2021高考物理一轮复习专题强化一板块模型学案新人教版
高中物理_专题复习：板块模型教学设计学情分析教材分析课后反思
专题复习：《板块模型》教学设计学习目标：1、知识与技能：（1）掌握板块问题的主要题型及特点，强化受力分析和运动过程分析.（2）能正确运用动力学和运动学知识抓住运动状态转化时的临界条件，解决滑块在滑板上的共速问题和相对位移问题.2、过程与方法：通过对滑板—滑块类问题的探究，熟练掌握整体法和隔离法的应用，同时学会根据试题中的已知量或隐含已知量能恰当地选择解决问题的最佳途径和最简捷的方法.3、情感态度与价值观：通过本节课的学习，增强学好物理的信心，其实高考的难点是由一个个小知识点组合而成的，只要各个击破，高考并不难。
学习重点、难点动力学和运动学知识在板块模型中的综合运用导入：建立物理模型是高中物理研究问题的一种方法，在前面的复习过程中，我们遇到过哪些物理模型，比如，传送带模型、板块模型、绳杆模型，斜面模型、平抛模型、人船模型等等，其中板块模型是近几年高考的一个热点，特别是全国新课标2013年，2015年均以压轴题的形式出现，这一点足以引起我们的重视。
1、高考考情分析：板块类问题，涉及考点多，情境丰富、设问灵活、解法多样、思维量高等特点2、2019年考试说明(原文)主题内容要求相互作用与牛顿运动定律牛顿运动定律及其应用II机械能动能和动能定理IIII碰撞与动量守恒动量定理、动量守恒定律及其应用3、易错点分析（1）不清楚物块、木板的受力情况,求不出各自的加速度；（2）画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系；（3）不清楚物体间发生相对运动的条件。
教师总结:板块模型中我们要做好两个分析一是受力分析、二是运动过程的分析，解决好两个问题一是共速问题，二是相对位移问题。
动力学和运动学的综合运用是本节课的重点。
教学过程：【典例分析】例1：如图所示，一质量为m=2kg初速度为6m/s的小滑块A（可视为质点），向右滑上一质量为M=4kg的静止在光滑水平面上足够长的滑板B，A、B间动摩擦因数为μ=0.2求：(1) 经过多长时间滑块A和滑板B相对静止，相对静止时的速度是多少?（2）二者相对静止时的位移分别是多少？问题：除了利用牛顿定律和运动学，还有没有其他解题方法方法?教师总结:板块模型属于动力学问题，动力学问题的处理方法都具有异曲同工之处，那就是:（1）先进行受力分析，解决动力学问题受力分析是必须的，没有受力分析根本解决不了动力学问题，由于板块模型往往是由两个或两个以上的物体构成，因此受力分析时，就要整体法、隔离法交替使用。
高考物理一轮复习专题提升强化练习(附答案)
高考物理一轮复习专题提升强化练习（附答案）物理是当今最精细的一门自然迷信学科，以下是2021-2021高考物理一轮温习专题提升强化练习，期限为对考生温习有协助。
1.(2021福建理综)某同窗做探求弹力和弹簧伸长量的关系的实验。
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm;图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量l为________cm;(2)本实验经过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改动弹簧的弹力，关于此操作，以下选项中规范的做法是________;(填选项前的字母)A.逐一增挂钩码，记下每添加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重(3)图丙是该同窗描画的弹簧的伸长量l与弹力F的关系图线，图线的AB段清楚偏离直线OA，形成这种现象的主要缘由是________________________________。
答案：(1)6.93 (2)A (3)钩码重力超越弹簧弹力范围解析：(1)l=14.66cm-7.73cm=6.93cm(2)应逐一增挂钩码，不能随意增减，A项正确。
(3)弹簧下端钩码对弹簧的拉力过大，使弹簧形变量超越了弹簧的弹性限制。
弹簧的伸长量不再是线性变化。
2.(2021浙江理综)甲同窗预备做验证机械能守恒定律实验，乙同窗预备做探求减速度与力、质量的关系实验.(1)图1中A、B、C、D、E表示局部实验器材，甲同窗需在图中选用的器材________;乙同窗需在图中选用的器材________。
(用字母表示)(2)乙同窗在实验室选齐所需器材后，经正确操作取得如图2所示的两条纸带和。
纸带________的减速度大(填或)，其减速度大小为________。
答案：(1)AB BDE (2) (2.50.2)m/s2解析：(1)验证机械能守恒定律实验，需求在竖直面上打出一条重锤下落的纸带，即可验证，应选仪器AB，探求减速度与力、质量的关系实验需求钩码拉动小车打出一条纸带，应选BDE。
2021高考物理一轮训练学题6含解析新人教版202111061145
2021高考物理一轮训练学题6含解析新人教版202111061145李仕才1、如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物体B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则( )图A．B受C的摩擦力一定不为零B．C受地面的摩擦力一定为零C．C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力D．将细绳剪断而B依旧静止在斜面上，现在地面对C的摩擦力水平向左【答案】C【解析】依照静摩擦力的特点知C正确2、质点由A点动身沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度大小为a1的匀加速运动，接着做加速度大小为a2的匀减速运动，到达B点时恰好速度减为零．若AB间总长度为s，则质点从A到B所用时刻t为( )A. s a1＋a2a1a2B.2s a1＋a2a1a2C.2s a1＋a2a1a2D.a1a22s a1＋a2关键词①接着做加速度大小为a2的匀减速运动；②到达B点时恰好速度减为零．【答案】B3、（2021海南，3）汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。
