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．。
2021届新高考物理冲刺复习 板块模型
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于
a2=μ1mg/m=μ1g=2m/s2．
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为
a1′=μ2•2g−μ1g=4m/s2 故整个过程中木板的位移大小为
211052amxt??211tvmsa??以后木板与物块共同加速度匀减速运动321sgma???2231052vtmxat???121xmxx???巩固训练2如图示质量为m的长木板静止放置在粗糙水平地面上上有一个质量为m可视为质点的物块以某一水平初速度从左端冲上木板
1.模型特点
涉及两个发生相对滑动的物体.
（与1）物设块物的块质与量木均板为间m、．木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板 v-t的斜率等于物体的加速度，则得： 在0-0.5s时间内，木板的加速度大小为
a1＝△v/△t=8m/s2 ．
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩 擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得
L
a2 FF
x1 L
x2
a1
解析 (1)木板受到的摩擦力
对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma 木板
Ff＝μ(M＋m)g＝10 N
木板能从木块的下方抽出的条件：
木板的加速度 a＝F－MFf＝2.5 m/s2。
a 木板＞a 木块 解得：F1＞25 N。 (4)木块的加速度 a′木块＝μ1g＝3 m/s2
即12a′木板 t2－21a′木块 t2＝L
(3)设木块的最大加速度为 a 木块，木板的 代入数据解得：t＝2 s。
最大加速度为 a 木板，则 μ1mg＝ma 木块
2021高考物理(选择性考试)人教版一轮学案：2.2 力的合成和分解 Word版含解析
第二节力的合成和分解错误!1.合力与分力（1)定义:如果几个力共同作用产生的效果与一个力的作用效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力,那几个力叫作这一个力的分力.（2）关系：合力与分力是等效替代关系。
2.共点力作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的几个力。
如图均为共点力。
3.力的合成（1）定义：求几个力的合力的过程。
（2）运算法则.①平行四边形定则：求两个互成角度的分力的合力,可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向。
如图甲所示，F1、F2为分力，F为合力。
②三角形定则：把两个矢量的首尾顺次连接起来，第一个矢量的首到第二个矢量的尾的有向线段为合矢量。
如图乙，F1、F2为分力，F为合力。
1。
（多选）关于几个力及其合力，下列说法正确的是（)A.合力的作用效果跟原来几个力共同作用产生的效果相同B。
合力与原来那几个力同时作用在物体上C。
合力的作用可以替代原来那几个力的作用D.求几个力的合力遵循平行四边形定则答案：ACD二、力的分解（1）概念：求一个已知力的分力的过程。
(2）遵循原则:平行四边形定则或三角形定则.（3）分解方法.①按力产生的效果分解。
②正交分解.将结点O处所受OC段绳子拉力F C和OB段绳子拉力F B分别按力的效果分解和正交分解,如图所示。
2。
已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N。
则（)A.F1的大小是唯一的B。
F2的方向是唯一的C.F2有两个可能的方向D。
F2可取任意方向。
2021-2022年高考物理第一轮 电场专题复习教案 新人教版
2021年高考物理第一轮电场专题复习教案新人教版电场是高中物理的重点知识之一．本章着重从力和能两个角度研究电场的基本性质．本章既是重点，又是难点，也是高考的热点．它是电磁学的基础，特别是在“3＋X”理科综合考试中，它将成为联系力学和电磁学的一个重要钮带．场电场的能的性质电势能：ε＝q，AB ＝电容器电容C＝Q/U本章及相关内容知识网络：专题一电场的力的性质【考点透析】一、本专题考点：本单元除电荷及电荷守恒定律为Ⅰ类要求外，其余均为Ⅱ类要求．即能够确切理解其含义及与其它知识的联系，能够用它解决生活中的实际问题．在高考中主要考查方向是：①运用库仑定律定性或定量分析点电荷间的相互作用问题，并常用力学中处理物体平衡的方法分析带电小球的平衡问题；②运用电场强度的概念和电场线的性质对各种电场进行定性和定量的分析．二、理解和掌握的内容1．对电场和电场线的理解只要有电荷存在，其周围空间就存在电场，它是电荷间相互作用的媒介，电场具有力和能的性质．电场强度是矢量，满足矢量叠加原理．电场线是用来描述空间各点场强连续变化规律的一组假想的曲线．电场线的特点是：其方向代表场强方向、其疏密代表场强大小；电场线起始于正电荷（或无穷远）终止于负电荷（或无穷远）；电场线不能相交．2．几点说明（1）库仑定律的适应条件：真空中，点电荷（带电体的线度远小于电荷间的距离r时，带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略不计，可看作是点电荷）．（2）元电荷、点电荷和检验电荷的区别：电子和质子带最小的电量e ＝1.6⨯10-19C ，任何带电体所带的电量均为e 的整数倍，故称1.6⨯10-19C 为元电荷，它不是电子也不是质子，而是带电物质的最小电量值；如果带电体的线度远小于电荷间的距离，带电体的形状和大小对相互作用力的影响可忽略不计，这样的带电体可看作是点电荷，它是一种科学的抽象，是一种理想模型；检验电荷是电量足够小的点电荷，只有当点电荷放入电场中后不足以原电场的性质或对原电场的影响忽略不计时，该点电荷才能作为检验电荷．3．难点释疑（1）电场线是直线的电场不一定是匀强电场，如孤立点电荷产生的电场是非匀强电场，它的电场线就是直线．（2）电场线不是带电粒子的运动轨迹，只的在满足一定条件时带电粒子运动的轨迹才有可能与电场线重合．带电粒子的运动轨迹是由带电粒子受到的合外力和初速度来决定的，必须从运动和力的观点来分析确定．【例题精析】例1 如图所示，半径相同的两个金属小球A 、B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互吸引力的大小为F 。
2021高考物理一轮选练编题1新人教版20210821443
