2019高考物理二轮复习 专项1 模型突破 专题4 板块模型高分突破课件
考向 2 水平面上具有初始速度的板块模型 [典例 2] 如图 2 所示，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，车长为 L， 现有质量为 m、可视为质点的物块，以水平向右的初速度 v0 从小车最左端滑上 小车，物块与车面间的动摩擦因数为 μ，重力加速度为 g，求： (1)物块在车面上滑行的时间 t； (2)要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度 v0′应满 足的条件．
6
[模型突破] 考向1 有外力作用的板块问题
[典例1] 如图1所示，质量为M的木板(足够长)置于光滑水平面上，质量为 m的木块与木板间的动摩擦因数为μ.开始时木板和木块均静止，某时刻起，一恒 定的水平外力F作用在木板上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木块和木 板各自运动的加速度am、aM的大小分别为多少？
联立解得 s＝2μMM＋v20mg 若 L≥s，则物块最终与小车一起以速度 v 做匀速运动，根据运动学公式有 v ＝a2t，联立解得 t＝μMM＋v0mg
14
若 L＜s，则物块一直以水平向左的加速度 a1＝μg 做匀减速直线运动，直到 从小车最右端滑离小车，根据运动学公式有 x1＝v0t－12a1t2，x2＝12a2t2，x1－x2＝L
图2
13
【解析】 (1)假设小车足够长，物块以水平向左的加速度 a1＝μg 做匀减速 直线运动，而小车以水平向右的加速度 a2＝μMmg做匀加速直线运动，最终两物体 以相同的速度 v 一起向右做匀速运动，根据动量守恒定律有 mv0＝(M＋m)v
设物块在小车上滑行的距离为 s，根据能量守恒定律有 μmgs＝12mv02－12(M＋ m)v2
根据能量守恒定律有 μm1gL2＝12(m2＋m1)v02，解得 L2＝m21＋μmm1g2v20 所以 L2－L1＝2μmm11－mm1＋2m2v220g＞0，即 L1＜L2，故滑板的长度至少为 L＝L2＝ m21＋μmm1g2v20.
19
答案：m21＋μmm1g2v20
20
21
A．F＝10 N C．Q＝10 J
图3 B．F＝20 N D．Q＝4 J
22
C [物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由机械能守恒：mgR＝12mv20，解得：v0＝ 2gR ＝3 m/s，在轨道的底端，由牛顿第二定律得：F－mg＝mvR20，代入数据解得 F＝30 N， 故 A、B 错误；物块滑上传送带将做匀减速运动，设匀减速运动的最大距离为 sm，加速 度大小为 a，由牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得 a＝1 m/s2，可得：sm＝2va02 ＝2×32 1m＝ 4.5 m，因为两皮带轮之间的距离为 L＝4 m，所以物块将从传送带的右端离开传送带．设 物块在传送带上滑行时间为 t，则有：L＝v0t－12at2，解得：t＝2 s，在 t＝2 s 时间内传 送带的位移大小为 x＝vt＝2×3 m＝6 m，物块相对于传送带的位移为 Δx＝x＋L＝10 m， 热量 Q＝μmgΔx＝10 J，所以 C 正确，D 错误．]
17
【解析】 (1)若 m2＞m1，滑板与竖直墙碰撞后， 以原速反弹，总动量向 左，当二者达到相同速度后一起向左做匀速运动，物块在滑板上滑动的距离最 大，设为 L1.
根据动量守恒定律有(m2－m1)v0＝(m2＋m1)v1，v1 为物块与滑板碰撞后速度 相同时的速度大小
根据能量守恒定律有 μm1gL1＝12(m2＋m1)v02－12(m2＋m1)v21 联立解得 L1＝μm21m＋2vm022g.
25
B [0～t1 时间：滑动摩擦力向右，物体向左做匀减速运动，t1 时刻向左位 移达到最大，即离 A 处的距离最大，t1～t2 时间：滑动摩擦力向右，物体向右由 静止开始先做匀加速直线运动，t2 以后物体做匀速直线运动，摩擦力为零．t2 以 后物体相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故 B 正确．]
专项一 模型突破 模型4 板块模型
1
(对应学生用书第 90 页)
[模型统计]
真题模型
考查角度
真题模型
考查角度
牛顿运动定
牛顿第二定律、匀变
律、物块与木
速运动规律、物块与
板相对运动
木板相对运动等综
及功能关系
(2017·全国卷Ⅲ T25) 合应用的“板块模
等综合应用
型”
(2015·全国卷Ⅱ T25)
的“板块模
(M
＋
m)v2
，
联
立
解
得
vmax ＝
2μM＋mgL M
即要使物块不从小车最右端滑出，物块滑上小车最左端的初速度 v0′应满
足的条件为 v0′≤
2μM＋mgL M.
答案：见解析
16
如图所示，光滑水平地面上有一质量为 m2 的滑板，滑板最左 端放有一个可视为质点的质量为 m1(m1≠m2)的物块，滑板与物块之间的动摩擦 因数为 μ，二者以相同的初速度 v0 一起向右运动，滑板与竖直墙碰撞时间极短， 且没有机械能损失，重力加速度为 g，为保证物块不从滑板上滑落，滑板的长度 L 至少为多少？
联立以上几式解得
Mv0－M t＝
v20－2μM＋M mgL μM＋mg
15
(2)要保证物块不从小车最右端滑离，物块滑上小车最左端的最大初速度 vmax 应满足：物块恰好到达小车最右端时两者共速．根据动量守恒定律和能量守恒
定律有
mvmax
＝
(M
＋
m)v
，
μmgL
＝
1 2
mv
2 max
－
1 2
23
(2018·甘肃天水一模)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒 定速率 v1 运行．初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v-t 图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知 v2>v1，则( )
24
A．t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B．t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
4
2．板块模型的求解问题 (1)相互作用、动摩擦因数． (2)木板对地的位移． (3)物块对地的位移． (4)物块对木板的相对位移． (5)摩擦生热，能量转化．
5
3．板块模型的解题关键 解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，抓住 两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不 但方向可变，而且大小也会在一定范围内变化，明确板块达到共同速度时各物 理量关系是此类题目的突破点： (1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩 擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化． (2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也 就是物块在木板上相对于板的最大位移． (3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助 v-t 图象．
11
ห้องสมุดไป่ตู้
(2)若将典例 1 中的木板置于粗糙水平面上，且木板与水平面间的动摩擦因 数为 μ2，木块与木板间的动摩擦因数为 μ1，其他条件不变，则木块和木板各自 运动的加速度 am、aM 的大小分别为多少？
【解析】 若 0＜F≤μ2(M＋m)g，木块和木板的加速度均为零；若 μ2(M＋ m)g＜F≤μ2(M＋m)g＋μ1(M＋m)g，则 am＝aM＝F－μM2＋M＋m mg；若 F＞μ2(M＋m)g ＋μ1(M＋m)g，则 am＝μ1g，aM＝F－μ2M＋Mmg－μ1mg.
