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
1
2
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F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝
5
2
μmg时，A的加速度为
1
3
μg
C．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
1
2
μg
3、（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；
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：
（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
3．（18分）如图所示，倾角α=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μ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
/m s ． (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
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．
（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 3
4
=
。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
（2
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
突破一：1 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 =--2121112
1
)21(…2分
B 做平抛运动时间2t ， 2
22
1gt h =………1分
222//1s m g M
Mg
a 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 m
m v B /43510
002=+=
………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：21121P
v m gh m =
……………①[]
2
1012
1)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:
R
v m g m N P
P 2
10
160cos =-…………………③ R v m g m N Q Q 2
11=-…………………………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 2
1－2
Q 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 v
v 2
21+………………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:9
20
=
?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 ?=3
1000
J………………………⒆
货物滑上木板系统所产生的热量Q =Q 1+Q 2=
3
2800
J≈933.3J……………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 ＝37.5 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 ＝1.2 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 2
? 代入数据得x ＝0.9 m ?
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 45R
L 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
2211
2()22
mgL 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 R
L μμ
<≤ ⑨ （2分） 2.（1）A 与B 相撞之前由动能定理：2
022
1)(mv S mg qE =
-μ 2分 得S m
mg 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 /22
1==
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 M
m mv v /5.01
2=+= 1分
设A 长度为L 则由能量守恒定律有:2
2
211)(2
121v m M mv MgL +-=
μ 2分得Mg
v m M mv L 12
2
21)(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 M
Mg
a ==
μ 1分
加速时间为s a v t 5.015.02===
1分0.5s 内A 的位移m t v v S A 625.02
2
1=+= 1分 0.5s 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
t
t 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()2
2
mv 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 。
若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为
mg = m 2
v R
……………（1分）
根据动能定理，有－μmgL 2－22111
222
mg R mv mv ?=
-………（2分） ①②联立并代入数据解得R = 0.24m …………（1分）
若滑块恰好滑至1
4
圆弧到达T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。
根据动能定理，有－μmgL 2－21102
mg R mv ?=-……（2分）代入数据解得R = 0.6m （1分） 综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足
R ≤0.24m 或R ≥0.6m ………………（1分）
4解：（1）P 1滑到最低点速度为1v ，由机械能守恒定律有：
21202
1
21mv mgR mv =+ 解得：s m v /51= P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1
v '、2v ' 21
1v m v m mv '+'= 2221212
1
2121v m v m mv '+'= 解得：01='v 2v '=5m/s P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：m mg u f 422==（向左） 对P 1、M 有：2)(a M m f += 得：22/8.054s m m
m
M m f a ==+=
此时对P 1有：m f m ma f m 0.180.01=<==，所以假设成立。
（2）P 2滑到C 点速度为2
v '，由22
2
1
v m mgR '= 得s m v /32=' P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，对动量守恒定律：
2
2)(v m v M m mv '++= 解得：s m v /40.0= 对P 1、P 2、M 为系统：222
222)(2
1
2121v M m v m mv L f ++'-=
代入数值得：m L 9.1= 滑板碰后，P 1向右滑行距离：m a v S 08.0212
1==
P 2向左滑行距离：m a v S 125.122
22
2='=
所以P 1、P 2静止后距离：m S S L S 695.021=--=?
