2017年高三物理專題復(fù)習(xí)：板塊模型龍川一中劉國(guó)華

1、專題一：物理模型之“滑塊-木板”模型 “滑塊木板”模型：作為力學(xué)的基本模型經(jīng)常出現(xiàn)，是對(duì)一輪復(fù)習(xí)中直線運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律有關(guān)知識(shí)的鞏固和應(yīng)用。這類(lèi)問(wèn)題的分析有利于培養(yǎng)學(xué)生對(duì)物理情景的想象能力，有利于培養(yǎng)學(xué)生思維能力。且此模型經(jīng)常在高考（2015年全國(guó)卷25題、2015年全國(guó)卷25題、2013年全國(guó)卷25題）或模擬考試中作為壓軸題出現(xiàn)，所以要引起同學(xué)們的重視。2016江蘇卷（選擇題）2015全國(guó)卷·25題2015全國(guó)卷·25題命題角度：多過(guò)程定性分析、力與運(yùn)動(dòng)命題角度：多過(guò)程相對(duì)運(yùn)動(dòng)、圖像應(yīng)用命題角度：多過(guò)程、相對(duì)運(yùn)動(dòng)與臨界問(wèn)題的分析命題角度：1、判斷是否相對(duì)運(yùn)動(dòng) 2、判斷滑

2、離時(shí)的速度 3、求相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 4、求相對(duì)運(yùn)動(dòng)的位移 5、求損失的機(jī)械能易錯(cuò)點(diǎn)：1、判斷是否相對(duì)運(yùn)動(dòng)條件 2、兩物體所受摩擦力大小 3、速度相等后能否共速問(wèn)題突破一、“滑塊木板”模型中討論與判斷的題型1、（2016江蘇卷。多選）如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~(yú)缸下拉出，魚(yú)缸最終沒(méi)有滑出桌面若魚(yú)缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過(guò)程中A、桌布對(duì)魚(yú)缸摩擦力的方向向左B、魚(yú)缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等C、若貓?jiān)龃罄?，魚(yú)缸受到的摩擦力將不變 D、若貓減小拉力，魚(yú)缸有可能滑出桌面2、（多選）如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2 m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動(dòng)摩

3、擦因數(shù)為，B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對(duì)A施加一水平拉力F，則()A、當(dāng)F<2mg時(shí)，A、B都相對(duì)地面靜止 B當(dāng)Fmg時(shí)，A的加速度為gC當(dāng)F>2mg時(shí)，A相對(duì)B滑動(dòng) D無(wú)論F為何值，B的加速度不會(huì)超過(guò)g3、（多選）如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板靜止在粗糙的水平面上，t0時(shí)刻滑塊從板的左端以速度v0水平向右滑行，木板與滑塊間存在摩擦，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力?；瑝K的v­t圖像可能是圖中的()總結(jié)：從以上幾例我們可以看到，無(wú)論物體的運(yùn)動(dòng)情景如何復(fù)雜，這類(lèi)問(wèn)題的解答有一個(gè)基本技巧和方法：在物體運(yùn)動(dòng)的每一個(gè)過(guò)程中，若兩個(gè)物體的初速度不同

4、，則兩物體必然相對(duì)滑動(dòng)；若兩個(gè)物體的初速度相同（包括初速為0）且受外力F情況下，則要先判定兩個(gè)物體是否發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，其方法是求出不受外力F作用的那個(gè)物體的最大臨界加速度并用假設(shè)法求出在外力F作用下整體的加速度，比較二者的大小即可得出結(jié)論。突破二、“滑塊木板”模型中加速度問(wèn)題（純運(yùn)動(dòng)學(xué)問(wèn)題）m0MhLmv0AB1.如圖所示，一長(zhǎng)度L=3m，高h(yuǎn)=0.8m，質(zhì)量為M=1kg的物塊A靜止在水平面上.質(zhì)量為m=0.49kg的物塊B靜止在A的最左端，物塊B與A相比大小可忽略不計(jì)，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1=0.5，物塊A與地之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.1.一個(gè)質(zhì)量為m0=0.01kg可視為質(zhì)點(diǎn)的子彈，以速度v0

5、沿水平方向射中物塊B，假設(shè)在任何情況下子彈均不能穿出。g=10m/s2，問(wèn)：（1）子彈以v0=400m/s擊中物塊B后的瞬間，它們的速度為多少？（2）被擊中的物塊B在A上滑動(dòng)的過(guò)程中，A、B的加速度各為多少？（3）子彈速度為多少時(shí)，能使物塊B落地瞬間A同時(shí)停下？2(18分)如圖所示，某貨場(chǎng)需將質(zhì)量m150kg的貨物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用光滑傾斜軌道SP、豎直面內(nèi)弧形光滑軌道PQ，使貨物由傾斜軌道頂端距底端高度h=1m處無(wú)初速度滑下兩軌道相切于P, 傾斜軌道與水平面夾角為=600, 弧形軌道半徑R2m，末端切線水平地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板