由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度。
已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。
汽车在刹车前的瞬时的速度大小为（重力加速度g取10m/s2）A．10 m/s B．20 m/s C．30 m/s D．40 m/s 【答案】B又【解析】刹车后汽车的合外力为摩擦力f = μmg，加速度 8m/s2，，刹车线长25m，故可由匀变速直线运动规律得到汽车在刹车前的瞬时的速度大小= m/s = 20m/s，故选B。
4、(多选)(2020·福建南平模拟)下面关于瞬时速度和平均速度的说法正确的是( )A.若物体在某段时刻内任一时刻的瞬时速度都等于零，则它在这段时刻内的平均速度一定等于零B.若物体在某段时刻内的平均速度等于零，则它在这段时刻内任一时刻的瞬时速度一定都等于零C.匀速直线运动中，物体在任意一段时刻内的平均速度等于它任一时刻的瞬时速度D.变速直线运动中，物体在任意一段时刻内的平均速度一定不等于它在某一时刻的瞬时速度【答案】AC【解析】若物体在某段时刻内任一时刻的瞬时速度都等于零，则物体静止，平均速度等于零，A 选项对；若物体在某段时刻内的平均速度等于零，任一时刻的瞬时速度不一定都为零，例如物体做圆周运动运动一周时，平均速度为零，任一时刻的瞬时速度都不为零，B 选项错；在匀速直线运动中，物体的速度恒定不变，任一时刻的瞬时速度都相等，都等于任意一段时刻内的平均速度，C 选项对；在变速直线运动中，物体的速度在不断变化，某一时刻的瞬时速度可能等于某段时刻内的平均速度，D 选项错.5、(2020·河南信阳调研)在一平直路段检测某品牌汽车的运动性能时，以路段的起点作为x 轴的原点，通过传感器发觉汽车刹车后的坐标x 与时刻t 的关系满足x ＝30t －5t 2(m)，下列说法正确的是( )A.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2B.汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为5 m/s 2C.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为5 m/s 2D.汽车刹车过程的初速度大小为60 m/s ，加速度大小为2.5 m/s 2 【答案】A【解析】依照汽车刹车后的坐标x 与时刻t 的关系x ＝30t －5t 2(m)，对比匀变速直线运动的规律x ＝v 0t ＋12at 2，可知汽车刹车过程的初速度大小为30 m/s ，加速度大小为10 m/s 2，故选A.6、(2020·黑龙江伊春模拟)关于力，下列说法正确的是( )A.拳击运动员一记重拳出击，被对手躲过，运动员施加的力没有受力物体B.站在地面上的人受到的弹力是地面欲复原原状而产生的C.重力、弹力、摩擦力是按力的性质命名的，动力、阻力、压力、支持力是按力的作用成效命名的D.同一物体放在斜面上受到的重力一定小于放在水平面上受到的重力 【答案】BC7、用三根轻绳将质量为m 的物块悬挂在空中，如图3所示.已知ac 和bc 与竖直方向的夹角分别为30°和60°，则ac 绳和bc 绳中的拉力大小分别为( )图3A.23mg ，21mgB.21mg ，23mgC.43mg ，21mg D.21mg ，43mg 【答案】A【解析】接点c 受力分析如图，对F a 和F c 合成，合力为F ，F ＝mg ，因此F a ＝mg cos 30°＝23mgF c ＝mg sin 30°＝21mg .8、“严禁超载，严禁超速，严禁疲劳驾驶”是预防车祸的有效方法．下列说法正确的是( )A ．汽车超速会增大汽车的惯性B ．汽车超载会减小汽车的刹车距离C ．疲劳驾驶会缩短司机的反应时刻D ．汽车超载会增大汽车的惯性 【答案】D【解析】质量是惯性大小的唯独量度，质量大的物体惯性大，D 正确。
2024年高考物理一轮复习(新人教版)专题强化11 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固
定在水平面上的木块，经历时间为t1，子弹损失的动能为ΔEk1损，系统机 械能的损失为E1损 ，穿透后系统的总动量为p1；同样的子弹以同样的速 度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t2，子弹损失的动 能为ΔEk2损，系统机械能的损失为E2损，穿透后系统的总动量为p2.设木块 给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正
(2)木板的长度. 答案 3.6 m
拉力撤去之前，物块相对木板的位移 x1＝12a1t2－12a2t2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有mv1＋Mv2＝(m＋M)v 由能量守恒定律有 μmgx2＝12mv12＋12Mv22－12(M＋m)v2 联立解得木板的长度L＝x1＋x2＝3.6 m.