2021高考物理一轮选练编题1新人教版20210821443李仕才一、选择题1、如图是“电磁炮”模型的原理结构示意图.光滑水平金属导轨M,N 的间距L=0.2 m,电阻不计,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=1×102T.装有弹体的导体棒ab 垂直放在导轨M,N 上的最左端,且始终与导轨接触良好,导体棒ab(含弹体)的质量m=0.2 kg,在导轨M,N 间部分的电阻R=0.8 Ω,可控电源的内阻r=0.2 Ω.在某次模拟发射时,可控电源为导体棒ab 提供的电流恒为I=4×103A,不计空气阻力,导体棒ab 由静止加速到4 km/s 后发射弹体,则( BD )A.导体棒ab 所受安培力大小为1.6×105N B.光滑水平导轨长度至少为20 m C.该过程系统产生的焦耳热为3.2×106 J D.该过程系统消耗的总能量为1.76×106 J解析:由安培力公式有F=BIL=8×104N,选项A 错误;弹体由静止加速到4 km/s,由动能定理知Fx=mv 2,则轨道长度至少为x==20 m,选项B 正确;导体棒ab 做匀加速运动,由F=ma,v=at,解得该过程需要时刻t=1×10-2s,该过程中产生焦耳热Q=I 2(R+r)t=1.6×105J,弹体和导体棒ab 增加的总动能E k =mv 2=1.6×106 J,系统消耗的总能量E=E k +Q=1.76×106J,选项C 错误,D 正确.2、(2021·云南省楚雄市高三下学期统测)随着我国登月打算的实施，我国宇航员登上月球已不是妄图；假如我国宇航员登上月球并在月球表面邻近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时刻t 后回到动身点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面邻近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v 0解析：选B.小球在月球表面做竖直上抛运动，依照匀变速运动规律得t ＝2v 0g 月，解得g 月＝2v 0t ，故A 错误；物体在月球表面上时，由重力等于月球的万有引力得G Mm R 2＝mg 月，解得M ＝R 2g 月G ，联立t ＝2v 0g 月，可得M ＝2v 0R2Gt ，故B 正确；宇航员离开月球表面围绕月球做圆周运动至少应获得的速度大小即月球的第一宇宙速度大小，因此G Mm R 2＝m v2R ，解得v ＝GMR ＝2v 0Rt，故C 错误；宇航员乘坐飞船在月球表面邻近绕月球做匀速圆周运动，依照重力提供向心力得mg月＝m 4π2R T 2＝m2v 0t，解得T ＝π 2Rtv 0，故D 错误． 3、历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v 0和v s分别表示某段位移s 内的初速和末速。
2021高考物理一轮复习编练习题12含解析新人教版20210919437
2021高考物理一轮复习编练习题12含解析新人教版20210919437李仕才一、选择题1、.如图所示，质量为M ＝10kg 的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F ＝10N 的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m ＝2.0 kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20，g ＝10 m/s 2.假定小车足够长.则下列说法正确的是( )图A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动稳固后做匀速直线运动B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动C.煤块在3s 内前进的位移为9mD.小煤块最终在小车内留下的痕迹长度为2.8m 答案 D解析 当小煤块刚放到小车内时，做加速度为a 1＝μg ＝2m/s 2的匀加速运动，现在小车的加速度：a 2＝F －μmg M ＝10－0.2×2010m/s 2＝0.6 m/s 2，当达到共速时：v ＝v 0＋a 2t ＝a 1t ，解得t ＝2s ，v ＝4m/s ；假设共速后两者相对静止，则共同加速度a 共＝FM ＋m ＝1010＋2m/s 2＝56m/s 2，现在煤块受到的摩擦力：F f ＝ma 共<μmg ，则假2、如图5所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G 的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F 缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判定正确的是( )图5A．球对墙壁的压力逐步减小B．水平拉力F逐步减小C．地面对长方体物块的摩擦力逐步增大D．地面对长方体物块的支持力逐步增大解析对球进行受力分析，如图甲所示。
答案 B3、如图3，一小球从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点.O为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R，OB与水平方向夹角为60°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度为( )图3A.3gR2B.gRC.33gR2D.3gR答案 C解析飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30°，设位移与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan30°2＝36，因为tan θ＝y x ＝y 32R ，则竖直位移y ＝34R .v 2y ＝2gy ＝32gR ，tan30°＝v yv 0，因此v 0＝3gR 233＝33gR2，故C 正确，A 、B 、D 错误.4、(多选)已知引力常量G 、月球中心到地球中心的距离r 和月球绕地球运行的周期T .仅利用这三个数据，能够估算的物理量有( )A ．地球的质量B ．地球的密度C ．地球的半径D ．月球绕地球运行速度的大小 【答案】AD【解析】依照万有引力提供向心力有：G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得地球的质量为：M ＝4π2r3GT 2，故A 正确．依照题目条件无法求出地球的半径，故也无法求得地球的密度，故B 、C 错误．依照v ＝2πrT，则可求得月球绕地球运行速度的大小，故D 正确．故选A 、D.5、用长为l 、不可伸长的细线把质量为m 的小球悬挂于O 点，将小球拉至悬线偏离竖直方向α角后放手，运动t 时刻后停在最低点。
2021版高中物理一轮复习 单元复习（六）精品学案 新人教版选修3-1