25．（18分）某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB 为一段足够大的圆弧固定轨道，圆弧半径R=5.6m ，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段圆弧固定轨道，圆弧半径r=1m ，三段轨道均光滑．一长为L=2m 、质量为M=1kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD 轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m=2kg
的工件从距AB 轨道最低点h 高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C 处．工件只有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s 2，，求: （1）若h 为2.8m ，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？ （2）要使工件能被站在台面DE 上的工人接住h 的取值范围
25．（18分）
【解答】解：（1）：工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为V B ，根据动能定理：
02
1
mg 2-=
B mV h …………① （1分） 工件做圆周运动，在B 点：R
V m mg B 2
-N =………..② （2分）
由①②两式可解得：N=40N （1分）
（2）：①由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能达共速，设工件刚滑上小车时的速度为v 0，工件与小车达共速时的速度为v 1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得： mv 0=（m+M ）v 1 ………….. ③ （2分） 由能量守恒定律得：
④ （2分） 对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得：
⑤ （2分）
代入数据解得：h=3m ． （1分）
②.要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h=3m 为其从AB 轨道滑下的最大高度，设其最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v 0′，与小车达共速时的速度为v 1′，刚滑上CD 轨道的速度为v 2′，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 0′=（m+M ）v 1′……….⑥ （1分） 由能量守恒定律得：
⑦ （2分）
工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得：
⑧ （1分）
工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：
⑨ （1分）
联立.⑥ ⑦ ⑧ ⑨，代入数据解得：m 7
18
/
h （1分） 综上所述，要使工件能到达CD 轨道最高点，应使h 满足．
（1分）
5.（20分）
如图，质量均为2m 的木板A 、B 并排静止在光滑水平地面上，A 左端紧贴固定于水平面的半径为R 的四分之一圆弧底端，A 与B 、A 与圆弧底端均不粘连。质量为m 的小滑块C 从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿A 的上表面从左端水平滑上A ，并在恰好滑到B 的右端时与B 一起匀速运动。已知重力加速度为g ，C 过圆弧底端时对轨道的压力大小为1.5mg ，C 在A 、B 上滑行时受到的摩擦阻力相同，C 与B 一起匀速的速度是C 刚滑上A 时的0.3倍。求：
（1）C 从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功； （2）两板长度L 1与L 2之比。
（3）C 刚滑到B 的右端时，A 右端到B 左端的水平距离s 与B 的长度L 2之比。
25．（20分）
（1）（6分）设C 到达圆弧底端时的速度为v 0，轨道对C 支持力大小为N ，下滑过程C 克服摩擦力做的功为W f 。由动能定理，有：
2
0102
f mgR W mv -=-① （2分）
C 过底端时，由牛顿第二定律，有：
R
mv mg N 20
=-② （2分）
由牛顿第三定律，知：mg .N 51=③ 联立①②③式得： 3
4
f W mgR =
④ （2分） （2）（9分） 设C 刚滑过A 到达B 时，C 的速度为v C ，A 、B 的速度为v ，B 、C 共同速度为v BC ，C 与A 、B 间的摩擦力为f 。
C 从滑上A 到刚滑到B 这个过程，C 和A 、B 组成的系统动量守恒。
由动量守恒守律：0C 4mv mv mv =+⑤ （2分） 由功能关系：22210C 111
(4)222
fL mv mv mv =
-+?⑥ （2分）
C 滑上B 到与B 共速这个过程，对C 和B 组成的系统， 由动量守恒定律：C BC 2(2)mv mv m m v +=+⑦ （2分） 由功能关系：2222C BC 1112(2)222
fL mv mv m m v =
+?-+⑧ （2分） 或：C 从滑上A 到与B 共速的全过程
由动量守恒定律：0BC 2+(2)mv mv m m v =+⑨ 由功能关系：222
120BC 111()[2(2)]222
f L L mv mv m m v +=
-?++⑩ （评分说明：⑤⑦⑨式对一式给两分，对两式给4分；⑥⑧⑩按同样规则给分）
货物
货车
θ⑤⑦⑨任两式联立并代入B 00.3v v =得：0C 00.050.8v v v v ==， ⑥⑧⑩任两式联立并代入0C 00.050.8v v v v ==，得：
121415
L L =○11 （1分） （3）（5分）设C 从滑上B 到与B 共速所经历的时间为t ， 对B ，由动量定理：mv mv ft B 22-= ○12 （1分） 在t 时间内，A 通过的距离：A s vt = ○13 （1分） 设B 在t 时间内通过的距离为s B ， 对B 应用动能定理：2
2B B 112222
fs mv mv =
?-?○14 （1分） B A s s s =- ○
15 （1分） 联立⑧⑩○11○12○13○14○15○
16式并代入B 00.3v v =，00.05v v = 得：
3
1
2=L s ○16 （1分） （评分说明：用其他方法，如运动学公式和牛顿第二定律求解，参照给分）
14、（16分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直
平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床
顶端38 m ，再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍。货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ=1，sin θ=0.1，g =10 m/s 2。求： （1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。
14（1）（6分）解：设货物质量为m ，受到货车支持力大小为，车对货物摩擦力大小为析如图货物与货车间滑动摩擦因数为1μ，货物减速时加速度大小为1a ，根据牛顿第二定律得
1cos mg N θ=
① 11sin mg f ma θ+=
② 111f N μ=
③
联立方程①②③，代入数据得 2
15m/s a =
④ 方向沿坡面向下
（2）解：车质量为4m ，受到坡面支持力大小为2
N ，坡面对车阻力大小为2f ，受力分析如图
车减速时加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律得 214cos N N mg θ'=+
⑦ 212
4sin 4f mg f ma θ'+-=
⑧ 由题意得 20.445f mg =?
⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得 2
2 5.5m/s a =
⑩ 方向沿坡面向下
设货车和货物共同的初速度大小为0v ，货物相对货车滑动4m 用时t ，货物相对地面位移大小为1x ，货车相对地面位移大小为2x ，根据运动学公式有
2
1011
2x v t a t =-
2
2021
2x v t a t =-
124m x x -=
代入数据得
248m x =
车长为L ，货物相对车滑动4m 时车头距顶端L '，坡长为S 2S L x L '
=++代入数据，
解之得 98m S =
25．（20 分）某传送带装置在竖直平面内的横截面如图所示，ab 段水平，bcd 段为1/2 圆周．传送带
在电机的带动下以恒定速率ν = 4m/s 运动，在传送带的左端点a 无初速地投放质量m=1kg 的小物块（可视为质点），当第一个物块A 到达b 点时即刻在a 点投放另一相同的物块 B ．物块到达b 点时都恰好与传送带等速，此后能确保物块与传送带相对静止地通过bcd 段．物块到达最高点d 时与传送带间的弹力大小恰等于其重力．在d 端点的左方另有一平直轨道ef ，轨道上静止停放着质量M=1kg 的木板，从d 点出来的物块恰能水平进入木板上表面的最右端，木板足够长．已知：物块与传送带间的动摩擦因数1μ= 0.8 ，与木板间的动摩擦因数2μ=0.2 ；木板与轨道间的动摩擦因
数3μ=0.1；设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s 2
．试求：
（1）每个物块在传送带abcd 上运行的时间；
（2）传输A 物块，电机所需提供的能量（不计传动机构的其他能量损耗）； （3）木板运动的总时间．
25．（共20分）
解：(1)（共5分）物块在ab 上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律 得：ma mg =1μ，得8=a m/s 2
①（1分） 1at v = 得5.01=t s
②（1分）
物块经过d 点时根据牛顿第二定律得：
R
v m mg N 2
=+，代入mg N =，得8.0=R m
③（1分）
则物块在圆周上运动的时间：63.02==
v
R
t πs
④（1分）
则每个物块在传送带上运动的时间13.121=+=t t t s
⑤（1分）
(2)（共3分）
物块在传送带上加速时与传送带间的相对位移：12
11=-=?t v
vt s m
⑥（1分）
每传输一个物块，电机提供的能量322
122
1=+?+?=mv R mg s mg E μJ ⑦（2分）
[或：物块在传送带水平ab 段运动，电机克服摩擦力做功
mgs W f 1μ=⑥
1t v s ?=
（2分）
每传输一个物块，电机提供的能量3221=?+=R mg mgs E μJ ⑦ （1分）] (3)（共12分）
A 物块滑上木板时，物块与木板间的滑动摩擦力大小N mg f A 22==μ ⑧
木板与轨道间的最大静摩擦力大小N g m M f M 2)(31=+=μ ⑨（1分）
[注：⑧⑨式任何一式正确均给此1分] 由于1M A f f =，故木板仍保持静止状态
⑩（1分） 物块A 在木板上做减速运动，其加速度大小：2==
m
f a A
A m/s 2
?（1分）
当B 物块滑上木板瞬间，A 物块的速度大小： 311=-=t a v A A νm/s
?（1分）
B A 、物块在木板上同时滑动时对木板的摩擦力大小为N f f f A B A 42-=+
?
地面与木板间的最大静摩擦力N g m M f M 3)2(32=+=μ
?（1分）
（??式任何一式正确均给此1分）木板开始加速向左运动，由牛顿第二定律：
122M M A a M f f ?=-得：11=M a m/s 2
?（1分）
（表达式正确，没算出结果也出给此1分）
当A 物块与木板共速时有：11111t a v t a v A A M ?-=?=共 ? 得：11=共v m/s ，11=?t s
?（1分）
（表达式正确，没算出结果也出给此1分） 此时，物块B 的速度大小. 211=?-=t a v v A B m/s
?（1分）
此后A 物块与木板保持相对静止，木板开始减速，由牛顿第二定律：
22)(M B M a m M f f ?+=- 得：5.02=M a m/s 2
?（1分）
（表达式正确，没算出结果也出给此1分）
设物块B 与木板达到共速后，再减速停下，则有：
212212t a t a A B M ??-=??-=ννν共共
?
