相对A滑行的最大距离s；(3)5s内A的位移。(结果保留3位有效数字)【答案】(

21、1)1m/s2，4m/s2；(2)12.2m；(3)6.25m【详解】(1)对B分析有F-mg=maB7解得aB=F-mgm=6.0-0.21.0101.0m/s2=4m/s2对A分析有mg=MaA解得aA=mgM=1m/s2(2)01s内，有sB=12aBt12=2mvB=aBt1=4m/ssA=12aAt12=0.5mvA=aAt1=0.5m/s21s后，对B分析有aB=F-mgm=2.0-0.21.0101.0m/s2=0m/s2则B将做匀速直线运动，A继续做匀加速度直线运动，最后两者达到共同速度有vB=vA+aAt2解得t2=6s所以5s时撤去拉力，两物体还没有达到共同速度，则有vA=

22、vA+aAt=0.5m/s+0.5 5-1m/s=2.5m/s撤去外力后，B做减速运动有mg=maB解得aB=2m/s2由于B做减速运动，A继续做匀加速度直线运动，最后两者达到共同速度有vB-aBt=vA+aAt解得t=0.6sB相对A滑行的最大距离为s=12aBt12+vBt+vBt-12aBt2-12aAt1+t+t2代入数解得s=12.2m(3)5s内A的位移s=12aAt1+t2=6.25m题型三:结合新情景考察板块模型思想的迁移运用8类型一类型一 以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解4 4(20202020 全国二卷

23、 2525 题)如图，一竖直圆管质量为 M，下端距水平地面的高度为 H，顶端塞有一质量为 m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M=4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。【必备知识】本题考查的知识点为受力分析、牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等。【关键能力】(1)理解能

24、力：要求能根据题设情境画出示意图进行分析。(2)推理论证能力：能对汽车进行受力与运动应用受力分析并结合几何关系及牛顿第二定律、运动学公式解决问题。(3)模型构建能力：根据问题情境，建立滑块模板模型。【答案】：(1)2g3g(2)1325H(3)L152125H【解析】(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为 a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为 f，由牛顿运动定律有Ma1=Mg+fma2=f-mg联立式并代入题给数据，得a1=2g，a2=3g(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为 v0

25、=2gH 方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式v0-a1t1=-v0+a2t1联立式得t1=252Hg设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得h1=v0t1-12a1t21v=v0-a1t1由式可判断此时v0。此后，管与小球将以加速度 g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有h2=v22g设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1=h1+h2联立式可得H1=1325H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(H-H1)

26、+mg(H-H1+x1)-4mgx1=09联立式并代入题给数据得x1=45H同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移 x2为x2=45H1设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1+x2L联立式，L应满足的条件为L152125H类型二类型二 结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题斜面上“板块”模型类型1无初速度下滑类(如图)假设法判断是否发生相对滑动(1)21(下面比上面粗糙)，则会相对滑动类型2加外力下滑类(如图)对m分析，加速度范围gsin-1gcos agsin+1

27、gcos 加速度在这个范围内，板块可保持相对静止5 5(20232023 湖北 高三专题练习)如图所示，质量 M=3kg 的长木板放置在倾角 =37 的足够长斜面上。质量m=1kg可视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙。现使木板和物块均以v0=2m/s的速度一起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数 1=1.75，木板与斜面间的动摩擦因数2=0.75，重力加速度g=10m/s2。问：(1)物块与

28、挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离x1多大？(2)物块与挡板第二次碰撞前，速度v1多大？(3)物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离s1及物块和木板间的相对位移s1各多大？(4)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，长木板的长度L至少多大？10【答案】(1)x1=0.1m；(2)1m/s；(3)0.3m；0.3m；(4)0.4m【解析】(1)木板沿斜面向下滑动的过程中，以木板为研究对象，受力分析如图则N2=(mg+Mg)cos又f2=2N2计算可得f2=24N木板和物块构成的系统，沿斜面方向mg+Mgsin-f2=0所以，物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性

29、碰撞后的速度大小为仍为v0=2m/s。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离x1，以物块为研究对象1mgcos+mgsin=ma1v20=2a1x1联立解得x1=0.1m(2)物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则Mv0-mv0=m+Mv1可得v1=12v0=1m/s(3)物块与挡板第一次碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，物块匀变速运动的时间t1=v1-v0a1=0.15s这段时间，物块的对地位移x2=12-v0+v1t1=-0.075m方向沿斜面向上；木板的位移x3=12v0+v1t1=0.225