单元复习（六）【单元知识网络】【单元归纳整合】【单元强化训练】1．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离，b ac用φa 、φb 、φc 和E a 、E b 、E c 分别表示a 、b 、c 三点的电势和场强，可以判定（ ）A ．φa ＞φb ＞φcB ．E a ＞E b ＞E cC ．φa –φb =φb –φcD ．E a = E b = E c答案：A （只有一条电场线，不能确定具体的电场，无法比较电场强弱及两点间的电势差）[来源:学&科&网]2．如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为1×10-2C 的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A 点移到B 点，动能损失了0.1 J ，若A 点电势为10-V ，则 （ ）A ．B 点电势为零 B ．电场线方向向左C ．电荷运动的轨迹可能是图中曲线aD ．电荷运动的轨迹可能是图中曲线b答案：ABD （正电荷从A 点移到B 点，动能减少，电场力做负功，电势能增加，电势升高，U BA =21011.0-⨯=q W V=10 V=φB -φA .得φB =0.电荷所受电场力方向向左，轨迹为曲线b .） 3．如图所示，细线拴一带负电的小球，球处在竖直向下的匀强[来源:Z_xx_]电场中，使小球在竖直平面内做圆周运动，则 （ ） A ．小球不可能做匀速圆周运动B ．当小球运动到最高点时绳的张力一定最小C ．小球运动到最低点时，球的线速度一定最大D ．小球运动到最低点时，电势能一定最大答案：D 当mg=qE 时可以做匀速圆周运动，最高点和最低的向心力是拉力、重力和电场力的合力 4．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带电的质点在仅受电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P 、Q 是轨迹上的两点。
下列说法中正确的是（ ）A ．三个等势面中，等势面a 的电势最高[来源:学科网]B ．带电质点一定是从P 点向Q 点运动C ．带电质点通过P 点时的加速度比通过Q 点时小D ．带电质点通过P 点时的动能比通过Q 点时小答案：BD （质子由高电势向低电势运动，动能增加，电势能减少；由动能定理得，BD 正确。
高考物理一轮复习导学案传送带板块模型
功能关系的综合应用——传送带模型、“滑块—木板”模型【传送带模型】1.传送带克服摩擦力做的功：W＝f x传（x传为传送带对地的位移）2.系统产生的内能：Q＝f x相对（x相对为总的相对路程）．3.求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔE k＋ΔE p＋Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力) 4.传送带问题分析流出图：（一）水平传送带例1 如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小物块无初速度放在传送带左侧。
已知传送带与小物块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s2，求小滑块在传送带上运动过程中：（1）传送带对小物块做的功；（2）传送带与小物块摩擦产生的热量；（3）因放上小物块，电动机多消耗的电能。
变式：若小滑块以3m/s的速度从右端滑上传送带，求：（1）传送带与小物块摩擦产生的热量；（2）传送带克服摩擦力做功。
（二）倾斜传送带例2 如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。
现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=√3，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中：2（1）摩擦力对小物块做的功；（2）摩擦产生的热量；（3）因放小物块而使得电动机多消耗的电能。
例3如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s 沿顺时针方向运动。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：碰撞模型的拓展、动量守恒在板块模型中的应用
专题强化六碰撞模型的拓展动量守恒在板块模型中的应用目标要求 1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题.2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性，会解决相关问题.3.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型．题型一“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．例1(2023·江西南昌市模拟)如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上．现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0＝4 m/s，当甲物体的速度减小到1 m/s时，弹簧最短．下列说法中正确的是()A．此时乙物体的速度大小为1 m/sB．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲、乙两物体的质量之比m1∶m2＝1∶4D．当弹簧恢复原长时，乙物体的速度大小为4 m/s答案 A解析根据题意可知，当弹簧压缩到最短时，两物体速度相同，所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s，A正确；因为弹簧压缩到最短时，甲受力向左，甲继续减速，B错误；根据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C错误；当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，12＝12m1v1′2＋12m2v2′2，联立2m1v0解得v 2′＝2 m/s ，D 错误．例2 (多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接并静止在光滑的水平地面上．现使A 以3 m/s 的速度向B 运动压缩弹簧，A 、B 的速度—时间图像如图乙，则有( )A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1 m/s ，且弹簧都处于压缩状态B ．从t 3到t 4过程中，弹簧由压缩状态恢复原长C ．两物块的质量之比m 1∶m 2＝1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比E k1∶E k2＝1∶8答案 CD解析 开始时A 逐渐减速，B 逐渐加速，弹簧被压缩，t 1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B 仍然加速，A 先减速为零，然后反向加速，t 2时刻，弹簧恢复原长，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，A 减为零后又向B 运动的方向加速，在t 3时刻，两物块速度相同，系统动能最小，弹簧最长，因此从t 3到t 4过程中，弹簧由伸长状态恢复原长，故A 、B 错误；根据动量守恒定律，t ＝0时刻和t ＝t 1时刻系统总动量相等，有m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，其中v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s ，解得m 1∶m 2＝1∶2，故C 正确；在t 2时刻A 的速度为v A ＝－1 m/s ，B 的速度为v B ＝2 m/s ，根据E k ＝12m v 2，且m 1∶m 2＝1∶2，求出E k1∶E k2＝1∶8，故D 正确． 