2017年高三物理专题复习：板块模型

专题一：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经常出现，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。

这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，有利于培养学生思维能力。

且此模型经常在高考（2015年全国Ⅰ卷25题、2015年全国Ⅱ卷25题、2013年全国Ⅱ卷25题）或模拟考试中作为压轴题出现，所以要引起同学们的重视。

1、（2016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，鱼缸最终没有滑出桌面．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，鱼缸有可能滑出桌面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12μ。

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 ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >2μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg3、（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v 0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v ­t 图像可能是图中的( )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，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；A 若两个物体的初速度相同（包括初速为0）且受外力F 情况下，则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力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，比较二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）1.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 相比大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1=，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2=0.1.一个质量为m 0=0.01kg 可视为质点的子弹，以速度v 0沿水平方向射中物块B ，假设在任何情况下子弹均不能穿出。

g =10m/s 2，问：（1）子弹以v 0=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 同时停下？2．(18分)如图所示，某货场需将质量m 1＝50kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道SP 、竖直面内弧形光滑轨道PQ ，使货物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同的木板A 、B ，长度均为l ＝4m ，质量均为m 2＝50kg ，木板上表面与弧形轨道末端Q 相切．货物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＝．(不考虑货物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/s 2) (1)求货物到达弧形轨道始、末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板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μ13．（18分）如图所示，倾角α=30o3kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg 施加沿斜面向上的恒力F 于滑动摩擦力，取重力加速度g=l02/m s ．(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F=，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． 突破三、“滑块—木板”模型与动量守恒相结合题型1：（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 组成．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μ，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．m 0（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）2. 如图所示，高度相同质量均为Kg m 1.0=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C q 01.0=，它们的间距m S 34=。

质量为Kg M 3.0=，大小可忽略的物块C 放置于B 的左端。

C 与A 之间的动摩擦因数为1.01=μ，A 与水平面之间的动摩擦因数为2.02=μ，B 的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。

开始时三个物体处于静止状态。

现在空间加一水平向右电场强度为C N E /80=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;（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,求最终AB 3、（18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。

现有一质量m = 2kg 的滑块（不计大小）以v 0 = 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 = ，g 取10m/s 2。

（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，其余段表面光滑。

小滑块P 1和P 2的质量均为m 。

滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=和μ2=，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，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上。