30、m方向沿斜面向下；物块与木板间的相对位移s1=s1=0.3m做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图11分析可知s1=s1=0.3m(4)物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整个过程，物块与木板间的总相对位移s与木板沿斜面下滑的距离s大小相等，即s=s由系统能量守恒2m+Mgcoss+1mgcoss=12M+mv20+Mgsin解得s=0.4m即长木板的长度L至少为0.4m。类型三类型三 综合能量观点考查板块模型综合能量观点考查板块模型6 6(20232023春

31、 湖北 高三校联考阶段练习)如图所示，倾角=30的光滑斜面上有固定挡板AB，斜面上B、C两点间的高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的薄木板和小物块，小物体与挡板之间有一根压缩并被锁定的轻弹簧，弹簧与挡板和小物块接触但均不连接。薄木板长为 h，其下端位于挡板 AB 处，整体处于静止状态。已知弹簧的弹性势能Ep=12kx2，其中x为弹簧长度的改变量，k为弹簧的劲度系数(k未知)，薄木板和小物块之间的动摩擦因数=32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)把薄木板和小物块固定在一起，解除弹簧的锁定，当薄木板下端与B点的高度差为0.25h时，弹簧与小物块分离，薄木板上端恰能运动到C点，求小

32、物块与弹簧分离时的速率及弹簧的劲度系数k的大小；(2)若薄木板和小物块之间不固定，调整弹簧的压缩量及小物块在薄木板上的位置，仍将压缩并被锁定的弹簧放在小物块与挡板间，解除锁定，为使薄木板上滑且与小物块间没有相对滑动，求弹簧压缩量应满足的条件；(3)若撤去弹簧，薄木板和小物块之间不固定，薄木板和小物块均放在挡板处，给小物块沿斜面向上的初速度v0(未知)。在向上运动过程中，小物块恰好未离开薄木板，求小物块沿斜面向上运动的最大位移。(结果用h表示)12【答案】(1)v0=12gh；k=8mgh；(2)h82mgsin=mg而F=kx联立两式解得xh8所以h8x316h(3)小物块相对薄木板滑动过程中

33、，设小物块的加速度大小为a1，薄木板的加速度大小为a2，则对小物块有a1=gsin+gcos=54g对薄木板有13a2=gcos-gsin=14g两者速度相同后一起匀减速上滑，设两者一起匀减速上滑的初速度大小为v1，加速度大小为a3，则a3=gsin=12g画出v-t图像如图所示在t1时刻两者速度相等，则v1=v0-a1t1=a2t1所以t1=2v03g，v1=16v0根据v-t图像，有12v0t1=h可得v023g=ht1时间内小物块的位移s1=v1+v02t1=76h此后两者一起做匀减速运动，减速运动的位移s2=v122a3=112h所以，小物块沿斜面向上运动的最大位移s=s1+s2=54

34、h类型四类型四 电磁学为背景构建板块模型电磁学为背景构建板块模型7 7(20212021 全国 高考真题)如图，一倾角为的光滑固定斜面的顶端放有质量 M=0.06kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻 R=3 的金属棒 CD 的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L=0.6m。初始时CD与EF相距s0=0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离 s1=316m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速

35、运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B=1T，重力加速度大小取g=10m/s2,sin=0.6。求：(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；(3)导体框匀速运动的距离。14【答案】(1)F安=0.18N；(2)m=0.02kg，=38；(3)x2=518m【解析】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得M+mgs1sin=12M+mv20代入数据解得v0=32m/s金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0由闭合回路的

36、欧姆定律可得I=ER则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安=BIL=0.18N(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsin+mgcos=F安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin-mgcos=Ma设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t=xv0当金属棒刚好离开磁场区域时，则此时导体框的速度为v1=v0+at则导体框的位移x1=v0t+12at2因此导体框和金属棒的相对位移为x=x1-x=12at2由题意当金属棒离

37、开磁场时金属框的上端EF刚好进入磁场，则有位移关系s0-x=x金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为E1=BLv1I1=BLv1R导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得15Mgsin=mgcos+BI1L联立以上可得x=0.3ma=5m/s2m=0.02kg=38(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsin+mgcos=ma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v1=v0+a1t1导体框匀速运动的距离为x2=v1t1代入数据解得x2=2.59m=518m8 8(20232023春 四川成都 高三成都实外校考阶段练习)