例3 如图所示，一轻弹簧的两端分别与质量为2m 、3m 的B 、C 两物块固定连接，放在光滑水平面上，开始时物块C 被锁定．另一质量为m 的小物块A 以速度v 0与B 发生弹性正碰(碰撞过程中没有机械能的损失，碰撞时间极短可忽略不计)．当弹簧再次恢复原长时物块C 的锁定被解除，所有过程都在弹簧弹性限度范围内(A 与B 不会发生第二次碰撞)．求：(1)弹簧第一次被压缩至最短时弹簧的弹性势能；(2)弹簧第一次伸长到最长时弹簧的弹性势能．答案 (1)49m v 02 (2)415m v 02解析 (1)由于A 与B 发生弹性碰撞，有m v 0＝m v A ＋2m v B 12m v 02＝12m v A 2＋12×2m v B 2 解得 v A ＝－13v 0，v B ＝23v 0 可知A 与B 碰后A 被弹回，B 向左运动压缩弹簧．物块B 和弹簧组成的系统机械能守恒，在弹簧压缩到最短时，有E p1＝12×2m v B 2，可得E p1＝49m v 02 (2)对物块B 、C 和弹簧组成的系统，当B 、C 第一次共速时弹簧第一次伸长到最长，则有：2m v B ＝(2m ＋3m )v ，12×2m v B 2＝12×(2m ＋3m )v 2＋E p2，解得 E p2＝415m v 02. 题型二 “滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v 共，此时m 的竖直速度v y ＝0.系统水平方向动量守恒，m v 0＝(M ＋m )v 共；系统机械能守恒，12m v 02＝12(M ＋m )v 共2＋mgh ，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能)．(2)返回最低点：m 与M 分离点．水平方向动量守恒，m v 0＝m v 1＋M v 2；系统机械能守恒，12m v 02＝12m v 12＋12M v 22(相当于完成了弹性碰撞)． 例4 (多选)质量为M 的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g ，则( )A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 02D ．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v 022g答案 BC解析 小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v ′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有M v 0＝2M v ′，12M v 02＝12×2M v ′2＋Mgh ，联立解得h ＝v 024g，故D 错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于无摩擦力做功，机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v 0，动能为12M v 02，即此过程小球对小车做的功为12M v 02，故B 、C 正确，A 错误．例5 如图所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求小球B 的质量．答案 3 kg解析 设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，小球A 与平台在水平方向动量守恒由动量守恒定律有0＝m A v 1－M v由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 12＋12M v 2 联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v 1′和v 2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v 1′＝1 m/s 由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v 1′＋m B v 2由能量守恒定律有12m A v 12＝12m A v 1′2＋12m B v 22，联立解得m B＝3 kg.题型三滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝F fΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．例6如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s答案 D解析物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v 2＝m1m2v022(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得12＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．2m2v0′例7如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A＝2 kg、m B＝1 kg、m C＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．答案 2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C①碰撞后A与B在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s.课时精练1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是()A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小答案 B解析水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t相等，根据I＝Ft，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A 错误，B 正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C 、D 错误．2.