资源简介

(共17张PPT)
必考模型1
板块模型
维度1:
涉及牛顿运动定律的板块模型
研透真题·破题有方
(2019·江苏高考)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【标准解答】
【解析】
(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg
由匀变速直线运动规律有2aAL=
解得vA=
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′,得aB′=μg
(3)设敲击B后经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大
小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=
aAt2,xB=vBt-
aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2
答案:(1)
　
(2)3μg　μg　(3)2
【真题解码】
(1)审题拆过程:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点:
陷阱1:B与地面间的最大静摩擦力与A与B之间的摩擦力的大小关系;
陷阱2:两物体相对运动的方向的判定;
陷阱3:两物体的位移关系的判定。
1.如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长
L=1.8
m、质量M=3
kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1
kg的小物块,物块
与木板间的动摩擦因数μ=
。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面
由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
重力加速度g取10
m/s2。
多维猜押·制霸考场
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5
N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
【解析】(1)对M、m,由牛顿第二定律可知,
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对m,有f-mgsinα=ma,若物块不滑离木板,则两者不发生相对滑动,此时满足
f≤μmgcosα
代入数据得F≤30
N
(2)当F=37.5
N>30
N时,物块与木板相对滑动,对于M,有F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对m,有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式
a1t2-
a2t2=L
代入数据得t=1.2
s
物块离开木板时的速度v=a2t
-2gsinα·s=-v2
代入数据得s=0.9
m
答案:(1)F≤30
N
(2)物块能滑离木板　1.2
s　0.9
m
2.如图甲所示,地面上有一长为l=1
m,高为h=0.8
m,质量M=2
kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1
kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,取g=
10
m/s2。求:
(1)前2
s木板的加速度大小;
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
2.【解析】(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1,
则μ1mg=ma1,
解得:a1=4
m/s2
保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力
Fm=μ2(M+m)g+(M+m)a1=30
N。
因F1=24
NN,
故木块与木板一起做匀加速运动,
由牛顿第二定律可得:
F1-μ2(M+m)g=(M+m)a
解得:a=2
m/s2
(2)设2
s末木块与木板的速度为v,
由运动学知识可得:v=at1
2
s后F2=34
N>Fm=30
N,
木块和木板发生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度为a2,
则F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
经时间t2二者分离,此时由运动学知识可得:
vt2+
-(vt2+
)=l
解得:a2=6
m/s2,t2=1
s
此时木块的速度v块=v+a1t2
木板的速度:v板=
v+a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3,
由平抛运动知识可得:h=
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木块在水平方向向前运动的位移为:x块=v块t3
木块与木板分离后,木板的加速度为a3,由牛顿第二定律可得:F2-μ2Mg=Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木板在水平方向向前运动的位移为:
x板=v板t3+
所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离:
Δs=x板-x块
联立以上式子解得:Δs=1.68
m。
答案:见解析第二篇　锤炼能力·搏高分
必须突破的必考模型和方法
模型建构　高考必考物理模型
必考模型1　板块模型
维度1:
涉及牛顿运动定律的板块模型
模
型
规
律
核
心
素
养
1.物理模型:千变万化的物理命题都是根据一定的物理模型,结合某些物理关系和一定的条件,提出所求物理量。我们解题的过程就是将题目隐含的物理模型还原,求得结果的过程。物理模型的建构是学好物理非常有效的学习方法。2.建模型解题的一般步骤:
1.素养考查:模型建构为核心素养中科学思维的一个核心要素,旨要培养学生的物理思维,锻炼建构物理模型的能力。2.命题导向:通过对近几年全国卷高考的分析,物理模型往往隐藏在各种背景之后。常见的背景主要有在:(1)以生活中的实际问题为背景;(2)以高科技知识为背景;(3)以新闻热点材料为背景。3.常考类型:按照模型在高考中的出现频次划分:(1)常考模型:板块模型(包含传送带)、杆轨模型、绳杆模型、弹簧模型(涉及连接体)、抛体模型。(2)必考模型:板块模型和杆轨模型。
(2019·江苏高考)如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下。接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求:
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小aB、aB′;
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
【标准解答】
(1)审题拆过程:
(2)情境化模型:
(3)命题陷阱点:
陷阱1:B与地面间的最大静摩擦力与A与B之间的摩擦力的大小关系;
陷阱2:两物体相对运动的方向的判定;
陷阱3:两物体的位移关系的判定。
1.