38、如图所示，一质量M=5kg的绝缘长木板放在倾角=37的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板下端距斜面底端的距离s=10.25m，斜面底端固定着一弹性薄挡板，与之相碰的物体无能量损失的被弹回。t=0时刻将一质量m=10kg的带负电小物块置于木板上某一位置，并使其获得沿木板向上的初速度 v0=4m/s，同时撤去作用在木板上的外力，并立即在空间加上沿斜面向下的匀强电场E0=4104N/C，经过1s后再将电场大小变为E1=3104N/C，电场方向不变。小物块的带电量q=210-3C，木板与物块间的动摩擦因数=0.5，小物块可以看作质点，整个过程中小物块不会从木板两端滑出，也没有与挡板相碰，不

39、考虑因电场变化带来的影响，取 g=10m/s2。求：(1)01s时间内，木板的位移大小？(2)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，木板的动量大小为多少？(3)从开始运动至木板第一次与挡板碰撞后木板再次达到最高点的过程中产生的摩擦生热为多少？【答案】(1)1m；(2)35kgm/s；(3)270J【解析】(1)01s内，设小物块的加速度大小为a1，木板的加速度为a2，则由牛顿第二定律有mgcos37+mgsin37-qE0=ma1mgcos37-Mgsin37=Ma2解得a1=2m/s2(向下)16a2=2m/s2(向上)所以01s时间内，木板位移大小为s1=12a2t21=1m(2)t=1s时，小物块

40、的速度大小为v1=v0-a1t=2m/s木板的速度大小为v2=a2t=2m/s小物块与木板达到共同速度，且电场强度大小变为E1，假设小物块与木板将共同做匀变速运动，设整体的加速度大小为a3，则(mg+Mg)sin37-qE1=(M+m)a3解得a3=2m/s2对M，有Mgsin37+f=Ma3解得f=20N0.4m可知鸡蛋速度还未减为零，鸡蛋就滑出保护装置，则鸡蛋与装置之间的摩擦热Q=5mgs2=4J5.(20232023 吉林通化 梅河口市第五中学校考三模)如图所示，一木块A放在长木板B的正中央，木块A与长木板B间的动摩擦因数为A=0.1，长木板B与水平面间的动摩擦因数为B=0.3,mA=1

41、kg,mB=2kg。现用一水平拉力F作用在长木板B上。(1)若长木板B足够长，F=10.2N，且作用5s后撤去拉力，求木块A和长木板B都停止运动时各自的位移。(2)若长木板B的长为1.86m，F=12.4N，要使木块A从长木板B后端掉落，求力F作用的最短时间。【答案】(1)7.0m，5.5m；(2)3s【解析】(1)AB间的滑动摩擦力FA=AmAg=1NB与地面间的滑动摩擦力FB=9N先判断A与B相对滑动时F的大小；根据牛顿第二定律F-FA-FB=mBaFA=mAa解得a=1m/s2F=12N所以当F=10.2N时，AB先一起运动，然后A相对B向前滑动，设共同加速度a1，则a1=F-FBmA+

42、mB=0.4m/s25s时二者速度为v，则v=a1t=2m/s位移x=12a1t2=5m此后，AB的加速度分别为a2和a3，对A有FA=mAa224对B有B(mA+mB)g-FA=(mA+mB)a3解得a2=1m/s2a3=4m/s2方向均与物块运动方向相反，AB均做减速运动，分别经过t2=va2=2st3=va3=0.5s停下，相应的位移x2=v2t2=2.0mx3=v2t3=0.5m即木块A的总位移xA=x+x2=7.0m长木板B的总位移xB=x+x3=5.5m(2)当F=12.4N时，AB开始相对滑动，各自的加速度为a4和a5，则a4=1m/s2a5=F-FA-FBmB=1.2m/s2设

43、F作用t1时间后撤去，木块再经过t2时间刚好从长木板后端滑下，速度为v，对木块A，v=(t1+t2)a1撤去力F后木板B的加速度a6=FA+FBmB=5m/s2对于长木板Bv=a5t1-a6t2=1.2t1-5t2两式相等可知t1=30t2两者位移之差等于板长的一半，即12a5t21+a5t1t2-12a6t22-12a1(t1+t2)2=12L求得t1=3s即要使木块A从长木板后端掉下，则该力作用的最短时间为3s。6.(20232023春 江西 高三校联考阶段练习)如图所示，由两种不同材料连接成一体的木板A静置在足够大的光滑水平地面上，在木板A右端放有质量m=1kg的物块B，物块B与木板A右