课时精练
例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M＝2 kg的长木板 放在光滑的水平面上，质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)放在长木板的 左端，用大小为10 N、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F作 用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s的时间，撤去拉力， 如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速 度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
答案 能
假设子弹以v0′＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹 和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0′＝(M＋m)v′ 解得v′＝8 m/s
此过程系统损失的机械能为 ΔE′＝12mv0′2－12(M＋m)v′2＝1 568 J 由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d ΔE′＝F阻x相′＝F阻d′
(2)A、C之间的摩擦力的大小；
2021高考物理一轮复习编练习题13含解析新人教版20210919436
2021高考物理一轮复习编练习题13含解析新人教版20210919436李仕才一、选择题1、如图6所示，一个半球形的碗固定在桌面上，碗口水平，O 点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。
一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量分别为m 1和m 2的小球A 、B 。
当它们处于平稳状态时，碗内的细线与水平方向的夹角为60°，小球B 位于水平地面上，设现在半球形的碗对A 的弹力为F ，小球B 对地面的压力大小为F N ，细线的拉力大小为T ，则下列说法中正确的是( )图6A ．F N ＝(m 2－m 1)gB ．F N ＝m 2g －33m 1g C ．T ＝0D ．F ＝233m 1g解析 分析小球A 的受力情形，由平稳条件可得，细线的拉力T ＝F ，F sin 60°＋T sin 60°＝m 1g ，解得T ＝F ＝33m 1g ，选项C 、D 错误；分析小球B 的受力情形，由平稳条件可得T ＋F N ＝m 2g ，即F N ＝m 2g －33m 1g ，故A 错误，B 正确。
答案 B2、(多选)如图7所示，水平挡板A 和竖直挡板B 固定在斜面体C 上，一质量为m 的光滑小球恰能与两挡板和斜面体同时接触.挡板A 、B 和斜面体C 对小球的弹力大小分别为F A 、F B 和F C .现使斜面体和小球一起在水平面上水平向左做加速度为a 的匀加速直线运动.若F A和F B 可不能同时存在，斜面体倾角为θ，重力加速度为g ，则选项所列图象中，可能正确的是( )图7答案BD解析对小球进行受力分析，当a<g tanθ时如图甲，依照牛顿第二定律水平方向：F C sinθ＝ma ①竖直方向：F C cosθ＋F A＝mg ②联立①②得：F C＝masinθ，F A＝mg－matanθ3、(多选)如图4所示，一带电小球自固定斜面顶端A点以速度v0水平抛出，经时刻t1落在斜面上B点.现在斜面空间加上竖直向下的匀强电场，仍将小球自A点以速度v0水平抛出，经时刻t 2落在斜面上B 点下方的C 点.不计空气阻力，以下判定正确的是( )图4A.小球一定带正电B.小球所受电场力可能大于重力C.小球两次落在斜面上的速度方向相同D.小球两次落在斜面上的速度大小相等 答案 CD4、设地球半径为R ，质量为m 的卫星在距地面R 高处做匀速圆周运动，地面的重力加速度为g ，则( )A ．卫星的线速度为gR2B ．卫星的角速度为g 4RC ．卫星的加速度为g2D ．卫星的周期为4πR g【答案】A【解析】对地面上的物体有：G Mm 0R 2＝m 0g ；对卫星GMm2R2＝m v 22R，联立解得：v ＝gR2，选项A 正确；卫星的角速度为ω＝v2R ＝g 8R ，选项B 错误；卫星的加速度为a ＝ωv ＝g4，选项C 错误；卫星的周期为T ＝2πω＝4π2Rg，选项D 错误．5、[多选]一质量为2 kg 的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时刻后，拉力逐步减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。
2021高三物理人教版一轮学案：第七单元第2讲电场能的性质
第2讲电场能的性质考纲考情核心素养►电势能、电势Ⅰ►电势差Ⅱ►匀强电场中电势差与电场强度的关系Ⅱ►电势、电势差、电势能等概念；匀强电场中电势差与电场强度的关系．►电场中的功能关系.物理观念全国卷5年9考高考指数★★★★★►电势高低、电势能大小的判断方法.科学思维知识点一电势能、电势1．电势能(1)电场力做功的特点：电场力做功与路径无关，只与初、末位置有关．(2)电势能①定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时电场力所做的功．②电场力做功与电势能变化的关系：电场力做的功等于电势能的减少量，即W AB＝E p A－E p B＝－ΔE p.2．电势(1)定义：试探电荷在电场中某点具有的电势能E p与它的电荷量q的比值．(2)定义式：φ＝E pq.(3)矢标性：电势是标量，有正、负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)．(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同． 3．等势面 (1)定义：电场中电势相等的各点组成的面． (2)四个特点①等势面一定与电场线垂直．②在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．③电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面．④等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．知识点二 电势差1．定义：电荷在电场中，由一点A 移到另一点B 时，电场力做功与移动电荷的电荷量的比值．2．定义式：U AB ＝W AB q .3．电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA .知识点三 匀强电场中电势差与电场强度的关系1．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场方向的距离的乘积．即U＝Ed，也可以写作E＝Ud.2．公式U＝Ed的适用范围：匀强电场．1．思考判断(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关．(√)(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零．(×)(3)电场强度处处相同的区域内，电势一定也处处相同．(×)(4)A、B两点的电势差是恒定的，所以U AB＝U BA.(×)(5)电场中，场强方向是指电势降落最快的方向．(√)(6)电势有正负之分，因此电势是矢量．(×)2．电荷量为q的电荷在电场中由A点移到B点时，电场力做功W，由此可算出两点间的电势差为U，若让电荷量为2q的电荷在电场中由A点移到B点，则(C)A．电场力做功仍为W B．电场力做功为W 2C．两点间的电势差仍为U D．两点间的电势差为U 2解析：两点间电势差与移动的电荷无关，电场力做功变为W′＝2qU＝2W，只有C正确．3.如图所示，实线为某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，A、B、C是电场中的三点，下列说法正确的是(D)A．三点中，B点的场强最大B．三点中，A点的电势最高C．