型”
2
(2015·全国卷Ⅰ T25)
从 v-t 图象
利用图象求物块的
分析运动情
加速度、碰撞前后木
况、牛顿运
板运动及物块恰好
动定律、摩
没有离开木板的临
擦力及两者
界条件和二者的相
共速以后的
对位移及功能关系
运动情况等
等综合应用的“板 (2013·全国卷Ⅱ T25) 综合应用的
块模型”
“板块模
型”
3
[模型解读] 1．板块模型的特点 板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模型问题，至少涉及两个物 体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应准确求出各物体在各个 运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位 移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意速度是联系两个过程的 纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的相 互作用及相对运动问题，应根据题目中的已知信息及运动学公式综合分析，分 段分步列式求解．
26
谢谢观看
27
考向 3 传送带模型 [典例 3] (2018·赤峰 4 月模拟)如图 3 所示，一个可视为质点的物块，质量 为 m＝1 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与 圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由电动机驱动着匀速逆时针转动，速 度大小为 v＝3 m/s.已知圆弧轨道半径 R＝0.45 m，物块与传送带间的动摩擦因数 为 μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为 L＝4 m，物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的 作用力为 F，物块与传送带摩擦产生的热量为 Q.重力加速度取 g＝10 m/s2.下列 说法正确的是( )
图1
7
【解析】 若两物体相对静止一起向右做匀加速运动 对整体，根据牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a 则木块与木板间的摩擦力 f＝ma＝mM＋F m≤μmg， 即 0＜F≤μ(M＋m)g 此时 am＝aM＝M＋F m
8
当 F＞μ(M＋m)g 时，两物体发生相对运动 对木板，根据牛顿第二定律有 μmg＝mam， 解得 am＝μg 对木块，根据牛顿第二定律有 F－μmg＝MaM，解得 aM＝F－Mμmg 综上所述，若 0＜F≤μ(M＋m)g，则 am＝aM＝M＋F m 若 F＞μ(M＋m)g，则 am＝μg，aM＝F－Mμmg.
2024届高考二轮复习物理课件：高考关键能力专项-模型建构能力
(2)金属棒在磁场中运动过程中,导体框做匀加速直线运动
设金属棒与导体框间的滑动摩擦力大小为Ff,导体框进入磁场时的速度大
小为v
对导体框,由牛顿第二定律得m0gsin α-Ff=m0a1
由匀变速直线运动的速度—位移公式得 v2-0 2 =2a1s0
导体框刚进入磁场时所受安培力
由滑动摩擦力公式得Ff=μmgcos α,代入数据解得金属棒与导体框之间的动
摩擦因数
μ=0.375。
(3)导体框加速时间
-0
t1= =0.2
1
s
磁场宽度d=v1t1=0.3 m
金属棒离开磁场后做匀加速直线运动,由牛顿第二定律
得mgsin α+Ff=ma2
代入数据解得a2=9 m/s2
金属棒加速到与导体框速度v相等,然后两者一起做匀加速直线运动
位移时间关系:x=v0t+
1
2
at
2
速度位移关系:v2-v0 2 =2ax
四、复杂运动情境模型
1.板块模型
板块模型是高中物理最典型的复杂运动情境模型,基本解法为牛顿运动定
律与运动学公式相结合。但此类模型经常与动量守恒、能量守恒类模型
相结合考查,是高考中的压轴题型。画运动草图、受力分析、动量守恒、
动能定理是此类问题常用的方法。
用下,物体做平抛运动。不同的过程模型也遵循着不同的运动规律,如匀变
速直线运动的速度时间关系、位移时间关系等。建构过程模型,需明确物
体的运动特征和受力条件,模型建构起来,就可以用模型的相关规律来解决
问题。
典例示范3(2022浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车
中。如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,
2019届高考物理二轮专题复习文档：重难专题强化练——“力学的经典模型(一)”课后冲关 Word版含解析
重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2018·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则( ) A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是( ) A．斜面对长木板的摩擦力为mgsin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcos θD．长木板对人的摩擦力为2mgsin θ解析：选D 对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mgsin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mgsin θ，C项错误，D项正确。
2019年高考物理二轮复习专项1模型突破专题1绳杆模型高分突破学案
模型1 绳杆模型[模型统计]1．绳杆模型的特点无论是轻绳还是轻杆，都先要进行整体或局部的受力分析，然后结合运动的合成与分解知识求解即可．3．竖直面内做圆周运动的绳杆模型(1)通常竖直面内的圆周运动只涉及最高点或最低点的分析，在这两个点有F合＝F向，由牛顿第二定律列出动力学方程即可求解．(2)研究临界问题时，要牢记“绳模型”中最高点速度v≥gR，“杆模型”中最高点速度v≥0这两个临界条件．[模型突破]考向1 平衡中的绳杆模型[典例1] 图1甲中水平横梁的一端A 插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B ，一轻绳的一端C 固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m ＝10 kg 的重物，∠CBA ＝30°；图乙中轻杆通过细绳MN 和铰链固定在竖直的墙上，在N 端同样挂上质量m ＝10 kg 的重物，细绳与水平轻杆ON 的夹角θ＝30°，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙图1A ．图甲中B 点受到滑轮的支持力的方向水平向右 B ．图甲中滑轮受到绳子的作用力大小为100 NC ．图乙中轻杆受到的压力大小为200 ND ．图乙中细绳MN 的拉力为100 3 NB [对图甲中轻绳的B 点受力分析，滑轮受到绳子的作用力应为图中滑轮下端和滑轮上端两段绳中拉力F 1和F 2的合力F ，因同一根绳上张力大小处处相等，都等于物体的重力，即F 1＝F 2＝G ＝mg ＝100 N ，由于拉力F 1和F 2的夹角为120°，则由平行四边形定则得F ＝100 N ，所以滑轮受绳的作用力大小为100 N ，方向与水平方向成30°角，斜向左下方，A 错误，B 正确；对图乙中N 点进行受力分析，N 点受到重物的拉力F 1′和轻绳上端细绳的拉力T 以及轻杆的支持力F 3的共同作用，由于重物静止，则有F 1′＝G ＝100 N ，根据平衡条件得T sin θ＝F 1′，T cos θ＝F 3，解得T ＝200 N ，F 3＝100 3 N ，根据牛顿第三定律得，轻杆受到的压力F ′＝F 3＝100 3 N ，故C 、D 错误．](2018·深圳第二次调研)如图所示，在竖直平面内，一光滑杆固定在地面上，杆与地面间夹角为θ，一光滑轻环套在杆上．一个轻质光滑的滑轮(可视为质点)用轻绳OP 悬挂在天花板上，另一轻绳通过滑轮系在轻环上，现用向右的拉力缓慢拉绳，当轻环静止不动时，与手相连一端绳子水平，则OP 绳与竖直方向之间的夹角为( )A.π2 B ．θ C.π4＋θ2D.π4－θ2。
2019年高考物理二轮复习专项1模型突破专题6导体棒导轨模型高分突破学案