6、A、B，長(zhǎng)度均為l4m，質(zhì)量均為m250kg，木板上表面與弧形軌道末端Q相切貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.12(不考慮貨物與各軌道相接處能量損失,最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g10m/s2)(1)求貨物到達(dá)弧形軌道始、末端時(shí)對(duì)軌道的壓力(2)若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木板B時(shí)，木板B開(kāi)始滑動(dòng)，求1應(yīng)滿足的條件(3)若10.30，求貨物滑上木板后與木板系統(tǒng)所能產(chǎn)生BROhPQSA的熱量3（18分）如圖所示，傾角=30的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L=1.8m、質(zhì)量M= 3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m=lkg的小物塊，物塊與木

7、板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=對(duì)木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g=l0(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F=37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離突破三、“滑塊木板”模型與動(dòng)量守恒相結(jié)合題型ABCDOPQLR1：（18分）如圖所示的軌道由半徑為R的1/4光滑圓弧軌道AB、豎直臺(tái)階BC、足夠長(zhǎng)的光滑水平直軌道CD組成小車(chē)的質(zhì)量為M，緊靠臺(tái)階BC且上水平表面與B點(diǎn)等高一質(zhì)量為m的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊自圓弧頂端A點(diǎn)由靜止下滑，滑過(guò)圓

8、弧的最低點(diǎn)B之后滑到小車(chē)上已知M=4m，小車(chē)的上表面的右側(cè)固定一根輕彈簧，彈簧的自由端在Q點(diǎn)，小車(chē)的上表面左端點(diǎn)P與Q點(diǎn)之間是粗糙的，滑塊與PQ之間表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，Q點(diǎn)右側(cè)表面是光滑的求： （1）滑塊滑到B點(diǎn)的瞬間對(duì)圓弧軌道的壓力大?。?）要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒(méi)有滑離小車(chē)，則小車(chē)上PQ之間的距離應(yīng)在什么范圍內(nèi)？（滑塊與彈簧的相互作用始終在彈簧的彈性范圍內(nèi)）2. 如圖所示，高度相同質(zhì)量均為的帶電絕緣滑板A及絕緣滑板B置于水平面上，A的帶電量，它們的間距。質(zhì)量為，大小可忽略的物塊C放置于B的左端。C與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，A與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，B的上、下表面光滑，最大靜摩擦力可

9、以認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力,。開(kāi)始時(shí)三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)在空間加一水平向右電場(chǎng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，假定A、B碰撞時(shí)間極短且無(wú)電荷轉(zhuǎn)移，碰后共速但不粘連。求：（1）A與B相碰前的速度為多大;ACBES（2）要使C剛好不脫離滑板，滑板的長(zhǎng)度應(yīng)為多少； (3)在滿足(2)的條件下,求最終AB的距離。 3、（18分）如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑。質(zhì)量M = 1kg 、長(zhǎng)L = 4m的小車(chē)放在地面上，其右端與墻壁的距離為S=3m，小車(chē)上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平?，F(xiàn)有一質(zhì)量m = 2kg的滑塊（不計(jì)大?。┮詖0 = 6m/s的初速度滑上小車(chē)左端，帶動(dòng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)。小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已

10、知滑塊與小車(chē)表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.2 ，g取10m/s2 。（1）求小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)的速度；（2）要滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，求半圓軌道的半徑R的取值。4（18分）如圖17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N，滑板兩端為半徑R=0.45m的1/4圓弧面。A和D分別是圓弧的端點(diǎn)，BC段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m?；宓馁|(zhì)量M=4m，P1和P2與BC面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1=0.10和2=0.40，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力。開(kāi)始時(shí)滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的B點(diǎn)，P1以v0=4.0m/s的初速度從A點(diǎn)沿弧面自由滑下，與P2發(fā)生彈性碰

11、撞后，P1處在粗糙面B點(diǎn)上。當(dāng)P2滑到C點(diǎn)時(shí)，滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，到達(dá)D點(diǎn)時(shí)速度為零。P1與P2視為質(zhì)點(diǎn)，取g=10m/s2. 問(wèn)：（1）P2在BC段向右滑動(dòng)時(shí)，滑板的加速度為多大？（2）BC長(zhǎng)度為多少？N、P1和P2最終靜止后，P1與P2間的距離為多少？專題一：物理模型之“滑塊-木板”模型突破一：1 BCD 2 BD 3 BD突破二：1.解：（1）子彈擊中B過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律可得：2分 解得： 2分（2）由牛頓第二定律可得：對(duì)B： 得： 方向水平向左3分對(duì)A： 得： 方向水平向右3分sBaAvB2aBvB1sAvA2a/As/A（3）子彈擊中B過(guò)程中，由動(dòng)

