2017年高三物理专题复习：板块模型(龙川一中刘国华)

2019-8-5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。突破一、“滑块—木板”模型中讨论与判断的题型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2m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F2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝μmg时，A的加速度为μgC．当F2μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，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图像可能是图中的()2016江苏卷（选择题）2015全国卷Ⅰ·25题2015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、判断是否相对运动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、判断是否相对运动条件2、两物体所受摩擦力大小3、速度相等后能否共速问题2019-8-5BθROhPQSA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；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=0.5，物块A与地之间的动摩擦因数μ2=0.1.一个质量为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，假设在任何情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同时停下？2．(18分)如图所示，某货场需将质量m1＝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m2＝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＝0.12．(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/s2)(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μ1＝0.30，求货物滑上木板后与木板系统所能产生的热量．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=32．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=l02/ms．(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m0MhLmv0AB2019-8-5ABCDOPQLRACBES1：（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，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Kgm1.0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Cq01.0，它们的间距mS34。质量为KgM3.0，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，A与水平面之间的动摩擦因数为2.02，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CNE/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。现有一质量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，其余段表面光滑。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，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达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最终静止后，P1与P2间的距离为多少？专题一：物理模型之“滑块--木板”模型突破一：1BCD2BD3BD突破二：1.解：（1）子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得：2019-8-5vmmvm)(000………2分解得：smv/8………2分（2）由牛顿第二定律可得：对B：Bammgmm)()(001得：2/5smaB方向水平向左…3分对A：AMagMmmgmm)()(0201得：2/1smaA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：10020)(Bvmmvm……2分设B在A上运动的时间为1t，则:LssABLtatatvABB21211121)21(…2分B做平抛运动时间2t，2221gth………1分222//1smgMMgaA……2分2/10tataAA………1分联立求解得：子弹速度smvmmmvB/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vP、vQ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：21121Pvmghm……………①210121)60cos1(QvmRhgm………………②设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为NP、NQ，根据牛顿第二定律得:RvmgmNPP210160cos…………………③RvmgmNQQ211…………………………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：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a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1……………………⑨设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v－2Qv＝－2a1l………⑩联立并代入数据得v1＝4m/s………………⑾货物滑过木板A系统产生的热量Q1=μ1m1gl=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……………………⒀v2=v1－a1t…………⒁μ1m1g－(m1＋m2)g=m2a2………⒂sBaAvB2aBvB1sAvA2a/As/A2019-8-5木板运动位移x2=tv22………………⒃货物运动位移x1=tvv221………………⒄货物相对木板B位移x=x1－x2联立以上各式并代入数据得:920xm…………………⒅x＜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Q2=μ1m1gx=31000J………………………⒆货物滑上木板系统所产生的热量Q=Q1+Q2=32800J≈933.3J……………⒇3、解析(1)对M、m，由牛顿第二定律F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a①对m，有Ff－mgsinα＝ma②Ff≤Ffm＝μmgcosα③代入数据得F≤30N④(2)F＝37.5N＞30N，物块能滑离木板⑤对M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1⑥对m，有μmgcosα－mgsinα＝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＝1.2s⑨物块滑离木板时的速度v＝a2t⑩由公式－2gsinα·x＝0－v2⑪代入数据得x＝0.9m⑫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3Nmg（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：()mvMmu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()22mgLmvMmu⑤（2分）联立①④⑤式解得45RL