当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零。

P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2. 问： （1）P 2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 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？专题一：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：v m m v m )(000+=………2分 解得：s m v /8= ………2分（2）由牛顿第二定律可得：对B ：B a m m g m m )()(001+=+μ 得： 2/5s m a B = 方向水平向左…3分 对A ：A Ma g M m m g m m =++-+)()(0201μμ 得： 2/1s m a A = 方向水平向右……3分（3）子弹击中B 过程中，由动量守恒定律可得：020(v m =设B 在A 上运动的时间为1t ，则:L s s A B =-L t a t a t v A B B =--21211121)21(…2分B 做平抛运动时间2t ， 2221gt h =………1分 222//1s m g MMga A ===μμ……2分2/10t a t a A A -=………1分 联立求解得：子弹速度s m v m mm v B /43510002=+=………1分 2.【解析】(1)设货物滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为v P 、v Q ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：21121Pv m gh m =……………①[]210121)60cos 1(Q v m R h g m =-+………………② 设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为N P 、N Q ，根据牛顿第二定律得:Rv m g m N P P 210160cos =-…………………③ R v m g m N Q Q 211=-…………………………④联立以上各式并代入数据得N P ＝750N, N Q =1500N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道始、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：μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ……………………⑥ 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得：μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g ………⑦ 联立并代入数据得＜μ1≤．…………………………………………⑧(3)μ1＝，由上问可得，货物在木板A 上滑动时，木板不动，设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1 ……………………⑨设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得：v 21－2Q v ＝－2a 1l ………⑩联立并代入数据得v 1＝4m/s ………………⑾ 货物滑过木板A 系统产生的热量Q 1=μ1m 1gl =600J……⑿设货物滑上木板B 经过时间t ,货物与木板B 达到共同速度v 2,木板B 的加速度为a 2,由运动学公式和牛顿第二定律,有:v 2=a 2t ……………………⒀ v 2= v 1－a 1t …………⒁ μ1m 1g －(m 1＋m 2)g =m 2a 2………⒂ 木板运动位移x 2=t v 22………………⒃ 货物运动位移x 1=t vv 221+………………⒄ 货物相对木板B 位移x ∆=x 1－x 2 联立以上各式并代入数据得:920=∆x m…………………⒅ x ∆＜l =4m,可见:货物与木板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,货物与木板B 系统产生的热量Q 2=μ1m 1g x ∆=31000J………………………⒆货物滑上木板系统所产生的热量Q =Q 1+Q 2=32800J≈……………⒇ 3、解析 (1)对M 、m ，由牛顿第二定律 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ①对m ，有F f －mg sin α＝ma ② F f ≤F f m ＝μmg cos α③ 代入数据得F ≤30 N④ (2)F ＝ N ＞30 N ，物块能滑离木板⑤ 对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1⑥ 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2⑦设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式12a 1t 2－12a 2t 2＝L ⑧代入数据得t ＝ s ⑨物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ⑩ 由公式－2g sin α·x ＝0－v 2⑪ 代入数据得x ＝0.9 m ⑫突破三：1、（1）根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力大小为3N mg '= （1分）（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：()mv M m u =+ ④ （2分）若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有2211()22mgL mv M m u μ=-+ ⑤ （2分）联立①④⑤式解得 45RL μ=⑥ （2分） 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由功能关系有22112()22mgL mv M m u μ=-+ ⑦ （2分）联立①④⑦式解得 25R L μ= ⑧ （2分） 综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是2455R RL μμ<≤ ⑨ （2分） 2.（1）A 与B 相撞之前由动能定理：20221)(mv S mg qE =-μ 2分 得S mmg qE v )(220μ-=2分 代入数据得：s m v /40= 2分(2).A 与B 相碰后速度为1v 由动量守恒定律：10)(v m m mv += s m v v /221==2分 C 在A 上滑行时，A 、B 分离，B 做匀速运动 ，A 与地面的摩擦力N g M m f 8.0)22=+=（μ A 受到的电场力N qE F 8.0== 故A 、C 系统动量守恒定律， 1分 当C 刚好滑到A 左端时共速2v ，由动量守恒定律：21)(v M m mv += 得s m Mm mv v /5.012=+=1分设A 长度为L 则由能量守恒定律有:22211)(2121v m M mv MgL +-=μ 2分得Mgv m M mv L 12221)(2121μ+-=代入数据得m L 5.0= 1分 (3).对C 由牛顿第二定律可知:Ma Mg =1μ 得21/1s m MMga ==μ 1分加速时间为s a v t 5.015.02===1分内A 的位移m t v v S A 625.0221=+= 1分 内B 的位移m t v S B 11== 1分所以两者以后距离关系式为tt v v S S x A B 5.1375.0)(21+=-+-= 1分3：解：（1）滑块与小车的共同速度为v 1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv 0 = (m +M )v 1 …………（2分）代入数据解得 v 1 = 4m/s …（1分） 设滑块与小车的相对位移为 L 1 ，由系统能量守恒定律，有μmgL 1 =220111()22mv m M v -+……(2分）代入数据解得 L 1 = 3m …………………（1分）设与滑块相对静止时小车的位移为S 1 ，根据动能定理，有μmgS 1 =21102Mv -……………（2分）代入数据解得S 1 = 2m ……（1分）因L 1＜L ，S 1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v 1 = 4m/s …（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v 1 = 4m/s ，位移为L 2 = L －L 1 = 1m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P 。