质量为m 1、m 2的滑块A 、B 分别以速度v 1和v 2沿斜面匀速下滑，斜面足够长，如图所示，已知v 2>v 1，有一轻弹簧固定在滑块B 上，则弹簧被压缩至最短时滑块A 的速度为( )A.m 1v 1m 1＋m 2B.m 2v 2－m 1v 1m 1＋m 2C.m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2D.m 1v 1＋m 2v 2m 1答案 C解析 两滑块匀速下滑，则沿斜面方向所受外力为零，相互作用时沿斜面方向合外力仍为零，沿斜面方向动量守恒．当弹簧被压缩时，A 加速，B 减速，当压缩至最短时，A 、B 速度相等．设两滑块速度相等时速度为v ，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ，解得弹簧被压缩至最短时滑块A的速度v ＝m 1v 1＋m 2v 2m 1＋m 2，所以选项C 正确． 3.(多选)如图所示，光滑水平地面上有A 、B 两物体，质量都为m ，B 左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效．A 以速率v 向右运动，当A 撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是( )A ．A 物体最终会静止，B 物体最终会以速率v 向右运动B ．A 、B 系统的总动量最终将大于m vC ．A 、B 系统的总动能最终将大于12m v 2 D ．当弹簧的弹性势能最大时，A 、B 的总动能为14m v 2 答案 CD4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )答案 A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v 1.设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒定律有M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1，得v 1＝M －m M ＋mv 0＜v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误． 5.(2023·山西运城市高三模拟)如图所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M 的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R ，最低点处刚好与水平地面相切．一质量为m 的小球以一定的初速度v 0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失．如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为R 3.则小球与滑块质量之比m ∶M 为( )A ．1∶2B ．1∶3C ．2∶1D ．3∶1答案 C解析 当圆弧滑块固定时，有12m v 02＝mgR ；当圆弧滑块不固定时，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mg R 3＋12(m ＋M )v 2，联立解得m ∶M ＝2∶1，故选C.6.如图所示，光滑弧形滑块P 锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q (视为质点)的质量为滑块P 质量的一半，小球Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k1.现解除锁定，仍让Q 从滑块P 顶端由静止释放，Q 离开P 时的动能为E k2，E k1和E k2的比值为( )A.12B.34C.32D.43答案 C解析 设滑块P 的质量为2m ，则Q 的质量为m ，弧形滑块顶端与底端的竖直距离为h ；P 锁定时，Q 下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝E k1；P 解除锁定，Q 下滑过程中，P 、Q 组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得m v Q－2m v P ＝0，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v Q 2＋12×2m v P 2，Q 离开P 时的动能E k2＝12m v Q 2，联立解得E k1E k2＝32，故C 正确．7．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32m v 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为m v 02答案 AC解析 对题图甲，设物体A 的质量为M ，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x 时弹性势能E p ＝12M v 02；对题图乙，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，A 、B 及弹簧组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A 、B 二者速度相同，由动量守恒定律有M ·2v 0＝(M ＋m )v ，由能量守恒定律有E p ＝12M ·(2v 0)2－12(M ＋m )v 2，联立解得M ＝3m ，E p ＝32m v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．8.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 达到共同速度v ＝1 m/s 之后又开始做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB ．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1C ．长木板B 的长度至少为2 mD ．物块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为2 J答案 ABD解析 A 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，设B 的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝2 kg ，故A正确；木板B 匀加速运动的加速度a B ＝Δv Δt＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故B 正确；前1 s 内B 的位移x B ＝0＋v 2·t ＝0＋12×1 m ＝0.5 m ，A 的位移x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以木板B 的最小长度L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 正确． 9.(多选)如图所示，一质量M ＝8.