得：s t 322=
?，3
2
2=共νm/s 假设成立
○
21（1分） （表达式?正确，但没算出结果也出给此1分） 此后三个物体一起做减速运动：133==g a M μm/s 2 ○22 三个物体一起减速运动的时间：3
2
3
2
3=
=
?M a t 共νs
○
23（1分） 25.（18分）如图所示，在光滑水平地面上，静止放着一质量m 1=0.2kg 的绝缘平板小车，小车的右边
处在以PQ 为界的匀强电场中，电场强度E 1=1×104V/m ，小车A 点正处于电场的边界．质量m 2 = 0.1kg ，带电量q = 6×10-5
C 的带正电小物块（可视为质点）置于A 点，其与小车间的动摩擦因数μ = 0.40（且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）．现给小物块一个v 0 = 6m/s 的速度．当小车速度减为零时，电场强度突然增强至E 2 = 2×104
V/m ，
而后保持不变．若小物块不从小车上滑
落，取g =
10m/s 2．试解答下列问题： （1）小物块最远能向右运动多远？ （2）小车、小物块的最终速度分别是多少？ （3）小车的长度应满足什么条件？
25.（1）小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动．
设小车和小物块的加速度分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律得 对小车 μm 2g = m 1a 1、a 1 = 2m/s 2
对小物块 qE 1 +μm 2g = m 2a 2、a 2 = 10m/s 2
设t 1时刻小车与小物块速度相同，则 v t = v 0－a 2t 1 = a 1t 1、解得t 1 = 0.5s 、v t =
1m/s
当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得
qE 1 = (m 1 +m 2)a 3 则a 3 = 2m/s 2
设两者摩擦力达最大静摩擦力，小车和小物块做减速运动的加速度分别为a 4、a 5，则 μm 2g = m 1a 4、a 4 = 2m/s 2；qE 1－μm 2g = m 2a 5、a 5 = 2m/s 2；
由于a 3 = a 4=a 5，故两者不会发生相对滑动，以共同加速度做减速运动，直到速度为零．
小物块第一段运动的位移 75.122
2
02
1=-=a v v s t m ，
小物块第二段运动的位移 25.022
2==
共
共
a v s m ，
小物块向右运动的最远位移 s = s 1 + s 2 = 2m ．
（2）当小车和小物块的速度减为零后，
小物块的加速度 qE 2－μm 2g = m 2a 6、a 6 = 8m/s 2 小车的加速度 μm 2g = m 1a 7、a 7 = 2m/s 2
设小车经过 t 2时间冲出电场，此时小车和小物块的速度分别为 v 3、v 4
对小物块 2
262
1t a S =
==7
22a S
t 小物块的速度 24263==t a v m/s 小车速度 2214==t a v m/s
冲出电场后，小物块做减速运动，小车做加速运动 小车加速度 μm 2g = m 1a 8、a 8 = 2m/s 2 小物块加速度 a 9 = μg = 4 m/s 2
经过 t 3 时间速度相同：v t = v 3－a 9t 3 = v 4 +a 8t 3解得 v t = 22m/s
（3）m 2从最右端出发向左运动到最左端的过程中
qE 2s －μm 2gl = 12
(m 1 + m 2)v 2 解得l = 3m
B A c m m g m +μ木板运动的总时间：3
7321=?+?+?=t t t T s
○
24（1分）
11．如图所示，质量为3 kg 的长木板B 放在光滑的水平面上，右端与半径R ＝1 m 的粗糙的1
4圆弧相切，
左端上方放质量为1 kg 的物块C ，物块C 与长木板B 的动摩擦因数为0.2.现使质量为1 kg 的物体A 从距圆弧上端h ＝5 m 处静止释放，到达水平轨道与B 碰撞后一起运动，再经1 s 物块C 刚好运动到B 的右端且不会掉下．取g ＝10 m/s 2
.求：
(1)物体A 刚进入圆弧时对轨道的压力； (2)长木板B 的长度；
(3)物体A 经过圆弧时克服阻力做的功．
11. (1)物体A 从释放到进入圆弧前做自由落体运动2
1A v ＝2gh （1分）
刚进入圆弧时N ＝m A R
v A
21 （1分）
联立解得 N ＝
＝2×1×10×5
1
N ＝100 N （1分）
由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力大小为100 N （1分） (2)物块C 从开始运动到与长木板B 具有相同速度的过程中， 物块C 的加速度为a C ＝
c
c m g
m μ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2
（1分）
＝0.2×1×101＋3 m/s 2＝0.5 m/s 2
（1分）
滑块B 的加速度为 a B ＝ 物块C 运动的距离s C ＝12a c t 2＝12
×2×12
m ＝1 m
（1分）
物块C 在B 的右端时两者具有相同的速度 v B2＝v C ＝a c t ＝2×1 m/s ＝2 m/s （2分） 由速度公式得木板刚开始运动时的速度
v B1＝v B2＋a B t ＝(2＋0.5×1)m/s ＝2.5 m/s （1分） 木板B 运动的距离s B ＝
2
21B B v v +t ＝2＋2.5
2×1 m ＝2.25 m （1分）
高中物理板块模型道专题练习和高考板块练习及答案