将一带负电的检验电荷从A移动到B，电势能增大D．将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电势能的变化相同解析：电场线的疏密表示电场强度的大小，所以三点中，A点场强最大，A错误；沿电场线方向，电势逐渐降低，A点电势最低，B 错误；将一带负电的检验电荷从A移动到B，电场力做正功，电势能减小，C错误；因为B、C两点在同一等势面上，所以将一带正电的检验电荷从A移动到B和从A移动到C，电场力做的功相同，电势能变化相同，D正确．4.(多选)如图所示，M、N为电场中两个等势面，GH直线是其中的一条电场线，则下列说法中正确的是(ABD)A．E G<E HB．正电荷置于G点时电势能大于置于H点时的电势能C．φG<φHD．负电荷由H点移动到G点时电场力做正功5．电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10－8 J，在B点的电势能为8.0×10－9 J．已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量为1.0×10－9 C，那么(A)A．该电荷为负电荷B．该电荷为正电荷C．A、B两点的电势差U AB＝4.0 VD．把电荷从A移到B，电场力做功为W＝4.0 J解析：点电荷在A点的电势能大于在B点的电势能，从A到B电场力做正功，所以该电荷一定为负电荷，且W AB＝E p A－E pB＝1.2×10－8 J－8.0×10－9 J＝4.0×10－9 J，故A项正确，B、D项错误；U AB＝W AB q＝4.0×10－9－1.0×10－9V＝－4.0 V，所以C选项错误．考点1电势、电势差、电势能1．电势高低常用的两种判断方法(1)沿电场线方向电势逐渐降低．(2)若U AB>0，则φA>φB；若U AB<0，则φA<φB. 2．电势能大小的判断方法判断角度判断方法做功判断法电场力做正功，电势能减小；电势力做负功，电势能增大电荷电势法正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大(续表)判断角度判断方法公式法由E p＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，E p 的正值越大，电势能越大；E p的负值越小，电势能越大能量守恒法在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大，电势能减小；反之，电势能增大(2019·江苏卷)(多选)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，电场力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有()A．Q1移入之前，C点的电势为W qB．Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做的功为0C．Q2从无穷远处移到C点的过程中，所受电场力做的功为2W D．Q2在移到C点后的电势能为－4W【解析】本题考查带电粒子在点电荷电场中的运动．Q1移入之前，从无穷远处到C点的电势差U0C＝－Wq，因为U0C＝φ0－φC，φ0＝0，所以φC＝φ0－U0C＝Wq，选项A正确；在A的点电荷的电场中，B、C两点处于同一等势面上，故Q1从C点移到B点的过程中，所受电场力做功为零，选项B正确；Q2从无穷远移到C点的过程中，A点电荷对Q2做功W A＝－2qU0C＝2W，根据对称性，B点的电荷对Q2做功W B＝2W，电场力对Q2做的总功为W0C＝W A＋W B＝4W，选项C错误；Q2从无穷远处移到C点的过程中有W0C＝E p0－E p C，无穷远处电势能为零，故Q2在C点的电势能为E p C＝－W0C＝－4W，选项D正确．【答案】ABD高分技法电场力做正负功的判断方法(1)在直线运动中，确定电场力的方向和位移方向，根据夹角判断功的正负；(2)在曲线运动中，确定电场力的方向和速度方向，根据夹角判断功的正负；(3)根据W AB＝qU AB计算，将q和U AB的正负号代入，若结果为正，则电场力做正功，反之做负功；(4)应用结论判断：正电荷由高电势移动到低电势，电场力做正功，反之做负功.1.(多选)如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知(AB)A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小解析：根据带负电的油滴在竖直面内的轨迹可知，油滴所受合外力一定向上，则所受电场力一定向上，且电场力大于重力，故匀强电场的方向竖直向下，Q点的电势比P点高，选项A正确；油滴从P点运动到Q点，根据动能定理，合外力做正功，动能增大，所以油滴在Q点的动能比它在P点的大，选项B正确；油滴从P点运动到Q点，电场力做正功，电势能减小，油滴在Q点的电势能比它在P点的小，选项C错误；由于带电油滴所受的电场力和重力均为恒力，所以油滴在Q 点的加速度和它在P 点的加速度大小相等，选项D 错误．2.如图所示，水平光滑绝缘轨道MN 处于水平向右的匀强电场中，一个质量为m 、电荷量为－q 的滑块(可视为质点)，从轨道上的A 点以水平初速度v 0滑出，滑块向右做直线运动，当第一次到达B 点时速度为v 1，设滑块在运动过程中，电荷量始终保持不变．(1)求滑块从A 点运动到B 点的过程中，静电力所做的功W ；(2)求电势差U AB ；(3)若规定A 点电势为φA ，求滑块运动到B 点时的电势能E p B .解析：(1)根据动能定理，静电力所做的功W ＝12m v 21－12m v 20. (2)根据电势差的定义式，有U AB ＝W －q＝m v 20－m v 212q . (3)根据电势差与电势的关系U AB ＝φA －φB ，可得φB ＝φA －⎝ ⎛⎭⎪⎫m v 20－m v 212q ， 根据电势的定义式可得E p B ＝－qφB ，则E p B ＝－qφA －12m v 21＋12m v 20. 答案：(1)12m v 21－12m v 20 (2)m v 20－m v 212q(3)－qφA －12m v 21＋12m v 20考点2电势差与场强的关系1．匀强电场中电势差与电场强度的关系(1)U AB＝Ed，d为A、B两点沿电场方向的距离．(2)沿电场强度方向电势降落得最快．(3)在同一直线上或相互平行的两条直线上距离相等的两点间电势差相等．2．E＝Ud在非匀强电场中的几点妙用(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系：当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密．(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系：如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小．3．解题思路(多选)一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10 V、17 V、26 V．下列说法正确的是()A．电场强度的大小为2.5 V/cmB．坐标原点处的电势为1 VC．电子在a点的电势能比在b点的低7 eVD．电子从b点运动到c点，电场力做功为9 eV【解析】ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1＝U caac＝2 V/cm、E2＝U cbbc＝1.5 V/cm，根据矢量合成可知E＝2.5V/cm，A项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有φO－φa＝φb－φc，得φO＝1 V，B项正确；电子在a、b、c三点的电势能分别为－10 eV、－17 eV和－26 eV，故电子在a点的电势能比在b点的高7 eV，C项错误；电子从b点运动到c点，电场力做功W＝(－17 eV)－(－26 eV)＝9 eV，D项正确．【答案】ABD高分技法熟记两个重要推论推论1：如图1所示，匀强电场中任一线段AB的中点C的电势，等于两端点电势的等差中项，即φC＝φA＋φB2.证明：设AC＝CB＝d，则φA－φC＝Ed cosθ，φC－φB＝Ed cosθ所以有：φC＝φA＋φB2.