模型6 导体棒+导轨模型[模型统计]1．导体棒＋导轨模型的特点导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．2．导体棒＋导轨模型常见的问题(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．[模型突破]考向1 单棒＋电阻＋导轨模型[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )图1A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 WB ．恒力F 的大小为0.2 NC ．金属棒的质量为0.8 kgD ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 WABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω 回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I ＝E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确； 因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d 又：I ′＝BdvR 总＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14＝0.25 m/s 2金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25kg ＝0.8 kg ，选项C 正确；金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22×4 W＝0.16 W ，选项D 错误．](多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计。
2019届高考物理一轮特级教案【第4讲】板块模型
第4讲 板块模型主讲教师：徐建烽 首师大附中物理特级教师题一：如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上。
A ，B 质量分别为6.0 kg 和2.0 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2。
在物体A 上施加水平方向的拉力F ，开始时F=10 N ，此后逐渐增大，在增大到45N 的过程中，以下判断正确的是（ ）A ．两物体间始终没有相对运动B ．两物体间从受力开始就有相对运动C ．当拉力F ＜12 N 时，两物体均保持静止状态D ．两物体开始没有相对运动，当F ＞18 N 时，开始相对滑动题二：如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg ，长度L = 1.0 m ．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg ．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N 水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. 假设只改变M 、m 、μ、F 中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）。
题三：如图所示，质量为M 的木板长为L ，木板的两个端点分别为A 、B ，中点为O ，木板置于光滑的水平面上并以v 0的水平初速度向右运动。
若把质量为m 的小木块（可视为质点）置于木板的B 端，小木块的初速度为零，最终小木块随木板一起运动。
小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。
求： （1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度； （2）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在什么范围内，才能使木块最终相对于木板静止时位于OA 之间。
题四：质量M=8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F ，F=8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m=2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长，求从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s ，小物块通过的位移大小为多少？第4讲 板块模型题一：A 题二：令F=9 N 题三：（1）0+M v M m （2）20()+Mv gL M m ≥ μ ≥202()+Mv gL M m 题四：2.1 m.。
[精品]2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题2斜面模型高分突破学案
![[精品]2019高考物理二轮复习专项1模型突破专题2斜面模型高分突破学案](https://360docs-1393072327.cos.ap-beijing.myqcloud.com/0daae03027d3240c8547ef31.webp)
模型2 斜面模型[模型统计][1．斜面模型的特点斜面模型是中学物理中常见的模型之一．斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡问题、运动及受力问题等．通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查．考生在处理此类问题时，要特别注意对受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用．2．斜面模型的常见问题(1)斜面上的平衡问题这类问题的解决办法：一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解(通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系)，最后根据F x＝0、F y＝0列方程求解．(2)斜面上的运动问题若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可对系统运用牛顿第二定律求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g－ma sin θ，地面对斜面体的摩擦力为ma cos θ.不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，根据滑块的运动状态求斜面体对滑块的弹力和摩擦力．另外，若μ＝0，则滑块做匀变速直线运动，滑块的加速度为a＝g sin θ.(3)斜面上的连接体问题这类问题通常有轻绳连接体、轻杆连接体、轻弹簧连接体等，这些连接体考查的内容通常是物体的平衡、牛顿运动定律及功能关系、能量转化与守恒定律的应用等．解决这类问题通常从对物体进行受力分析、运动分析、能量转化情况分析入手，利用物体的平衡规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行解题，需要注意的是轻绳只能提供拉力，而轻杆和轻弹簧既能提供拉力又能提供弹力，另外杆对物体的作用不一定沿杆的方向．实际解题时还需要注意对轻绳、轻杆和轻弹簧中的临界状态分析．[模型突破]考向1 物体在斜面上的平衡状态的分析[典例1] 如图1所示，质量为M 的楔形物块A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m 的小物块B .用平行于斜面的拉力F 拉B ，使之沿斜面匀速上滑，A 与B 之间的动摩擦因数为μ.现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使B 仍沿斜面匀速上滑．在B 匀速上滑的过程中，A 始终保持静止．改变拉力的方向前后，下列描述正确的有( )图1A ．A 对B 的摩擦力减小 B ．拉力一定增大C ．B 对斜面的作用力不变D ．地面受到的摩擦力可能增大A [拉力F 平行于斜面向上时，先对B 进行受力分析，如图甲所示，B 受重力mg ，A 对B 的支持力N ，A 对B 的摩擦力f ，拉力F 的共同作用．根据平衡条件可知，平行斜面方向，有F ＝f ＋mg sin θ；垂直斜面方向，有N ＝mg cos θ，其中f ＝μN ，解得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)①，f ＝μmg cos θ②.甲拉力改变方向后变为F ′，B 受的支持力变为N ′，A 对B 的摩擦力变为f ′，设其与斜面的夹角为α.根据平衡条件，平行斜面方向，有F ′cos α＝f ′＋mg sin θ；垂直斜面方向，有N ′＋F ′sin α＝mg cos θ，其中f ′＝μN ′，解得F ′＝mgθ＋μcos θcos α＋μsin α③，f ′＝μ(mg cos θ－F ′sin α)④，由②④两式知滑动摩擦力减小，故A 正确．由①③两式知，拉力可能增大，也可能减小，故B 错误．对A 进行受力分析，如图乙所示，A 受重力Mg 、支持力N 2、B 对A 的压力N 1、B 对A 的滑动摩擦力f 1、地面对A 的静摩擦力f 静的共同作用．根据平衡条件可知，在水平方向有f 静＝N 1sin θ＋f 1cos θ.