板块模型专题练习 (一)两个小物块 1．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质量分别为和，A、B之间的动摩擦因数为。在物体A上施加水平方向的拉力F，开始时F=10N，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＜12N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＞18N时，开始相对滑动 2．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v0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。 3．质量M=8kg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=8N，当小车向右运动的速度达到s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长，求从小物块放上小车开始，经过t=，小物块通过的位移大小为多少？ 4.光滑水平面上静置质量为M的长木板，质量为m的可视为质点的滑块以初速度v0从木板一端开始沿木板运动．已知M＞m，则从滑块开始运动起，滑块、木板运动的v-t图象可能是() (二)传送带 5.如图所示，传送带与地面间的倾角为θ=37°，A、B之间的长度为L=16m，传送带以速率v=10m/s逆时针运动，在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=，求物体从A端运动到B端需要多长时间？（g取10m/s2，sin37°=，cos37°=） 6.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3－2－7所示为一水平传送带装置示意图。紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1m/s运行，一质量为m＝4kg的物体被无初速度地放在A处，传送带对物体的滑动摩擦力使物体开始做匀加速直线运动，随后物体又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，A、B间的距离L＝2m，g取10m/s2。 （1)求物体刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小； (2)求物体做匀加速直线运动的时间； (3)如果提高传送带的运行速率，物体就能被较快地传送到B处，求物体从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。 7.如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2 的小物块从与 传送带等高的光滑水平面上的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v 2＞v 1 ．则?（） A．t 2 时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t 1 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．t 2-t 3 时间内，小物块受到的摩擦力方向向右
高考物理板块模型典型例题+答案.资料
高考物理板块模型典型例题+答案.资料 1.如图19所示，长度L = m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = ．在A的右端有一个小物块B．现猛击A左侧，使A 瞬间获得水平向右的速度υ0 = m/s．B的质量m2 = kg，A与B之间的动摩擦因数μ2 = ．取重力加速度g = 10 m/s2．求B在A上相对A滑行的最远距离； 若只改变物理量υ0、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下．请求出改变后该物理量的数值． v0 B A L 图19 2、如图13所示，如图所示，水平地面上一个质量M=、长度L=的木板，在F=的水平拉力作用下，以v0=/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=的物块轻放在木板最右端． 若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间； 若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动．
3.(20XX春会考）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = kg，长度L = m．在木板的最左端有一个小滑块，质量m = kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ= ．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 = N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. 求小滑块离开木板时的速度； 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. m F M 图15 4.如图15所示，水平桌面到地面的高度h = m. 质量m = kg的小物块放在桌面A端. 现对小物块施加一个F＝ N 的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的B点时撤去力F，一段时间后小物块从桌面上的C端飞出，最后落在水平地面上. 已知AB = BC = m，小物块在A、B间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = ，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 求小物块落地点与桌面C端的水平距离； 某同学作出了如下判断：若仅改变AB段的长度而保持BC段的长度不变，或仅改变BC段的长度而保持AB段的长度
高中物理公式总结(全)
高中物理公式总结(全)
一、质点的运动 1.1直线运动 1.1.1匀变速直线运动 1.平均速度V 平=S/t （定义式） 2.有用推论V t 2 –V o 2 =2as 3.中间时刻速度 V t/2=V 平=(V t +V o )/2 4.末速度V t =V o +at 5.中间位置速度V s/2=[(V o 2 +V t 2 )/2]1/2 6.位移S= V 平t=V o t + at 2 /2 7.加速度a=(V t -V o )/t 以V o 为正方向，a 与V o 同向(加速)a>0；反向(减速)则a<0 8.实验用推论ΔS=aT 2 ΔS 为相邻连续相 等时间T 内位移之差 9.主要物理量及单位:初速(V o )m/s 加速度(a)m/s 2 末速度(V t )m/s 时间(t)秒(s) 位移(S)米（m ） 路程米（m ） 速度单位换算：1m/s=3.6Km/h 注：(1)平均速度是矢量。(2)物体速度大,加速度不一定大。(3)a=(V t -V o )/t 只是量度式，不是决定式。(4)其它相关内容：质点/位移和路程/s--t 图/v--t 图/速度与速率/