如图所示,倾角α=30°的足够长光滑斜面固定在水平面上,斜面上放一长L=1.8
m、质量M=3
kg的薄木板,木板的最右端叠放一质量m=1
kg的小物块,物块与木板间的动摩擦因数μ=。对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10
m/s2。
(1)为使物块不滑离木板,求力F应满足的条件;
(2)若F=37.5
N,物块能否滑离木板?若不能,请说明理由;若能,求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。
2.如图甲所示,地面上有一长为l=1
m,高为h=0.8
m,质量M=2
kg的木板,木板的右侧放置一个质量为m=1
kg的木块(可视为质点),已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6,初始时两者均静止。现对木板施加一水平向右的拉力F,拉力F随时间t的变化如图乙所示,取g=10
m/s2。求:
(1)前2
s木板的加速度大小;
(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。
第二篇　锤炼能力·搏高分
必须突破的必考模型和方法
模型建构　高考必考物理模型
必考模型1
维度1
///研透真题·破题有方///
　【解析】
(1)由牛顿运动定律知,A加速度的大小aA=μg
由匀变速直线运动规律有2aAL=
解得vA=
(2)设A、B的质量均为m
对齐前,B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB,得aB=3μg
对齐后,A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′,得aB′=μg
(3)设敲击B后经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为xA、xB,A加速度的大小等于aA
则v=aAt,v=vB-aBt
xA=aAt2,xB=vBt-aBt2
且xB-xA=L
解得vB=2。
答案:(1)　(2)3μg　μg　(3)2
///多维猜押·制霸考场///
1.【解析】(1)对M、m,由牛顿第二定律可知,
F-(M+m)gsinα=(M+m)a
对m,有f-mgsinα=ma,若物块不滑离木板,则两者不发生相对滑动,此时满足f≤μmgcosα
代入数据得F≤30
N
(2)当F=37.5
N>30
N时,物块与木板相对滑动,对于M,有F-μmgcosα-Mgsinα=Ma1
对m,有μmgcosα-mgsinα=ma2
设物块滑离木板所用的时间为t,由运动学公式a1t2-a2t2=L
代入数据得t=1.2
s
物块离开木板时的速度v=a2t
-2gsinα·s=-v2
代入数据得s=0.9
m
答案:(1)F≤30
N
(2)物块能滑离木板　1.2
s　0.9
m
2.【解析】(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1,
则μ1mg=ma1,
解得:a1=4
m/s2
保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力
Fm=μ2(M+m)g+(M+m)a1=30
N。
因F1=24
NN,
故木块与木板一起做匀加速运动,
由牛顿第二定律可得:
F1-μ2(M+m)g=(M+m)a
解得:a=2
m/s2
(2)设2
s末木块与木板的速度为v,
由运动学知识可得:v=at1
2
s后F2=34
N>Fm=30
N,
木块和木板发生相对滑动,木块加速度为a1,木板加速度为a2,
则F2-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2
经时间t2二者分离,此时由运动学知识可得:
vt2+a2-(vt2+a1)=l
解得:a2=6
m/s2,t2=1
s
此时木块的速度v块=v+a1t2
木板的速度:v板=
v+a2t2
设木块与木板分离至滑落到地的时间为t3,
由平抛运动知识可得:h=g
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木块在水平方向向前运动的位移为:
x块=v块t3
木块与木板分离后,木板的加速度为a3,由牛顿第二定律可得:F2-μ2Mg=Ma3
在木块与木板分离至落到地面的时间t3内,
木板在水平方向向前运动的位移为:
x板=v板t3+a3
所以,木块落地时距离木板左侧的水平距离:
Δs=x板-x块
联立以上式子解得:Δs=1.68
m。
答案:见解析

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