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝2.0 kg 的小木块 A ．给A 和B 大小均为5.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，A 、B 之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s 2.则在整个过程中，下列说法正确的是( )A ．小木块A 的速度减为零时，长木板B 的速度大小为3.75 m/sB ．小木块A 的速度方向一直向左，不可能为零C ．小木块A 与长木板B 共速时速度大小为3 m/sD ．长木板的长度可能为10 m答案 ACD解析木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度大小均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做匀减速运动，速度减为零后反向向右做匀加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律可知，当木块A的速度减为零时，有M v0－m v0＝M v B，代入数据解得v B＝3.75 m/s，故A正确，B错误；最终木块与木板速度相同，根据动量守恒定律可得M v0－m v0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确；最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知12＋12m v02－12(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最2M v0小长度为8 m，则长度可能为10 m，故D正确．10．如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上．车顶右端放一质量m2＝0.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.5.现有一质量m0＝0.05 kg的子弹以v0＝100 m/s的水平速度射中小车左端，并留在小车中，子弹与小车相互作用时间很短．g取10 m/s2，求：(1)子弹刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为多少．答案(1)10 m/s(2)5 m解析(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入数据解得v1＝10 m/s.(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与小车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL ＝12－12(m0＋m1＋m2)v22，联立解得L＝5 m，故要使小物块不脱离小车，小车的长2(m0＋m1)v1度至少为5 m.11．如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，B、C 与弹簧整体静止放在离地面高为H＝5 m的光滑水平桌面上．现有一滑块A从光滑曲面上离桌面高h＝1.8 m处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经过一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动，一段距离后从桌面边缘飞出．已知m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，m C ＝3 kg ，滑块A 、B 、C 均可看作质点，取g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度大小；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能；(3)滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离．答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m解析 (1)滑块A 从光滑曲面上高h 处由静止开始滑下的过程中机械能守恒，设其滑到水平桌面时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律有m A gh ＝12m A v 12，解得v 1＝6 m/s 滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，取水平向右为正方向，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为v 2，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得v 2＝13v 1＝2 m/s (2)滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程中系统机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速度相同，设为v 3，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有m A v 1＝(m A ＋m B ＋m C )v 3，解得v 3＝16v 1＝1 m/s 由机械能守恒定律有E p ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 32 代入数据解得E p ＝3 J(3)被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设此时滑块A 、B 的速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有(m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B )v 4＋m C v 512(m A ＋m B )v 22＝12(m A ＋m B )v 42＋12m C v 52 联立解得v 4＝0，v 5＝2 m/s滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动x ＝v 5t ，H ＝12gt 2 联立解得x ＝2 m.。
【物理一轮】2021高中物理一轮复习学案--专题强化一 板块模型
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＋12 at2代入可得a＝1 m/s2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。
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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 。