结合对A 、B 选项的分析可知，当拉力改变方向后，B 对A 的压力N 1和滑动摩擦力f 1都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力f 静一定减小，故C 、D 错误．]乙如图所示，质量为m 的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高．当线拉力最小时，推力F 等于( )A ．mg sin α B.12mg sin α C ．mg sin 2αD.12mg sin 2α D [以小球为研究对象．小球受到重力mg 、斜面的支持力F N 和细线的拉力F T ，如图所示：在小球缓慢上升过程中，小球的合力为零，则F N 与F T 的合力与重力大小相等、方向相反，根据平行四边形定则作出三个位置力的合成图如图，则得当F T 与F N 垂直，即线与斜面平行时F T 最小，测得线的拉力最小值为 F Tmin ＝ mg sin α.再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：F ＝F Tmin cos α＝(mg sin α)cos α＝12mg sin 2α，故D 正确，A 、B 、C 错误．]考向2 物体在斜面上运动过程中的动力学关系[典例2] 如图2甲所示，质量m ＝1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s ，从倾角θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无外力作用，图乙中a 、b 分别表示存在恒力F 和无外力作用时小物块沿斜面向上运动的v t 图象，不考虑空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)( )图2A ．恒力F 的大小为21 NB ．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小D ．有恒力F 时，小物块在上升过程中产生的热量较小C [对小物块进行受力分析，在沿斜面方向上，当有恒力F 作用时有mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1 ①；没有外力作用时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 ②，从表达式中可以看出a 1＜a 2.v t 图象斜率的绝对值表示加速度的大小，故图线a 、b 分别为有恒力作用时和没有恒力作用时小物块沿斜面向上的v t 图象，故a 1＝11－01.1m/s 2＝10m/s 2，a 2＝11－01m/s 2＝11 m/s 2，代入①②两式可得μ＝0.5，F ＝1 N ，A 、B 错误；因为两次运动中小物块初速度相同，末速度也相同，根据x ＝v 202a可得有恒力F 作用时小物块在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多，产生的热量较大，D 错误；有恒力F 作用时，小物块上升的高度比较大，所以小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，由功能关系知，有恒力F 作用时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小，故C 正确．](2018·河南名校压轴)滑草是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激．特别对少雪地区的人们来说，滑草更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐休闲性，更能体验人与大自然的和谐．“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A 、B 物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A 之间的动摩擦因数为3μ，与B 之间的动摩擦因数为μ，A 物块的质量为m ，B 物块的质量为3m ，已知重力加速度为g .则在下滑过程中，物块A 、B 之间作用力的大小等于( )A.12μmg sin αB.32μmg sin α C.12μmg cos α D.32μmg cos α D [对A 、B 整体，由牛顿第二定律：(m ＋3m )g sin α－3μmg cos θ－μ·3mg cos θ＝(m ＋3m )a ；对滑块A ：F BA ＋mg sin α－3μmg cos θ＝ma ；联立解得：F BA ＝32μmg cos α，故选D.]考向3 斜面上的多体问题[典例3] 下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上．斜面与水平地面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．倾角与斜面倾角相等的物体A 放在斜面上，方形小物块B 放在A 上，在水平向左的恒力F 作用下，物体A 、小物块B 及斜面均处于静止状态．如图3所示，将小物块B 从物体A 上取走，则( )图3A ．斜面仍处于静止状态B ．斜面一定向左运动C ．斜面可能向左运动D ．物体A 仍保持静止状态A [设物体A 、小物块B 和斜面的质量分别为m A 、m B 和M ，把A 、B 当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在平行于斜面方向有F cos θ＝(m A ＋m B )g sin θ；当取走小物块B 后，有F cos θ＞m A sin θ，故物体A 沿斜面向上做匀加速运动，D 错误．垂直斜面方向有N ＝F sin θ＋(m A ＋m B )g cos θ.对斜面进行受力分析，其受到的压力N ′＝F sin θ＋(m A ＋m B )g cos θ，N ′沿水平方向的分力为N ′sin θ＝f 静＜μN 1＝f 静max ，地面对斜面的支持力N 1＝N ′cosθ＋Mg ，联立得N ′sin θ＝f 静＜μ(N ′cos θ＋Mg )，即μMg N ′＞sin θ－μcos θ.当取走B 后N ′减小，又sin θ－μcos θ和μMg 均为定值，故斜面与水平地面间的最大静摩擦力仍大于斜面受到的压力沿水平方向的分力，即斜面仍静止，A 正确，B 、C 错误．]考向4 斜面与连接体模型[典例4] (多选)如图4所示，将质量M ＝1 kg 的重物B 悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面上的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B 与斜面间的动摩擦因数μ＝33.轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与一质量m ＝0.5 kg 的小圆环A 相连．圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离L ＝4 m ．现将圆环A 从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，重力加速度g 取10 m/s 2.下列判断正确的是( )图4A ．圆环下降的过程中，轻绳张力的大小始终等于10 NB ．圆环下降的最大距离为H max ＝163mC ．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°D ．若增大圆环质量使m ＝1 kg ，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大 BD [圆环A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B 也是先做加速运动，后做减速运动，且受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对B 的拉力必定是变化的，故A 错误；设圆环A 下降的最大距离为H max ，则重物B 上升的距离为H 1＝(H 2max ＋L 2－L )sin 30°，此时，圆环A 与重物B 的速度均为零，根据能量守恒定律得mgH max ＝MgH 1＋μMg cos 30°·(H 2max ＋L 2－L )，代入数据解得H max ＝163m ，故B 正确；圆环A 在下滑过程中处于平衡状态时速度最大，此时重物B 和小圆环A 的加速度均是0，绳子的拉力T ＝Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝10 N ，设拉圆环A 的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有T cos θ＝mg ，代入数据得θ＝60°，故C 错误；若增大圆环质量使m ＝1 kg ，再重复题述过程，则圆环受到的重力恒大于绳子的拉力沿竖直方向的分力，圆环将一直向下做加速运动，所以其重力做功的功率一直增大，故D 正确．](多选)如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C ，与质量为m 的物体A 连接，A 放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B 连接．现BC 连线恰沿水平方向，从当前位置开始B 以速度v 0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是( )A．物体A做变速运动B．物体A做匀速运动C．T小于mg sin θD．T大于mg sin θv B sin α＝AD[把B的运动沿图示方向分解，根据三角函数可知vv0sin α；式中v0恒定，α增大，故v绳增大，做变加速运动，即A的加速度不为零，对A分析，根据牛顿第二定律可得T－mg sin θ＝ma＞0，故T＞mg sin θ，A、D正确．]。
