新高考物理二轮复习——板块模型学案

这是一份新高考物理二轮复习——板块模型学案，共6页。

热点突破
命题点1 滑块与木板模型
考题示例1
（2025·浙江·历年真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（ ）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
答案：D
解析：A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s方向向右，当三者共速时2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；
C．碰撞后到三者相对静止摩擦产生的热量Q＝＝3 J，选项C错误；
D．碰撞后到三者相对静止由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。
故选D。
跟踪训练1
（2023·辽宁·历年真题）如图，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
答案：（1）1 m/s 0.125 m （2）0.25 m m/s （3）
解析：（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1
代入数据有v1＝1 m/s
对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有＝2a1x1
代入数据解得x1＝0.125 m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx＝(m1＋m2)a共
物块与木板之间即将发生相对滑动时，对m2有a2＝μg＝1 m/s2
且此时a共＝a2，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m
对m1、m2组成的系统列动能定理有＝
代入数据有v2＝ m/s
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，
则对m2有：－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2
解得v3＝
则对于m1、m2组成的系统有－Wf＝，ΔU＝－Wf
联立解得：ΔU＝
反思提升
（1）应用动量守恒解决滑块和木板模型的注意事项：
①确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒
②动量守恒定律是矢量式，书写时要规定正方向
③系统中各物体的速度是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度
（2）滑块和木板模型的解题规律
①在涉及滑块或木板的相互作用时间时，优先考虑用动量定理。
②在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。
③在涉及滑块或木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。
命题点2 滑块与凹槽模型
考题示例2
（2024·安徽·历年真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，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，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，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，物块沿着的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案：解：（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL＝－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律FT－mg＝
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0＝mv1＋Mv2、＝
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝＝4 m/s
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，
则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律＝＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，
则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律＝＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4
跟踪训练2
（2023·山东·模拟题）如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA＝5 kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R＝1 m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB＝3 kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC＝2 kg的小球C从高h＝4 m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。
（1）求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小；
（2）在解除凹槽A的锁定情况下，求：
①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小；
②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小；
③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。
答案：（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒mCgh＝
根据牛顿第二定律FN－mCg＝
解得FN＝180 N
由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为F压＝FN＝180 N
（2）①对ABC，根据机械能守恒有mCgh＝
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有mCv2－(mA＋mB)v1＝0
解得v2＝8 m/s，v1＝2 m/s
②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向，
有mCv2－mAv1＝(mA＋mC)v3
解得v3＝ m/s
根据系统机械能守恒有mCgh1＝
解得h1＝ m
小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有h1－R＝
则x1＝v3t＝ m
③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为v1＝2 m/s，v2＝8 m/s
对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有＝
取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有mBv1－mAv1＝mAv4＋mBv5
解得v4＝1 m/s，v5＝－3 m/s
对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有mCv2＋mAv4＝(mA＋mC)v6
解得v6＝3 m/s
根据机械能守恒有mCgh2＝
解得h2＝ m＞R，故还能冲出凹槽。
反思提升
（1）滑块凹槽模型的分析方法：
（2）凹槽位于光滑水平面时，滑块与凹槽组成的系统，只有水平方向系统的动量守恒，竖直方向动量不守恒；当凹槽的圆弧面光滑时，系统的机械能守恒；当两者具有共同水平速度时，滑块到达最大高度（不一定等于圆弧轨道的高度）或滑块冲出圆弧轨道。
命题点
考频统计
命题特点
核心素养
滑块与木板模型
2025年：浙江1月T8
2024年：甘肃T14
浙江6月T20
浙江1月T20
安徽T14 海南T18
山东T17
2023年：湖南T15
山东T18 辽宁T15
结合各省的试卷来看，此类试题通常设置滑块-木板或滑块-圆弧槽等典型的探究类情境，综合考查牛顿运动定律、运动学规律、能量和动量的相关知识，往往还会涉及碰撞的相关规律。
物理观念：
运用相互作用和能量、动量守恒的物理观念分析多物体的复杂运动。
科学思维：
构建滑块、木板的运动模型并结合边界条件和数学知识进行综合分析与推理。
滑块与凹槽模型