高三物理专题复习板块模型龙川一中刘国华.doc

专项一：物理模型之“滑块--木板”模型 “滑块—木板”模型：作为力学的基本模型常常浮现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用此类问题的分析有助于培养学生对物理情景的想象能力，有助于培养学生思维能力且此模型常常在高考（全国Ⅰ卷25题、全国Ⅱ卷25题、全国Ⅱ卷25题）或模拟考试中作为压轴题浮现，因此要引起同窗们的注重江苏卷（选择题）全国卷Ⅰ·25题全国卷Ⅱ·25题命题角度：多过程定性分析、力与运动命题角度：多过程相对运动、图像应用命题角度：多过程、相对运动与临界问题的分析命题角度：1、判断与否相对运动 2、判断滑离时的速度 3、求相对运动的时间 4、求相对运动的位移 5、求损失的机械能易错点：1、判断与否相对运动条件 2、两物体所受摩擦力大小 3、速度相等后能否共速问题突破一、“滑块—木板”模型中讨论与判断的题型1、（江苏卷多选）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最后没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中A、桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B、鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C、若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变 D、若猫减小拉力，鱼缸有也许滑出桌面2、（多选）如图所示，A、B两物块的质量分别为2 m和m，静止叠放在水平地面上。

A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g现对A施加一水平拉力F，则(　　)A、当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μgC．当F>2μmg时，A相对B滑动 D．无论F为什么值，B的加速度不会超过μg3、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t＝0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力滑块的v­t图像也许是图中的(　　)总结：从以上几例我们可以看到，无论物体的运动情景如何复杂，此类问题的解答有一种基本技巧和措施：在物体运动的每一种过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；若两个物体的初速度相似（涉及初速为0）且受外力F状况下，则要先鉴定两个物体与否发生相对滑动，其措施是求出不受外力F作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F作用下整体的加速度，比较两者的大小即可得出结论突破二、“滑块—木板”模型中加速度问题（纯运动学问题）m0MhLmv0AB1.如图所示，一长度L=3m，高h=0.8m，质量为M=1kg的物块A静止在水平面上.质量为m=0.49kg的物块B静止在A的最左端，物块B与A相比大小可忽视不计，它们之间的动摩擦因数μ1=0.5，物块A与地之间的动摩擦因数μ2=0.1.一种质量为m0=0.01kg可视为质点的子弹，以速度v0沿水平方向射中物块B，假设在任何状况下子弹均不能穿出。

g=10m/s2，问：（1）子弹以v0=400m/s击中物块B后的瞬间，它们的速度为多少？（2）被击中的物块B在A上滑动的过程中，A、B的加速度各为多少？（3）子弹速度为多少时，能使物块B落地瞬间A同步停下？2．(18分)如图所示，某货场需将质量m1＝50kg的货品(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货品与地面发生撞击，现运用光滑倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ，使货品由倾斜轨道顶端距底端高度h=1m处无初速度滑下．两轨道相切于P, 倾斜轨道与水平面夹角为θ=600, 弧形轨道半径R＝2m，末端切线水平．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相似的木板A、B，长度均为l＝4m，质量均为m2＝50kg，木板上表面与弧形轨道末端Q相切．货品与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.12．(不考虑货品与各轨道相接处能量损失,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)(1)求货品达到弧形轨道始、末端时对轨道的压力．(2)若货品滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)若μ1＝0.30，求货品滑上木板后与木板系统所能产生BθROhPQSA的热量．3．（18分）如图所示，倾角=30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M= 3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数=．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，取重力加速度g=l0．(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请阐明理由；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．突破三、“滑块—木板”模型与动量守恒相结合题型ABCDOPQLR1：（18分）如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD构成．小车的质量为M，紧靠台阶BC且上水平表面与B点等高．一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上．已知M=4m，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为，Q点右侧表面是光滑的．求： （1）滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最后没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离应在什么范畴内？（滑块与弹簧的互相作用始终在弹簧的弹性范畴内）2. 如图所示，高度相似质量均为的带电绝缘滑板A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量，它们的间距。

质量为，大小可忽视的物块C放置于B的左端C与A之间的动摩擦因数为，A与水平面之间的动摩擦因数为，B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以觉得等于滑动摩擦力,开始时三个物体处在静止状态目前空间加一水平向右电场强度为的匀强电场，假定A、B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连求：（1）A与B相碰前的速度为多大;ACBES（2）要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； (3)在满足(2)的条件下,求最后AB的距离 3、（18分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑质量M = 1kg 、长L = 4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为S=3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平既有一质量m = 2kg的滑块（不计大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ = 0.2 ，g取10m/s2 1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R的取值4．（18分）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45m的1/4圆弧面A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其他段表面光滑。

小滑块P1和P2的质量均为m滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上当P2滑到C点时，滑板正好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，达到D点时速度为零P1与P2视为质点，取g=10m/s2. 问：（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（2）BC长度为多少？N、P1和P2最后静止后，P1与P2间的距离为多少？专项一：物理模型之“滑块--木板”模型突破一：1 BCD 2 BD 3 BD突破二：1.解：（1）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：………2分 解得： ………2分（2）由牛顿第二定律可得：对B： 得： 方向水平向左…3分对A： 得： 方向水平向右……3分sBaAvB2aBvB1sAvA2a/As/A（3）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：……2分设B在A上运动的时间为，则:…2分B做平抛运动时间， ………1分……2分………1分 联立求解得：子弹速度………1分2.【解析】(1)设货品滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为vP、vQ，对货品的下滑过程中根据机械能守恒定律得：……………①………………②设货品滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为NP、NQ，根据牛顿第二定律得: …………………③ …………………………④联立以上各式并代入数据得NP＝750N, NQ=1500N根据牛顿第三定律，货品达到圆轨道始、末端时对轨道的压力为750N和1500N，方向竖直向下．(2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g ……………………⑥若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g ………⑦联立并代入数据得0.24＜μ1≤0.36．…………………………………………⑧(3)μ1＝0.3，由上问可得，货品在木板A上滑动时，木板不动，设货品在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1 ……………………⑨设货品滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v－＝－2a1l ………⑩联立并代入数据得v1＝4m/s ………………⑾ 货品滑过木板A系统产生的热量Q1=μ1m1gl=600J……⑿设货品滑上木板B通过时间t,货品与木板B达到共同速度v2,木板B的加速度为a2,由运动学公式和牛顿第二定律,有:v2=a2t……………………⒀ v2= v1－a1t…………⒁ μ1m1g－(m1＋m2)g=m2a2………⒂木板运动位移x2=………………⒃ 货品运动位移x1=………………⒄货品相对木板B位移=x1－x2 联立以上各式并代入数据得:m…………………⒅＜l=4m,可见:货品与木板B达共同速度后,由于μ1＞μ2,故两者整体在水平面做匀减速运动直至停止,货品与木板B系统产生的热量Q2=μ1m1g=J………………………⒆货品滑上木板系统所产生的热量Q=Q1+Q2=J≈933.3J……………⒇3、解析　(1)对M、m，由牛顿第二定律 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a①对m，有Ff－mgsin α＝ma② Ff≤Ffm＝μmgcos α③ 代入数据得F≤30 N④(2)F＝37.5 N＞30 N，物块能滑离木板⑤对M，有F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1⑥对m，有μmgcos α－mgsin α＝ma2⑦设物块滑离木板所用时间为t，由运动学公式a1t2－a2t2＝L⑧代入数据得t＝1.2 s⑨物块滑离木板时的速度v＝a2t⑩ 由公式－2gsin α·x＝0－v2⑪ 代入数据得x＝0.9 m⑫突破三：1、。