推论2：如图2所示，匀强电场中若两线段AB＝CD且AB∥CD，则φA－φB＝φC－φD.证明：设AB＝CD＝d，则φA－φB＝Ed cosθ，φC－φD＝Ed cosθ所以有：φA－φB＝φC－φD.3.如图所示，以O点为圆心，以R＝0.20 m为半径的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x轴正方向成θ＝60°角，已知a、b、c三点的电势分别为4 3 V、4 V、－4 3 V，则下列说法正确的是(D)A．该匀强电场的场强E＝40 2 V/mB．该匀强电场的场强E＝80 V/mC．d点的电势为－2 3 VD．d点的电势为－4 V解析：a、c两点之间的电势差U＝4 3 V－(－4 3 V)＝8 3 V，a、c两点之间沿电场线方向的距离d＝2R sin60°＝3R.该匀强电场的场强E＝Ud＝40 V/m，选项A、B错误；b、d之间沿电场线方向的距离d′＝2R cos60°＝R.b、d之间电势差U′＝Ed′＝8 V，由φb－φd ＝8 V可得d点的电势为φd＝－4 V，选项C错误，D正确．4.如图所示，OABC是在平面直角坐标系xOy内的菱形，∠AOC ＝60°，C点坐标为( 3 cm,0)，P为两对角线AC与OB的交点，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中A点电势为6 V，P点电势为3 V，一带电荷量为＋2e的点电荷仅在电场力作用下从A点运动到O点，电势能减小了12 eV，由此可判断(D)A．B点电势为9 VB．O点电势为3 VC．该匀强电场的场强大小为200 V/mD．动能为6 eV的质子从O点抛出，一定不能到达B点解析：A点电势为6 V，P点电势为3 V，则C点电势为0，又因为一带电荷量为＋2e的点电荷从A点运动到O点电势能减小了12 eV，则O点电势为0，所以B点电势为6 V，A、B错误；AB是一条等势线，电场方向平行于y轴向下，则E＝Ud＝6 V3sin60°×10－2 m＝400 V/m，C错误；动能为6 eV的质子从O点抛出，如果能到达B点，由能量守恒可知，到达B点时质子的动能一定为零，质子能到达B点，则质子在O点的速度一定有沿着x轴方向的分量，沿x轴方向质子不受力，到达B点时的速度的水平分量不变，动能一定不为零，两结论相矛盾，故动能为6 eV的质子从O点抛出，一定不能到达B点，D正确．考点3 电场线、等势面和带电粒子轨迹问题1．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负．(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况．2．求电场力做功的四种方法(1)定义式：W AB＝Fl cosα＝qEl cosα(适用于匀强电场)．(2)电势的变化：W AB＝qU AB＝q(φA－φB)．(3)动能定理：W电＋W其他＝ΔE k.(4)电势能的变化：W AB＝－ΔE p＝E p A－E p B.3．电场中的功能关系(1)若只有电场力做功，则电势能与动能之和保持不变．(2)若只有电场力和重力做功，则电势能、重力势能、动能之和保持不变．(3)除重力、弹力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量．(4)所有外力对物体所做的总功等于物体动能的变化．(多选)如图所示，真空中有一点电荷甲固定在O点，虚线是其在周围空间产生的电场的三个等势面，且相邻的两个等势面间电势差相同．实线是点电荷乙在电场中运动轨迹，S、M、N为运动轨迹与等势面的交点，下列说法一定正确的是()A．电势φM>φS B．甲、乙为同种电荷C．电势能E p M>E p N D．场强大小E S>E N【解析】本题考查电场强度、电势和电势能等．由于题中没有给出固定在O点的点电荷甲或运动电荷乙的电性，不能判断出M、S 两点电势高低，选项A错误；根据点电荷乙在电场中运动轨迹可知，甲、乙为同种电荷，选项B正确；点电荷乙在电场中从M运动到N，电场力做正功，电势能减小，电势能E p M>E p N，选项C正确；根据点电荷电场强度公式可知，场强大小E S<E N，选项D错误．【答案】BC高分技法根据电场线、等势线和带电粒子的运动轨迹求解相关的物理量(1)判断电场力的方向：电场力沿电场线(或垂直于等势线)指向运动轨迹的凹侧；(2)判断电场强度方向：根据电场力方向和带电粒子的电性判断场强的方向；(3)加速度大小的判断：电场线密处，电场强度较大，加速度较大，也可根据等势面疏密判断，对于等差等势面，等势面密处，电场强度较大，加速度较大；(4)速度大小、方向，动能和电势能大小的判断：速度方向沿运动轨迹的切线方向，根据速度方向和电场力方向之间的夹角判断电场力的做功情况，电场力做正功，动能增大，电势能减小；电场力做负功，动能减小，电势能增大.5.(多选)如图所示，实线表示电场线，虚线ABC表示一带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，其中过B点的切线与该处的电场线垂直．下列说法正确的是(BC)A．粒子带正电B．粒子在B点的加速度大小大于它在C点的加速度大小C．粒子在B点时电场力做功的功率为零D．粒子从A点运动到C点的过程中电势能先减少后增加解析：本题考查电场线、电势能、牛顿运动定律等．根据粒子轨迹可知，粒子所受电场力方向沿电场线切线与电场线方向相反，粒子带负电，选项A错误；根据电场线的疏密表示电场强度的大小，B点电场强度大小比C点的大，粒子运动到B点所受电场力大小比C点的大，粒子在B点的加速度大小大于它在C点的加速度大小，选项B正确；由于粒子运动到B点时速度方向与电场力方向垂直，所以粒子在B点时电场力做功的功率为零，选项C正确；粒子从A点运动到B点的过程中克服电场力做功，电势能增大，粒子从B点运动到C点的过程中电场力做正功，电势能减小，所以粒子从A点运动到C点的过程中电势能先增大后减小，选项D错误．6．(多选)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为 6 eV.下列说法正确的是(AB)A．平面c上的电势为零B．该电子可能到达不了平面fC．该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍解析：因等势面间距相等，由U＝Ed得相邻虚线之间电势差相等，由a到d，eU ad＝－6 eV，故U ad＝6 V；因电场力做负功，故电场方向向右，沿电场线方向电势降低，又φb＝2 V，则φc＝0，各虚线电势如图所示，故A正确；因电子的速度方向未知，若不垂直于等势面，如图中实线所示，电子可能到达不了平面f，故B正确；电子经过平面d 时，电势能E p＝eφd＝2 eV，故C错误；由a到b，W ab＝E k b－E k a＝－2 eV，所以E k b＝8 eV；由a到d，W ad＝E k d－E k a＝－6 eV，所以E k d＝4 eV；则E k b＝2E k d，根据E k＝12m v2知v b＝2v d，故D错误．莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
高中物理必修一 第四章 专题强化 动力学中的板块问题
A.A的加速度大小为0.5 m/s2
√B.A、B间的动摩擦因数为0.4 √C.若B不固定，B的加速度大小为1 m/s2 √D.若B不固定，A运动到B的最右端所用的时间为 5 2 s
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根据v－t图像可知，物体A的加速度大小为： aA＝ΔΔvt ＝150 m/s2＝2 m/s2，故 A 错误； 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得： F－μmAg＝mAaA 代入数据得：μ＝0.4，故B正确； 若B不固定，B的加速度大小为： aB＝μmmABg＝0.4×41×10 m/s2＝1 m/s2，故 C 正确；
由题意可知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和
B的速度相同，设为v，则有： 时间关系：t＝v0a－1 v＝av2 位移关系：L＝v0＋2 vt－v2t
解得 v0＝2 6 m/s.