2019年高考物理二轮复习模型突破训练4板块模型
模型突破训练(四) 板块模型(限时：20分钟)1．(2018·河南名校压轴)如图4所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t ＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是( )图4A B C DA [设滑块与木板之间的动摩擦因数是μ1，木板与地面之间的动摩擦因数是μ2，在未达到相同速度之前，木板的加速度为－μ1mg －μ2·2mg ＝ma 1，解得：a 1＝－(μ1＋2μ2)g ；达到相同速度之后，二者共同的加速度为：－μ2·2mg ＝2ma 2；解得a 2＝－μ2g ；由加速度可知，图象A 正确．]2．如图5甲所示，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在有摩擦，之后，A 、B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )甲 乙图5A ．长木板的质量M ＝ 2 kgB ．A 、B 之间动摩擦因数为0.2C ．长木板长度至少为2 mD ．A 、B 组成系统损失机械能为4 JA [由图乙可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故A 正确；由图象可知，木板B 匀加速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝1 m/s 2，对B ，根据牛顿第二定律得μmg ＝Ma B ，解得动摩擦因数μ ＝ 0.1，故B 错误；由图象可知前1 s 内B 的位移x B ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝1.5 m ，所以木板最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成系统损失机械能ΔE ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝2 J ，故D 错误．]3．(2018·齐齐哈尔一模)如图6所示，在光滑水平面上静止有一长木板A ，在木板的左端静止有一物块B ，物块的质量为m ，长木板的质量为2m ，现给长木板A 和物块B 分别同时施加向左和向右的恒力F 1和F 2，当F 2＝mg ，F 1＝0.5mg 时，物块和长木板刚好不发生相对滑动，且物块和长木板一起向右做匀加速运动，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块的大小忽略不计，重力加速度为g ，求：图6(1)物块和长木板的加速度； (2)物块和长木板间的动摩擦因数μ.【解析】 (1)由题意可知，对A 、B 整体研究，有：F 2－F 1＝3ma ，解得a ＝16g .(2)对B 研究，有：F 2－μmg ＝ma ， 解得μ＝56.【答案】 (1)16g (2)564．(2018·湖北省八校第一次联考)在光滑的水平面上，有一质量M ＝2 kg 的平板车，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m ＝2 kg.平板车表面上Q 处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ 间的距离L ＝2 m ，如图7所示．某时刻平板车以速度v 1＝1 m/s 向左滑行，同时小滑块以速度v 2＝5 m/s 向右滑行，一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距14L .(g 取10 m/s 2)(1)求当二者处于相对静止时的速度大小和方向； (2)求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数μ；(3)若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物(图中未画出)，平板车与它碰后以原速率反弹，碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置．图7【解析】 (1)由于小滑块与平板车组成的整个系统动量守恒，设共同速度为v ，取向右为正方向，故mv 2－Mv 1＝(m ＋M )v解得v ＝2 m/s 方向沿水平方向向右． (2)本题有两种可能：(ⅰ)如果小滑块尚未越过Q 点就与平板车达到相对静止，则根据能量守恒定律有：μmg ⎝⎛⎭⎪⎫L －14L ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12Mv 21＋12mv 22－12(M ＋m )v 2解得μ＝0.6(ⅱ)如果小滑块越过Q 点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫L ＋14L ＝⎝⎛⎭⎪⎫12Mv 21＋12mv 22－12(M ＋m )v 2解得μ＝0.36.(3)平板车与滑块一起以速度v ＝2 m/s 向右运动，与障碍物碰后平板车速度为－2 m/s ，滑块的速度仍为2 m/s.碰后系统动量守恒mv ＋M (－v )＝0故碰后它们最终同时停下来．设碰后小滑块与平板车在粗糙面上滑过的相对路程为s ，则μmgs ＝12(M ＋m )v 2(ⅰ)当μ＝0.6时，解得s ＝23m故小滑块最终停在平板车上Q 点左侧，离Q 点的距离为s 1＝23 m －14×2 m＝16m≈0.167 m(ⅱ)当μ＝0.36时，解得s ＝109m故小滑块最终停在平板车上Q 点左侧，离Q 点距离为s 2＝109 m －14×2 m＝1118m≈0.611 m.【答案】 (1)2 m/s 向右 (2)0.6或0.36(3)Q 点左侧 离Q 点0.167 m 或0.611 m5．如图8所示，以速度v 匀速运动的传送带与平板B 紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，平板B 质量为M ＝2 kg ，长度L 2＝2 m ；现将一质量为m ＝2 kg 的滑块A (可视为质点)轻放到传送带的左端，然后以某一速度匀速滑上平板．若滑块A 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块A 与平板B 间的动摩擦因数μ1＝0.3，平板B 与地面的动摩擦因数为μ2＝0.1，传送带左右两轮间距L 1＝2.5 m 且始终保持匀速运动，g 取10 m/s 2.求：图8(1)滑块刚放到传送带上时的加速度a 1； (2)滑块恰好不从平板上掉下时传送带的速度v ；(3)若传送带运动速度v ′＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度v 2.【解析】 (1)滑块A 在传送带上受重力、支持力和传送带摩擦力作用，有：N －mg ＝0 μN ＝ma 1联解得：a 1＝5 m/s 2.(2)滑块A 在平板B 上做匀减速运动，设加速度为a 2，有：μ1mg ＝ma 2由于μ1mg >2μ2mg ，故平板B 做匀加速运动，设加速度为a 3，有：μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 3设滑块A 从平板B 左端滑至右端用时为t ，共同速度为v 共，平板B 的位移为x ，则：v 共＝v －a 2t L 2＋x ＝vt －12a 2t 2 v 共＝a 3t x ＝12a 3t 2联解代入数据解得：v ＝4 m/s.(3)若滑块A 在传送带上一直加速，则有：v 21＝2a 1L 1解得v 1＝5 m/s<v ′＝6 m/s ，即滑块A 滑上平板B 时速度为v 1＝5 m/s. 设滑块A 在平板B 上运动的时间为t ′，平板位移为x ′，则：v 2＝v 1－a 2t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 2t ′2 x ′＝12a 3t ′2联解得：v 2＝3.5 m/s.【答案】 (1)5 m/s 2(2)4 m/s (3)3.5 m/s。
2019年高考物理二轮复习 专项1 模型突破 专题3 弹簧模型高分突破学案