1.1.2 自由落体 1.初速度V o =0 2.末速度V t =gt 3.下落高度h=gt 2 /2（从V o 位置向下计算） 4.推论V t 2 =2gh t=(2h/g)1/2 注:(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速度直线运动规律。 (2)a=g=9.8 m/s 2 ≈10m/s 2 重力加速度在赤道附近较小,在高山处比平地小，方向竖直向下。 1.1.3竖直上抛 运动 1.位移S=V o t- gt 2 /2 2.末速度 V t = V o - gt （g=9.8≈10m/s 2 ） 3.有用推论V t 2 –V o 2= -2gS 4.上升最大高度H m = V o 2 /2g (抛出点算起) 5.往返时间t=2 V o /g （从抛出落回原位置的时间） 注:(1)全过程处理:是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值。(2)分段处理：向上为匀减速运动，向下为自由落体运动，具有对称性。(3)上升与下落过程具有对称性,
2021年高考物理选择题专题训练含答案 (1)
2021模拟模拟-选择题专项训练之交变电流 本考点是电磁感应的应用和延伸．高考对本章知识的考查主要体现在“三突出”：一是突出考查交变电流的产生过程；二是突出考查交变电流的图象和交变电流的四值；三是突出考查变压器．一般试题难度不大，且多以选择题的形式出现．对于电磁场和电磁波只作一般的了解．本考点知识易与力学和电学知识综合，如带电粒子在加有交变电压的平行金属板间的运动，交变电路的分析与计算等．同时，本考点知识也易与现代科技和信息技术相联系，如“电动自行车”、“磁悬浮列车”等．另外，远距离输电也要引起重视．尤其是不同情况下的有效值计算是高考考查的主要内容；对变压器的原理理解的同时，还要掌握变压器的静态计算和动态分析． 北京近5年高考真题 05北京18．正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V。图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图象。则( ) Ａ．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=2cos100πt (A) Ｂ．通过R的电流 i R 随时间t变化的规律是i R=2cos50πt (A) Ｃ．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=52cos100πt (V) Ｄ．R两端的电压u R随时间t变化的规律是u R=52cos50πt (V) 07北京17、电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10Ω，R2=20Ω。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则（） A、通过R1的电流的有效值是1.2A B、R1两端的电压有效值是6V C、通过R2的电流的有效值是1.22A D、R2两端的电压有效值是62V 08北京18.一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 Ω的电阻。则（） A.流过电阻的电流是20 A B.与电阻并联的电压表的示数是1002V C.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 J D.变压器的输入功率是1×103 W 北京08——09模拟题 08朝阳二模16．在电路的MN间加一如图所示正弦交流电，负载电阻为100Ω，若不考 虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为（）A．220V，2.20 AB．311V，2.20 AC．220V，3.11A D．311V，3.11A t/×10-2s U/V 311 -311 1 2 3 4 A V M ~ R V 交变电源 ~ 图1 u/V t/×10-2s O U m -U m 12 图2
高考板块模型及传送带问题 压轴题【含详解】
如图所示，长L=1.5 m，高h=0.45 m，质量M=10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线 运动．当木箱的速度v0=3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50 N，并同时将一个质量m=l kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地 面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求： ⑴小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间； ⑵小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移； ⑶小球离开木箱时木箱的速度． 【解答】：⑴设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于 ，① 则s．② ⑵小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s2．③) 木箱向右运动的最大位移为m ④ ⑶x1<1 m，故小球不会从木箱的左端掉下． 木箱向左运动的加速度为m/s2⑤ 设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱m ⑥ 设木箱向左运动的时间为t2，由，得 s ⑦ 小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向 左， 大小为m/s ⑧ 如图所示，一质量为m B = 2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ= 37°.一质量也为m A = 2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0 = 8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1 = 0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2 = 0.2，sinθ = 0.6，cosθ = 0.8，g 取10 m/s2，物块A可看做质点．求： ⑴ 物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ ⑵ 物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时 间？ (3)木板B有多长？