例4 如图所示，质量M＝1 kg、长L＝4 m的木板静止在粗糙的水平地面上， 木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1 kg、 大小可以忽略的铁块，铁块与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，某时 刻起在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，g取10 m/s2，求： (1)加上恒力F后铁块和木板的加速度大小；
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由题图乙知，木板B的长度为： l＝12×5×10 m＝25 m； 若B不固定，设A运动到B的最右端所用的时间为t， 根据题意可得： 12aAt2－12aBt2＝l 代入数据解得：t＝5 2 s 故D正确.
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6.(2022·肇庆市高一期末)一质量M＝4 kg、长l＝0.75 m的木板静止在光滑 水平地面上，木板的左端静置一个质量m＝1 kg的小物块，现用一水平向 右的拉力F作用在小物块上，如图所示，已知小物块与木板间的动摩擦 因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2. (1)求木板能够产生的最大加速度大小； 答案 0.5 m/s2
2021届人教版高考物理一轮总复习学案设计第六单元第1讲动量动量定理
第六单元动量一、考情分析1．动量、动量守恒定律是高中物理的重点知识，动量守恒定律通常结合动能定理或能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题．在2016年以前高考对动量的考查一般限定在力学且以计算题的形式出题，难度中等偏上．2．2017年以后动量作为解题重要思想方法，动量定理和动量守恒定律可与静电场、磁场、电磁感应等核心知识综合，这将是高考的重要趋势．二、知识特点1．矢量性：冲量、动量、动量的变化三个物理量均是矢量，动量定理、动量守恒定律的表达式均是矢量式，在列方程时通常要规定正方向，没有特殊说明，一般取初速度的方向为正方向．2．普遍性：动量定理和动量守恒定律都具有广泛的适用范围，不仅适用于宏观、低速系统，也适用于高速运动的微观粒子组成的系统．三、复习方法本单元内容的复习应抓好以下两个方面：1．重视矢量性：动量定理、动量守恒定律均是矢量式，在应用过程中应先规定正方向，把矢量运算转化成代数运算．2．注重综合分析能力和对实际问题抽象化的能力：加强贴近生活、贴近高考题型的训练，抓住典型问题，如一动碰一静弹性碰撞模型、子弹打木块模型、人船模型、爆炸问题、反冲问题等，结合新背景、新素材考查上述问题是高考命题的方向．第1讲动量动量定理知识点一动量1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．2．表达式：p＝m v.3．单位：kg·m/s.4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．知识点二动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量．公式：I＝Ft.(2)单位：冲量的单位是牛·秒，符号是N·s.(3)方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向相同．2．动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化．(2)表达式：I合＝Δp或F合·t＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量的方向与合外力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．1．思考判断(1)动量越大的物体，其速度越大．(×)(2)物体的动量越大，其惯性也越大．(×)(3)物体所受合力不变，则动量也不改变．(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零．(×)(5)物体所受合外力的冲量方向与物体末动量的方向相同．(×)(6)物体所受合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的．(√)2．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(D)A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/sC．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝m v1＝25 kg·m/s，末动量p2＝m v2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.3．质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上，钢球被以原速率反向弹回．关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是(B)A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等B．子弹对墙的冲量最小C．橡皮泥对墙的冲量最小D．钢球对墙的冲量最小解析：设子弹a、橡皮泥b和钢球c的质量均为m，初速度均为v0，子弹穿墙后的速度为v，则根据动量定理有：I a＝m(v0－v)，I b＝m v0，I c＝2m v0，所以B项正确，A、C、D项错误．4.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌．从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m高)落下，能砸破安全帽．若鸡蛋壳与安全帽的作用时间为4.5×10－4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则安全帽受到的平均冲击力的大小约为(B)A．1 700 N B．2 000 NC．2 300 N D．2 500 N解析：鸡蛋从17楼(离地面安全帽为45 m高)落下，可近似看成是自由落体运动，则根据v2＝2gh可得落到安全帽上的瞬时速度为v＝30 m/s，鸡蛋壳与安全帽碰撞的过程，由动量定理得：FΔt＝Δp，即有：F＝ΔpΔt＝m vΔt＝30×10－3×304.5×10－4N＝2 000 N，选项B正确．5．如图所示，运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了10 s后停下来，若足球受到地面阻力为5 N，则运动员对球的冲量为(C)A．1 000 N·s B．500 N·sC．50 N·s D．无法确定解析：滚动了10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，选项A错误；对全过程应用动量定理得I－ft＝0，所以I＝50 N·s，选项C正确．考点1动量和冲量1．动量、动能和动量变化量的比较动量动能动量变化量定义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式p＝m v E k＝12m v2Δp＝p′－p矢标性矢量标量矢量特点状态量状态量过程量关联方程E k＝p22m，E k＝12p v，p＝2mE k，p＝2E kv冲量功定义作用在物体上的力和力作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·s J公式I＝Ft(F为恒力)W＝Fl cosθ(F为恒力)矢标性矢量标量意义(1)表示力对时间的累积(2)是动量变化的量度(1)表示力对空间的累积(2)是能量变化的量度1．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球的动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(A)A．Δp＝2 kg·m/s W＝－2 JB．Δp＝－2 kg·m/s W＝2 JC．Δp＝0.4 kg·m/s W＝－2 JD．Δp＝－0.4 kg·m/s W＝2 J解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp＝m v2－m v1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝12m v22－12m v21＝12×0.2×42 J－12×0.2×62 J＝－2 J.2.(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(AD)A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft sinθC．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sinθD．合外力对物体的冲量大小为零解析：拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力F f＝F cosθ，所以，摩擦力对物体的冲量大小为F f t ＝Ft cosθ，故C项错误；物体匀速运动，则合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，故D项正确．