模型3 弹簧模型[模型统计]1．弹簧模型的问题特点弹簧模型是高考中常见的物理模型之一，该模型涉及共点力的平衡、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律以及能量守恒定律等知识．运动过程中，从力的角度看，弹簧上的弹力是变力，从能量的角度看，弹簧是储能元件．因此，借助弹簧模型，可以很好地考查考生的分析综合能力．在高考试题中，弹簧(主要是轻质弹簧)模型主要涉及四个方面的问题：静力学中的弹簧问题、动力学中的弹簧问题、与能量转化和与动量有关的弹簧问题．2．弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力．当题目中出现弹簧时，首先要注意弹力的大小和方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来综合分析物体的运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可根据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题． (2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离的临界问题． (3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题． [模型突破]考向1 弹簧模型中的平衡问题[典例1] 如图1所示，质量为m 1的物体A 压在放于地面上的竖直轻弹簧L 1(劲度系数为k 1)上，上端与轻弹簧L 2(劲度系数为k 2)相连，轻弹簧L 2上端与质量为m 2的物体B 相连，物体B 通过轻绳跨过光滑的定滑轮与轻质小桶P 相连，A 、B 均静止．现缓慢地向小桶P 内加入细沙，当弹簧L 1恰好恢复原长时(小桶一直未落地)，求：图1(1)小桶P 内所加入细沙的质量； (2)小桶在此过程中下降的距离．【解析】 (1)当L 1恢复原长时，对A 、B 整体分析，绳子的拉力为F ＝(m 1＋m 2)g ，即小桶中细沙的质量为m 1＋m 2.(2)开始时，对A 、B 整体受力分析得k 1x 1＝(m 1＋m 2)g ，式中x 1为弹簧L 1的压缩量，则x 1＝m 1＋m 2gk 1对B 受力分析得k 2x 2＝m 2g ，式中x 2为弹簧L 2的压缩量，则x 2＝m 2g k 2当L 1恢复原长时，对A 受力分析得k 2x 2′＝m 1g ，式中x 2′为弹簧L 2的伸长量，则x 2′＝m 1g k 2在整个过程中，小桶下降的距离h ＝x 1＋x 2＋x 2′＝(m 1＋m 2)g ⎝⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k2. 答案：(1)m 1＋m 2 (2)(m 1＋m 2)g ⎝⎛⎭⎪⎫1k 1＋1k2考向2 弹簧模型中的瞬时问题[典例2] 细绳拴一个质量为m 的小球，小球将左端固定在墙上的轻弹簧压缩了距离x (小球与弹簧不连接)，小球静止时弹簧在水平位置，细绳与竖直方向的夹角为53°，小球距地面的高度为h ，如图2所示．下列说法中正确的是( )图2A ．细线烧断后，小球做平抛运动B ．细绳烧断后，小球落地的速度等于2ghC ．剪断弹簧瞬间，细绳的拉力为53mgD ．细绳烧断瞬间，小球的加速度大小为53gD [将细绳烧断后，小球受到重力和弹簧弹力的共同作用，合力方向斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以小球不是做平抛运动，故A 错误；小球只做自由落体运动时，根据v 2＝2gh 得落地速度是v ＝2gh ，而现在除重力外还有弹簧的弹力对小球做功，所以小球落地时的速度一定大于2gh ，故B 错误；小球静止时，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件得，细绳的拉力大小T ＝mg cos 53°＝53mg ，弹簧弹力的大小F ＝mg tan53°＝43mg ，剪断弹簧瞬间，细绳的拉力发生突变，不再为T ＝53mg ，故C 错误；细绳烧断瞬间，弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与细绳烧断前细绳中的拉力大小相等、方向相反，此时F 合＝T ，可知此瞬间小球的加速度大小a ＝F 合m＝53g ，故D 正确．](2018·唐山二模)A 、B 两球质量相同，静止在倾角为30°的斜面上．两球之间栓接有轻弹簧．A 球与挡板接触，B 球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧，系统处于静止状态．则撤去挡板瞬间( )A ．弹簧弹力一定变大B ．细线拉力一定变大C ．A 球一定处于失重状态D ．B 球一定处于平衡状态D [开始时，弹簧可能处于压缩状态，则撤去挡板瞬间，小球A 向下运动，弹簧伸长，弹力变小，则绳的拉力增大，选项A 错误；若开始时弹簧处于伸长状态，且挡板的弹力为零，则撤去挡板瞬间，A 球仍静止，不是处于失重状态，选项B 、C 错误；B 球被细线拉住，一定处于平衡状态，选项D 正确．]考向3 弹簧模型中的动力学和能量问题[典例3] (2018·广西三市联考)如图3所示，有一倾角为θ＝37°的粗糙硬杆，其上套一底端固定且劲度系数为k ＝10 N/m 的轻弹簧，弹簧自然伸长时上端在Q 点，弹簧与杆间摩擦忽略不计．一个质量为m ＝5 kg 的小球套在此硬杆上，从P 点由静止开始滑下，经过t ＝2 s 后，P 与弹簧自由端Q 相碰，PQ 间的距离L ＝4 m ，弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为E p ＝12kx 2.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图3(1)小球与硬杆之间的动摩擦因数μ；(2)小球向下运动过程中速度最大时弹簧的弹性势能．【解析】 小球做匀加速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求出动摩擦因数；当小球加速度为零时，速度最大，根据平衡条件求出压缩量，再根据E p ＝12kx 2求出速度最大时弹簧的弹性势能．(1)小球由静止做匀加速直线运动，则有：L ＝12at 2，解得：a ＝2 m/s 2.根据牛顿第二定律得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：μ＝0.5.(2)当小球加速度为零时，速度最大 即有：mg sin 37°＝μmg cos 37°＋kx 解得：x ＝1 m所以弹性势能为：E p ＝12kx 2＝12×10×12J ＝5 J.【答案】 (1)0.5 (2)5 J(多选)如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上．一质量为m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置由静止释放，接触弹簧后继续向下运动．小球运动的v t 图象如图乙所示，其中OA 段为直线段，AB 段是与OA 相切于A 点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g .关于小球的运动过程，下列说法正确的是( )A ．小球在tB 时刻所受弹簧的弹力等于12mgB ．小球在tC 时刻的加速度大于12gC ．小球从t C 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点D ．小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量ABC [小球在t B 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，即此时F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，故A 正确；由题意可知，t A 时刻小球刚好与弹簧接触且弹簧无形变，此时小球的加速度a A ＝12g ，由图乙可知，A 点图线斜率的绝对值小于C 点图线斜率的绝对值，分析可知小球在t C 时刻的加速度大于12g ，故B正确；整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，故小球从C 点释放能到达原来的释放点，故C 正确；小球从t A 时刻到t C 时刻的过程中，由系统机械能守恒知小球重力势能的减少量与动能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D 错误．]考向4 弹簧模型中的动量问题[典例4] (2018·衡阳第三次联考)如图4所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法错误的是( )图4A ．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒C ．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ＝23mghD ．