高中物理公式大全总结
高中物理公式、规律汇编表 一、力学公式 1、 胡克定律： F = kx (x 为伸长量或压缩量,K 为倔强系数，只与弹簧的原长、粗细和材料有关) 2、 重力： G = mg (g 随高度、纬度、地质结构而变化) 3 、求F 、 的合力的公式： Ｆ＝θCOS F F F F 2122212++ 合力的方向与F 1成α角： tg α= 注意：(1) 力的合成和分解都均遵从平行四边行法则。 (2) 两个力的合力范围： ? F 1－F 2 ? ≤ F ≤ F 1 +F 2 (3) 合力大小可以大于分力、也可以小于分力、也可以等于分力。 4、两个平衡条件： （1） 共点力作用下物体的平衡条件：静止或匀速直线运动的物体，所受合外力 为零。 ∑F=0 或∑F x =0 ∑F y =0 推论：[1]非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。 [2]几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力 （一个力）的合力一定等值反向 ( 2 ) 有固定转动轴物体的平衡条件： 力矩代数和为零． 力矩：M=FL (L 为力臂，是转动轴到力的作用线的垂直距离） 5、摩擦力的公式： (1 ) 滑动摩擦力： f= μN 说明 ： a 、N 为接触面间的弹力，可以大于G ；也可以等于G;也可以小于G b 、 μ为滑动摩擦系数，只与接触面材料和粗糙程度有关，与接触面 积大小、接触面相对运动快慢以及正压力N 无关. (2 ) 静摩擦力： 由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解,与正压力无关. 大小范围： O ≤ f 静≤ f m (f m 为最大静摩擦力，与正压力有关) 说明： a 、摩擦力可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，还可以与运动方向成一 定 夹角。 b 、摩擦力可以作正功，也可以作负功，还可以不作功。 c 、摩擦力的方向与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。 d 、静止的物体可以受滑动摩擦力的作用，运动的物体可以受静摩擦力的作用。 6、 浮力： F= ρVg (注意单位) α F 2 F F 1 θ
高三物理复习专题训练+(1页3练)专题一至专题五
专题一质点的直线运动 1、一汽车从静止开始以4m/s2的加速度行驶，恰有一辆自行车以8m/s的速度从车边匀速驶过。求： (1) 汽车从开动后在追上自行车之前，要经多长时间两者相距最远？此时距离是多少？ (2) 什么时候追上自行车，此时汽车的速度是多少? 2、有一气球以5m/s的速度由地面匀速竖直上升，经过30s后，气球上悬挂重物的绳子断开（绳子的影响忽略不计），求物体从绳子断开到落地所用的时间和物体落地时速度大小。（g=10m/s2） 3、一队长为L的队伍，行进速度为 ，通讯员从队尾以速度 赶到排头，又立即以速度 返回队尾，求出这段时间里队伍前进的距离。 专题一质点的直线运动 1、将两个小球同时竖直上抛，A上升的最大高度比B上升的最大高度高出 35m，返回地面时间比B迟2s，求： （1）A和B的初速度各是多少？ （2）A和B分别到达的最大高度。（g=10m/s2） 2、建筑工人安装脚手架进行高空作业,有一名建筑工人由于不慎将抓在手中的一根长5 m的铁杆在竖直状态下脱落了，使其做自由落体运动，如图6-2所示，
铁杆在下落过程中经过某一楼层面的时间为0.2 s，求:铁杆下落时其下端到该楼层面的高度?(g=10 m/s2，不计楼层面的厚度) 3、甲乙两个物体均做单向直线运动，路程相同。甲前一半时间内以速度v1匀速直线运动，后一半时间内以速度v2匀速直线运动；乙前一半位移以速度v1匀速直线运动，后一半位移以速度v2匀速直线运动。v1 ≠v1 则问： （1）甲乙整个过程的平均速度分别是多少？ （2）走完全程，甲乙哪个所需时间短？ 专题一质点的直线运动 1、一队长为L的队伍，行进速度为 ，通讯员从队尾以速度 赶到排头，又立即以速度 返回队尾，求出这段时间里队伍前进的距离。 2、在做《研究匀变速直线运动》的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个计数点间的距离为S，且S1＝0.96cm，S2＝2.88cm，S3＝4.80cm，S4＝6.72cm，S5＝8.64cm，S6＝10.56cm，电磁打点计时器的电源频率为50Hz。计算此纸带的加速度大小a ＝ m/s2，打第4号计数点时纸带的速度大小V＝ m/s。
高考物理公式、规律归纳总结
高中物理公式、规律汇编表 一、力学公式 1、 胡克定律： F = Kx (x 为伸长量或压缩量,K 为倔强系数，只与弹簧的原长、粗细和材料有关) 2、 重力： G = mg (g 随高度、纬度、地质结构而变化) 3 、求F 1、F 2 两个共点力的合力的公式： Ｆ＝θCOS F F F F 212 22 12++ 合力的方向与F 1成α角： tg α=F F F 2 12 sin co s θθ+ 注意：(1) 力的合成和分解都均遵从平行四边行法则。 (2) 两个力的合力范围： ? F 1－F 2 ? ≤ F ≤ F 1 +F 2 (3) 合力大小可以大于分力、也可以小于分力、也可以等于分力。 4、两个平衡条件： （1） 共点力作用下物体的平衡条件：静止或匀速直线运动的物体，所受合外力 为零。 ∑F=0 或∑F x =0 ∑F y =0 推论：[1]非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。 [2]几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力 （一个力）的合力一定等值反向 ( 2 ) 有固定转动轴物体的平衡条件： 力矩代数和为零． 力矩：M=FL (L 为力臂，是转动轴到力的作用线的垂直距离） 5、摩擦力的公式： (1 ) 滑动摩擦力： f= μN 说明 ： a 、N 为接触面间的弹力，可以大于G ；也可以等于G;也可以小于G b 、μ为滑动摩擦系数，只与接触面材料和粗糙程度有关，与接触面 积大小、接触面相对运动快慢以及正压力N 无关. (2 ) 静摩擦力： 由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解,与正压力无关. 