3．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c 三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(A)A．重力对它们的冲量相同B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们动能的增量相同解析：这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相等，故A正确；c环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对环c的冲量最大，故B错误；a环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对a环的冲量最大，故C错误；重力对a环做功最多，其动能的增量最大，故D错误．名师点睛对冲量的进一步理解(1)力作用在物体上一段时间，一定有冲量，但不一定做功.(2)只有恒力的冲量才能用公式I＝F·t计算，变力的冲量不能使用.(3)只有合力的冲量才等于物体动量变化，某一个力的冲量并不等于动量变化.考点2 动量定理的理解和应用题型1 对动量定理的理解(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为 3 km/s ，产生的推力约为4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )A ．1.6×102 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg【点拨】 以喷出的气体为研究对象，其重力相对火箭对气体的推力可忽略．【解析】 根据动量定理有F Δt ＝Δm v －0，解得Δm Δt ＝Fv ＝1.6×103kg/s ，所以选项B 正确．【答案】 B高分技法应用动量定理的注意事项(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度.这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和).(2)动量定理是矢量式，在应用动量定理前必须确定正方向，在应用动量定理列式时，已知方向的动量、冲量均需加符号(与正方向一致时为正，反之为负)，未知方向的动量、冲量通常先假设为正，解出后再判断其方向.1．质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，该过程中，地面对他的冲量大小为I.重力加速度大小为g.运动员离开地面时的速度大小为(B)A．gt B.Im－gtC.Im＋gt D.Im解析：本题考查动量定理的应用．运动员受支持力和重力，取向上为正方向，由动量定理有I－mgt＝m v－0，解得运动员离开地面时的速度大小为v＝Im－gt，故B正确．题型2应用动量定理求平均作用力(或变力冲量)高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A．10 N B．102 NC．103 N D．104 N【解析】设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×24 m＝72 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－m v)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝m vt＋mg≈103N，由牛顿第三定律知C正确．【答案】 C高分技法变力冲量的计算方法动量定理若I无法直接求得，可利用I＝Δp间接求出，这是求变力冲量的首选方法平均力法如果力随时间是均匀变化的，则F ＝12(F 0＋F t )，该变力的冲量为I ＝12(F 0＋F t )tF -t 图象F -t 图线与时间轴围成的“面积”表示力的冲量2．一个质量为m ＝100 g 的小球从h ＝0.8 m 的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t ＝0.2 s ，规定竖直向下的方向为正，则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g ＝10 m/s 2)( C )A ．0.6 N·sB ．0.4 N·sC ．－0.6 N·sD ．－0.4 N·s解析：设小球自由下落h ＝0.8 m 的时间为t 1，由h ＝12gt 21得t 1＝2hg ＝0.4 s ．设I N 为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1＋t 2)＋I N ＝0，解得I N ＝－0.6 N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反．故选项C 正确．题型3 应用动量定理解决多过程问题某同学研究重物与地面撞击的过程，利用传感器记录重物与地面的接触时间．他让质量为m ＝9 kg 的重物(包括传感器)从高H ＝0.45 m 处自由下落撞击地面，重物反弹高度h ＝0.20 m ，重物与地面接触时间t ＝0.1 s ．若重物与地面的形变很小，可忽略不计．g 取10 m/s 2，求：(1)重物受到地面的平均冲击力大小； (2)重物与地面撞击过程中损失的机械能．【解析】 (1)重物自由下落，设落地前瞬间的速度为v 1，有 H ＝12gt 2，v 1＝gt ，解得v 1＝3 m/s设反弹瞬间速度为v 2，有v 22＝2gh ，解得v 2＝2 m/s规定向上为正方向，由动量定理得(F －mg )t ＝m v 2＋m v 1， 解得F ＝540 N.(2)损失的机械能ΔE ＝12m v 21－12m v 22＝22.5 J.【答案】 (1)540 N (2)22.5 J 高分技法用动量定理解题的基本思路3．(多选)水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v-t图象如图所示．已知图中线段AB∥CD，则整个运动过程中(AC)A．F1的冲量小于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等解析：题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故C正确，D错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ft OB＝0，F2t2－ft OD＝0；由题图看出，t OB<t OD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A正确，B错误．。
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专题强化一板块模型问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑动，它们之间的联系即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具有相同的加速度，达到相对稳定状态。
该类问题过程较多，需要搞清各过程间的联系，需要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解题。
属于高考热点和难点问题，难度较大。
策略方法：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别做好受力分析，对于是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判断，用相互间的作用力是否大于最大静摩擦力，来判断是否相对滑动。
搞清其运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞清对地位移和相对位移之分；必要时画出两物体运动过程的v－t图象帮助解决问题。
解题步骤：审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变↓明确关系→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，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带水平面上的板块模型例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v－t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10 m/s2。