44、侧的动摩擦因数，1=0.2，与木板A左侧的动摩擦因数2=0.4。现对木板A施加一水平向右的恒力F=10N，两者开始运动，物块B恰好能到达木板A的左端。已知木板A的长度L=3m、质量M=2kg，物块B可视为质点，取重力加速度大小g=10m/s2，求：25(1)木板A两种材料的长度之比L1L2；(2)物块B在木板A上滑动的时间t。【答案】(1)L1L2=12；(2)t=3s【解析】(1)设物块B在木板A右侧滑动时两者的加速度大小分别为aA1、aB1，在木板A左侧滑动时两者的加速度大小分别为aA2、aB2，物块B在木板A左、右两侧滑动的时间分别为t左、t右，则有1mg=maB1F-1mg=MaA12

45、mg=maB2F-2mg=MaA2解得aB1=2m/s2aB2=4m/s2aA1=4m/s2aA2=3m/s2由题意可知L1=12aA1t右2-12aB1t右2L2=12aB2t左2-12aA2t左2aA1t右-aB1t右=aB2t左-aA2t左解得2t右=t左L1L2=12(2)根据已知条件有L1+L2=Lt右+t左=t解得t右=1st左=2st=3s7.(20232023 全国 高三专题练习)如图(a)所示，质量m1=4.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量m2=2.0kg可视为质点的带正电的小物块B放在木板A上某一位置，其电荷量为q=2.010-3C。空间存在足够大的水平向右的匀强电

46、场，电场强度大小为E1=5.0102V/m。质量m3=2.0kg的滑块C放在A板左侧的地面上，滑块C与地面间无摩擦力，其受到水平向右的变力F作用，力F与时刻t的关系为F=7t(如图b)。从t0=0时刻开始，滑块C在变力F作用下由静止开始向右运动，在t1=3s时撤去变力F。此时滑块C刚好与木板A发生弹性正碰，且碰撞时间极短，此后整个过程物块B都未从木板A上滑落。已知26小物块B与木板A接触面及木板A与地面间的动摩擦因数均为=0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)撤去变力F瞬间滑块C的速度大小v1；(2)小物块B与木板A刚好共速时的速度v共；(3)整个过程中A

47、B接触面产生的摩擦内能。【答案】(1)v1=15.75m/s；(2)v共=4.5m/s；(3)51.75J【解析】(1)在F作用的3s内，对滑块C，由动量定理得IF=m3v1-0由F-t图像围成的面积可得IF=Ft1=31.5Ns得v1=15.75m/s(2)设C、A碰后瞬间速度大小分别为vC和vA，取向右为正方向，A、C系统碰撞过程动量守恒，得m3v1=m3vC+m1vAA、C发生弹性碰撞，动能不变，则12m3v12=12m3vC2+12m1vA2代入数据，解得vA=10.5m/sA、C碰撞后，对B受力分析，根据牛顿第二定律有qE1+m2g=m2a2代入数据得a2=1.5m/s2对A受力分析

48、，根据牛顿第二定律有-m2g-m1+m2g=m1a1得a1=-2m/s2设碰后经t2时间A、B共速，则v共=vA+a1t2=a2t2解得t2=3s,v共=4.5m/s(3)从A被碰后到A、B刚好共速过程中，有xA=v共+vA2t227xB=v共+02t2所以此过程B相对A向左滑行x=xA-xB=15.75m此后，假设B、A减速时发生相对滑动，则对B受力分析，根据牛顿第二定律有qE1-m2g=m2a4得a4=-0.5m/s2对A受力分析，根据牛顿第二定律有m2g-m1+m2g=m1a3得a3=-1m/s2因a3 a4故假设成立，A减速快，B将相对A向右滑动，直到都停止此过程它们的位移分别为xA=

49、0-v共22a3=10.125mxB=0-v共22a4=20.25m则此过程B相对A向右滑行x=xB-xA=10.125m则整个过程中AB接触面上产生的摩擦内能Q1=m2g x+x=51.75J8.(20232023秋 江苏苏州 高三校联考阶段练习)如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M=2kg，物块的质量为m=1kg，物块与长木板间的动摩擦因数为1=0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为2=0.4，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力F=20N，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质

50、点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2，求：(1)通过计算分析施加F后m和M是否相对滑动，求0.9s时各自速度；(2)撤去外力F后经多长时间m和M速度相等；(3)m和M全程运动的时间分别多少；(4)长木板的最短长度L。【答案】(1)1.8m/s，2.7m/s；(2)0.1s；(3)2s，1.4s；(4)0.6m【解析】(1)假设物块与长木板一起运动，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F-2(M+m)g=(M+m)a0解得a0=83m/s2当物块与长木板之间相对滑动时，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律有1mg=ma128解得a1=2m/s2由于a0a1则物块与长木