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为2gh 3D [物块下滑过程，只有重力做功，系统机械能守恒，故A 正确；物块下滑过程，滑块与弧形槽组成的系统水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B 正确；设物块到达水平面时速度大小为v 1，槽的速度大小为v 2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：mv 1－2mv 2＝0，由机械能守恒定律得：mgh ＝12mv 21＋12·2mv 22，由以上两式解得：v 1＝2gh3，v 2＝gh3，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v ＝v 1＝2gh3，故D 错误；物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能E p ＝12mv 21＝2mgh3，故C 正确；本题选错误的，故选D.](多选)如图所示，连接有轻弹簧的物块a 静止于光滑水平面上，物块b 以一定初速度向左运动．下列关于a 、b 两物块的动量p 随时间t 的变化关系图象，合理的是( )BCD [b 与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两物体的加速度一定先增大后减小，故A 不正确；b 与弹簧接触后，压缩弹簧，b 做减速运动，a 做加速运动，且在运动过程中系统的动量守恒，如果b 的质量较小，可能出现b 反弹的现象，故B 正确；由B 中分析可知，两球满足动量守恒定律，并且如果a 、b 两球的质量相等，则可以出现C 中的运动过程，故C 正确；由B 中分析可知，两球满足动量守恒定律，如果a 的质量很小，可能出现D 中的运动过程，故D 正确．]。
2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第7讲 掌握“两概念、一模型”破解功和功
姓名，年级：时间：第7讲错误!┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法学法功和功率是高中物理的两个基本概念，机车启动模型是典型的功率应用问题。
高考对这两个概念和机车启动很少单独考查,多数是和其他知识进行综合，如动能定理。
常考查的内容有:①功的概念；②重力、弹力、摩擦力做功的特点；③功率的概念；④机车启动模型。
用到的思想方法有：①正、负功的判断方法；②功的计算方法；③功率的计算方法；④图像法(在功和功率问题中的应用)。
错误!错误![知能全通]—---————-———————-—————--——-———--1．两个角度判断功的正负(1）利用公式W＝Fl cos α进行判断。
（2)利用功能关系进行判断,如物体的重力势能增加了，则一定是重力做了负功。
2．变力做功的几种求法(1)利用微元法求变力做功将物体的位移分割成无数多小段，每一小段位移中作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
（2)化变力为恒力求变力做功变力做功有时可化为恒力做功，用W＝Fl cos α求解。
此法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
（3)利用F。
x图像所围的面积求功。
(4）用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力）.（5)利用动能定理求功。
（6）根据功率求功W＝Pt.[题点全练]———-——————————-—---—-—————————--1.［多选］如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带,传送带按箭头方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是( ) A．始终不做功B．先做负功后做正功C．先做正功后不做功D．先做负功后不做功解析：选ACD 设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2。
若v2＝v，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2＞v1,物体相对于传送带向右1运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做负功后不做功；若v2<v1，物体相对于传送带向左运动，受到的滑动摩擦力向右，物体先加速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做正功后不做功,选项A、C、D正确。
高考物理二轮复习高分突破训练：专项1模型2斜面模型
模型2斜面模型(对应学生用书第87页)[模型统计]1．斜面模型的特点斜面模型是中学物理中常见的模型之一．斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡问题、运动及受力问题等．通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查．考生在处理此类问题时，要特别注意对受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用．2．斜面模型的常见问题(1)斜面上的平衡问题这类问题的解决办法：一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解(通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系)，最后根据F x＝0、F y＝0列方程求解．(2)斜面上的运动问题若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可对系统运用牛顿第二定律求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g－ma sin θ，地面对斜面体的摩擦力为ma cos θ.不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，根据滑块的运动状态求斜面体对滑块的弹力和摩擦力．另外，若μ＝0，则滑块做匀变速直线运动，滑块的加速度为a＝g sin θ.(3)斜面上的连接体问题这类问题通常有轻绳连接体、轻杆连接体、轻弹簧连接体等，这些连接体考查的内容通常是物体的平衡、牛顿运动定律及功能关系、能量转化与守恒定律的应用等．解决这类问题通常从对物体进行受力分析、运动分析、能量转化情况分析入手，利用物体的平衡规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行解题，需要注意的是轻绳只能提供拉力，而轻杆和轻弹簧既能提供拉力又能提供弹力，另外杆对物体的作用不一定沿杆的方向．实际解题时还需要注意对轻绳、轻杆和轻弹簧中的临界状态分析．[模型突破]考向1物体在斜面上的平衡状态的分析[典例1]如图1所示，质量为M的楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m的小物块B.用平行于斜面的拉力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，A与B之间的动摩擦因数为μ.现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使B仍沿斜面匀速上滑．在B匀速上滑的过程中，A始终保持静止．改变拉力的方向前后，下列描述正确的有()图1A．A对B的摩擦力减小B．拉力一定增大C．B对斜面的作用力不变D．地面受到的摩擦力可能增大A [拉力F 平行于斜面向上时，先对B 进行受力分析，如图甲所示，B 受重力mg ，A 对B 的支持力N ，A 对B 的摩擦力f ，拉力F 的共同作用．根据平衡条件可知，平行斜面方向，有F ＝f ＋mg sin θ；垂直斜面方向，有N ＝mg cos θ，其中f ＝μN ，解得F ＝mg (sin θ＋μcos θ)①，f ＝μmg cos θ②.甲拉力改变方向后变为F ′，B 受的支持力变为N ′，A 对B 的摩擦力变为f ′，设其与斜面的夹角为α.根据平衡条件，平行斜面方向，有F ′cos α＝f ′＋mg sin θ；垂直斜面方向，有N ′＋F ′sin α＝mg cos θ，其中f ′＝μN ′，解得F ′＝mg (sin θ＋μcos θ)cos α＋μsin α③，f ′＝μ(mg cos θ－F ′sin α)④，由②④两式知滑动摩擦力减小，故A 正确．由①③两式知，拉力可能增大，也可能减小，故B 错误．对A 进行受力分析，如图乙所示，A 受重力Mg 、支持力N 2、B 对A 的压力N 1、B 对A 的滑动摩擦力f 1、地面对A 的静摩擦力f 静的共同作用．根据平衡条件可知，在水平方向有f 静＝N 1sin θ＋f 1cos θ.