求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[解析] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －01 s解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s 位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝vt ＋12at 2代入可得a ＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a 可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1可得a 1＝43m/s 2对小物块，则有加速度a 2＝4 m/s 2小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s 此时，木板向左的位移为x 1＝vt 1－12a 1t 21＝103 m末速度v 1＝83m/s小物块向右位移x 2＝4 m/s ＋02t 1＝2 m ，此后小物块开始向左加速，加速度仍为a 2＝4m/s 2木板继续减速，加速度仍为a 1＝43 m/s 2假设又经历t 2二者速度相等 则有a 2t 2＝v 1－a 1t 2 解得t 2＝0.5 s此过程，木板位移x 3＝v 1t 2－12a 1t 22＝76 m末速度v 3＝v 1－a 1t 2＝2 m/s 小物块位移x 4＝12a 2t 22＝12m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Δx ＝x 1＋x 3＋x 2－x 4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a ＝μ1g ＝1 m/s 2位移x 5＝v 232a＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 方法技巧：板块模型相关问题滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对运动。
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板向同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板向相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移大小之和等于木板的长度。
该模型涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以解题的关键是确定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)，并找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系。
求解时应明确联系两个过程的纽带，即每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
斜面上的板块模型例2下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图所示。
假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。
已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长。
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。
求：(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间。
[解析] (1)在0～2 s 内，A 和B 受力如图所示：由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：f 1＝μ1N 1① N 1＝mg cos θ② f 2＝μ2N 2③ N 2＝N 1＋mg cos θ④以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为a 1，a 2。
由牛顿第二定律可得：mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥ 联立以上各式可得a 1＝3 m/s 2⑦ a 2＝1 m/s 2⑧(2)在t 1＝2 s ，设A 和B 的速度分别为v 1，v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2 m/s⑩t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1，a ′2，此时A 、B 之间摩擦力为零，同理可得： a ′1＝6 m/s 2 ⑪ a ′2＝－2 m/s 2⑫即B 做匀减速，设经时间t 2，B 的速度为零，则：v 2＋a ′2t 2＝0⑬ 联立○10⑫⑬可得t 2＝1 s⑭在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22＝12 m<27 m⑮此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经时间t 3后，A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23 可得，t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) 设A 在B 上的运动时间为t 总t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考)[答案] (1)3 m/s 21 m/s 2(2)4 s 〔专题强化训练〕1．(2019·山东大学附中月考)(多选)如图所示，一质量为M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为θ，斜面上叠放着A 、B 两物体，物体B 在沿斜面向上的力F 的作用下沿斜面匀速上滑。
若A 、B 之间的动摩擦因数为μ，μ<tan θ，A 、B 质量均为m ，重力加速度为g ，则( BD )A ．A 、B 保持相对静止 B ．A 、B 一定相对滑动C ．B 与斜面间的动摩擦因数为F －mg sin θ2mg cos θD ．B 与斜面间的动摩擦因数为F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ[解析] 因为μ<tan θ，选A 为研究对象，则满足mg sin θ>μmg cos θ，所以A 、B 一定相对滑动，A 错误，B 正确；选物体B 为研究对象，由牛顿第二定律得F －μmg cos θ－mg sin θ－μB ·2mg cos θ＝0，μB ＝F －mg sin θ－μmg cos θ2mg cos θ，故C 错误，D 正确。
2．(2019·河南郑州一模)如图所示，a 、b 两个物体静止叠放在水平桌面上，已知m a＝m b ＝m ，a 、b 间的动摩擦因数为μ，b 与地面间的动摩擦因数为14μ。
已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对a 施加一水平向右的拉力F ，下列判断正确的是( A )A ．若a 、b 两个物体始终相对静止，则水平拉力F 不能超过32μmgB ．当水平拉力F ＝μmg 时，a 、b 间的摩擦力为32μmgC ．无论水平拉力F 为何值，b 的加速度不会超过34μgD ．当水平拉力F >μmg 时，b 相对a 滑动[解析] 本题考查板块模型中的临界问题。
a 、b 之间的最大静摩擦力为f max ＝μmg ，b 与地面间的最大静摩擦力为f ′max ＝14×2μmg ＝12μmg ，a 、b 相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b 有μmg －12μmg ＝ma 0，解得a 0＝12μg ，对整体有F 0－12μmg ＝2ma 0，解得F 0＝32μmg ，所以若a 、b 两个物体始终相对静止，则水平拉力F 不能超过32μmg ，当水平拉力F >32μmg 时，b 相对a 滑动，故A 正确、D 错误；当水平拉力F ＝μmg时，a 、b 一起加速运动，加速度为a 1＝μmg －12μmg2m＝14μg ，对a 根据牛顿第二定律可得F －f 1＝ma 1，解得a 、b 间的摩擦力为f 1＝34μmg ，故B 错误；根据A 选项的分析可知，无论水平拉力F 为何值，b 的加速度不会超过12μg ，故C 错误。
3．(2019·江苏，15)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v A ；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a ′B ； (3)B 被敲击后获得的初速度大小v B 。
[答案] (1)2μgL (2)3μg μg (3)22μgL [解析] A 、B 的运动过程如图所示(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小 a A ＝μg 匀变速直线运动 2a A L ＝v 2A 解得 v A ＝2μgL (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 ＝ma B ，得 a B ＝3μg对齐后，A 、B 整体所受合外力大小 F ′＝2μmg 由牛顿运动定律F ′＝2ma ′B ，得 a ′B ＝μg(3)经过时间t ，A 、B 达到共同速度v ，位移分别为x A 、x B ，A 加速度的大小等于a A 则 v ＝a A t ，v ＝v B －a B tx A ＝12a A t 2，x B ＝v B t －12a B t 2且 x B －x A ＝L 解得 v B ＝22μgL4．(2020·黑龙江哈尔滨三中一模)光滑水平地面上有一质量M ＝2 kg 的木板以速度v 0＝10 m/s 向右匀速运动，在t ＝0时刻起对其施加一向左的恒力F ＝8 N 。