大小范围： O ≤ f 静≤ f m (f m 为最大静摩擦力，与正压力有关) 说明： a 、摩擦力可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，还可以与运动方向成一 定 夹角。 b 、摩擦力可以作正功，也可以作负功，还可以不作功。 c 、摩擦力的方向与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。 d 、静止的物体可以受滑动摩擦力的作用，运动的物体可以受静摩擦力的作用。 6、 浮力： F= ρVg (注意单位) 7、 万有引力： F=G m m r 122 (1)． 适用条件 (2) ．G 为万有引力恒量 （3）在天体上的应用：（M 一天体质量 R 一天体半径 g 一天体表面重力加速度） a 、万有引力=向心力 G M m R h m () +=2 V R h m R h m T R h 222 2 24()()()+=+=+ωπ α F 2 F F 1 θ
高考物理专题一(受力分析)(含例题、练习题及答案)
高考定位 受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题，主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点：弹力、摩擦力)、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析，涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等．高考试题命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核． 考题1对物体受力分析的考查 例1如图1所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则() 图1 A．A与B之间不一定存在摩擦力 B．B与地面之间可能存在摩擦力 C．B对A的支持力一定大于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g 审题突破B、D选项考察地面对B的作用力故可以：先对物体A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；A、C选项考察物体A、B之间的受力，应当隔离，物体A受力少，故：隔离物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力． 解析对A、B整体受力分析，如图， 受到重力(M＋m)g、支持力F N和已知的两个推力，水平方向：由于两个推力的合力为零，故
整体与地面间没有摩擦力；竖直方向：有F N＝(M＋m)g，故B错误，D正确；再对物体A受力分析，受重力mg、推力F、斜面体B对A的支持力F N′和摩擦力F f，在沿斜面方向：①当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，②当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，③当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，设斜面倾斜角为θ，在垂直斜面方向：F N′＝mg cos θ＋F sin θ，所以B对A的支持力不一定大于mg，故A正确，C错误．故选择A、D. 答案AD 1．(单选)(2014·广东·14)如图2所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是() 图2 A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向 答案 A 解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误． 2．(单选)如图3所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，求轻杆对A球的作用力() 图3 A．mg B.3mg C. 3 3mg D. 3 2mg
高考物理板块模型典型例题 答案
1.（8分）如图19所示，长度L = 1.0 m 的长木板A 静止在水平地面上，A 的质量m 1 = 1.0 kg ，A 与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = 0.04．在A 的右端有一个小物块B （可视为质点）．现猛击A 左侧，使A 瞬间获得水平向右的速度υ0 = 2.0 m/s ．B 的质量m 2 = 1.0 kg ，A 与B 之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = 10 m /s 2 ． （1）求B 在A 上相对A 滑行的最远距离； （2）若只改变物理量υ0、μ2中的一个，使B 刚好从A 上滑下．请求出改变后该物理量的数值（只要求出一个即可）． 2、（8分）如图13所示，如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg 、 长度L=2.0m 的木板，在F=8.0N 的水平拉力作用下，以v 0=2.0m/s 的 速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=1.0kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端．（g=10m/s 2 ） （1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字） （2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。 3.(2009春会考）（8分）如图15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. （1）求小滑块离开木板时的速度； （2）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 L 图 图15
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