结合对A 、B 选项的分析可知，当拉力改变方向后，B 对A 的压力N 1和滑动摩擦力f 1都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力f 静一定减小，故C 、D 错误．]乙如图所示，质量为m 的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高．当线拉力最小时，推力F 等于( )A ．mg sin α B.12mg sin αC ．mg sin 2αD.12mg sin 2α D [以小球为研究对象．小球受到重力mg 、斜面的支持力F N和细线的拉力F T ，如图所示：在小球缓慢上升过程中，小球的合力为零，则F N 与F T 的合力与重力大小相等、方向相反，根据平行四边形定则作出三个位置力的合成图如图，则得当F T 与F N 垂直，即线与斜面平行时F T 最小，测得线的拉力最小值为 F Tmin ＝ mg sin α.再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：F ＝F Tmin cos α＝(mg sin α)cos α＝12mg sin 2α，故D 正确，A 、B 、C 错误．]考向2 物体在斜面上运动过程中的动力学关系[典例2] 如图2甲所示，质量m ＝1 kg 的小物块以初速度v 0＝11 m/s ，从倾角θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F ，第二次无外力作用，图乙中a 、b 分别表示存在恒力F 和无外力作用时小物块沿斜面向上运动的v -t 图象，不考虑空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)( )图2A ．恒力F 的大小为21 NB ．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C ．有恒力F 时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小D ．有恒力F 时，小物块在上升过程中产生的热量较小C [对小物块进行受力分析，在沿斜面方向上，当有恒力F 作用时有mg sin θ＋μmg cos θ－F ＝ma 1 ①；没有外力作用时有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2 ②，从表达式中可以看出a 1＜a 2.v -t 图象斜率的绝对值表示加速度的大小，故图线a 、b 分别为有恒力作用时和没有恒力作用时小物块沿斜面向上的v -t 图象，故a 1＝11－0 1.1m/s 2＝10 m/s2，a2＝11－01m/s2＝11 m/s2，代入①②两式可得μ＝0.5，F＝1 N，A、B错误；因为两次运动中小物块初速度相同，末速度也相同，根据x＝v202a可得有恒力F作用时小物块在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多，产生的热量较大，D错误；有恒力F作用时，小物块上升的高度比较大，所以小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，由功能关系知，有恒力F作用时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小，故C正确．](2018·河南名校压轴)滑草是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激．特别对少雪地区的人们来说，滑草更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐休闲性，更能体验人与大自然的和谐．“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A、B物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A之间的动摩擦因数为3μ，与B之间的动摩擦因数为μ，A物块的质量为m，B物块的质量为3m，已知重力加速度为g.则在下滑过程中，物块A、B之间作用力的大小等于()A.12μmg sin α B.32μmg sin αC.12μmg cos α D.32μmg cos αD[对A、B整体，由牛顿第二定律：(m＋3m)g sin α－3μmg cos θ－μ·3mg cosθ＝(m＋3m)a；对滑块A：F BA＋mg sin α－3μmg cos θ＝ma；联立解得：F BA＝32μmg cosα，故选D.]考向3斜面上的多体问题[典例3]下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上．斜面与水平地面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．倾角与斜面倾角相等的物体A放在斜面上，方形小物块B放在A上，在水平向左的恒力F作用下，物体A、小物块B及斜面均处于静止状态．如图3所示，将小物块B从物体A上取走，则()图3A．斜面仍处于静止状态B．斜面一定向左运动C．斜面可能向左运动D．物体A仍保持静止状态A[设物体A、小物块B和斜面的质量分别为m A、m B和M，把A、B当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在平行于斜面方向有F cos θ＝(m A＋m B)g sin θ；当取走小物块B后，有F cos θ＞m A sin θ，故物体A沿斜面向上做匀加速运动，D错误．垂直斜面方向有N＝F sin θ＋(m A＋m B)g cos θ.对斜面进行受力分析，其受到的压力N′＝F sin θ＋(m A＋m B)g cos θ，N′沿水平方向的分力为N′sin θ＝f静＜μN1＝f静max，地面对斜面的支持力N1＝N′cos θ＋Mg，联立得N′sin θ＝f静＜μ(N′cos θ＋Mg)，即μMgN′＞sin θ－μcos θ.当取走B后N′减小，又sin θ－μcos θ和μMg均为定值，故斜面与水平地面间的最大静摩擦力仍大于斜面受到的压力沿水平方向的分力，即斜面仍静止，A正确，B、C错误．]考向4斜面与连接体模型[典例4](多选)如图4所示，将质量M＝1 kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面上的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B与斜面间的动摩擦因数μ＝33.轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与一质量m＝0.5 kg的小圆环A相连．圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离L ＝4 m．现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，重力加速度g取10 m/s2.下列判断正确的是()图4A．圆环下降的过程中，轻绳张力的大小始终等于10 NB．圆环下降的最大距离为H max＝163mC．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°D．若增大圆环质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大BD[圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先做加速运动，后做减速运动，且受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为H max，则重物B 上升的距离为H1＝(H2max＋L2－L)sin 30°，此时，圆环A与重物B的速度均为零，根据能量守恒定律得mgH max＝MgH1＋μMg cos 30°·(H2max＋L2－L)，代入数据解得H max＝163m，故B正确；圆环A在下滑过程中处于平衡状态时速度最大，此时重物B和小圆环A的加速度均是0，绳子的拉力T＝Mg sin 30°＋μMg cos 30°＝10 N，设拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有T cos θ＝mg，代入数据得θ＝60°，故C错误；若增大圆环质量使m＝1 kg，再重复题述过程，则圆环受到的重力恒大于绳子的拉力沿竖直方向的分力，圆环将一直向下做加速运动，所以其重力做功的功率一直增大，故D正确．](多选)如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是()A．物体A做变速运动B．物体A做匀速运动C．T小于mg sin θD．T大于mg sin θAD[把B的运动沿图示方向分解，根据三角函数可知v绳＝v B sin α＝v0sin α；式中v0恒定，α增大，故v绳增大，做变加速运动，即A的加速度不为零，对A分析，根据牛顿第二定律可得T－mg sin θ＝ma＞0，故T＞mg sin θ，A、D正确．]。