12、量守恒定律可得：2分設(shè)B在A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則:2分B做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間， 1分2分1分 聯(lián)立求解得：子彈速度1分2.【解析】(1)設(shè)貨物滑到弧形軌道始、末端時(shí)的速度分別為vP、vQ，對(duì)貨物的下滑過(guò)程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：設(shè)貨物滑到弧形軌道始、末端所受支持力的大小分別為NP、NQ，根據(jù)牛頓第二定律得: 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得NP750N, NQ=1500N根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道始、末端時(shí)對(duì)軌道的壓力為750N和1500N，方向豎直向下(2)若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得：1m1g2(m12m2)g 若滑上木板B時(shí)，木板B開(kāi)始滑動(dòng)，由受力分析得：1m1g2(m1m2)g 聯(lián)立并

13、代入數(shù)據(jù)得0.2410.36(3)10.3，由上問(wèn)可得，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)，設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得1m1gm1a1 設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v2a1l 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v14m/s 貨物滑過(guò)木板A系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q1=1m1gl=600J設(shè)貨物滑上木板B經(jīng)過(guò)時(shí)間t,貨物與木板B達(dá)到共同速度v2,木板B的加速度為a2,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律,有:v2=a2t v2= v1a1t 1m1g(m1m2)g=m2a2木板運(yùn)動(dòng)位移x2= 貨物運(yùn)動(dòng)位移x1=貨物相對(duì)木板B位移=x1x2 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得:ml=4m

14、,可見(jiàn):貨物與木板B達(dá)共同速度后,由于12,故兩者整體在水平面做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停止,貨物與木板B系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q2=1m1g=J貨物滑上木板系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量Q=Q1+Q2=J933.3J3、解析(1)對(duì)M、m，由牛頓第二定律 F(Mm)gsin (Mm)a對(duì)m，有Ffmgsin ma FfFfmmgcos 代入數(shù)據(jù)得F30 N(2)F37.5 N30 N，物塊能滑離木板對(duì)M，有Fmgcos Mgsin Ma1對(duì)m，有mgcos mgsin ma2設(shè)物塊滑離木板所用時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式a1t2a2t2L代入數(shù)據(jù)得t1.2 s物塊滑離木板時(shí)的速度va2t 由公式2gsin ·x0v2

15、代入數(shù)據(jù)得x0.9 m突破三：1、（1）根據(jù)牛頓第三定律，滑塊在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小為 （1分）（2）滑塊最終沒(méi)有離開(kāi)小車(chē)，滑塊和小車(chē)必然具有共同的末速度設(shè)為u，滑塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有： （2分）若小車(chē)PQ之間的距離L足夠大，則滑塊可能不與彈簧接觸就已經(jīng)與小車(chē)相對(duì)靜止，設(shè)滑塊恰好滑到Q點(diǎn)，由功能關(guān)系有 （2分）聯(lián)立式解得 （2分）若小車(chē)PQ之間的距離L不是很大，則滑塊必然擠壓彈簧，由于Q點(diǎn)右側(cè)是光滑的，滑塊必然被彈回到PQ之間，設(shè)滑塊恰好回到小車(chē)的左端P點(diǎn)處，由功能關(guān)系有 （2分）聯(lián)立式解得 （2分）綜上所述并由式可知，要使滑塊既能擠壓彈簧，又最終沒(méi)有離開(kāi)小車(chē)，PQ之間的距離L應(yīng)滿足

16、的范圍是 （2分）2.（1）A與B相撞之前由動(dòng)能定理： 2分得 2分 代入數(shù)據(jù)得： 2分(2).A與B相碰后速度為由動(dòng)量守恒定律： 2分C在A上滑行時(shí)，A、B分離，B做勻速運(yùn)動(dòng) ，A與地面的摩擦力A受到的電場(chǎng)力 故A、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律， 1分當(dāng)C剛好滑到A左端時(shí)共速，由動(dòng)量守恒定律： 得 1分設(shè)A長(zhǎng)度為L(zhǎng)則由能量守恒定律有: 2分得代入數(shù)據(jù)得 1分(3).對(duì)C由牛頓第二定律可知: 得 1分加速時(shí)間為 1分0.5s內(nèi)A的位移 1分0.5s內(nèi)B的位移 1分所以兩者以后距離關(guān)系式為 1分3：解：（1）滑塊與小車(chē)的共同速度為v1 ，滑塊與小車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mv0 = (m + M)v1

17、（2分）代入數(shù)據(jù)解得 v1 = 4m/s （1分）設(shè)滑塊與小車(chē)的相對(duì)位移為 L1 ，由系統(tǒng)能量守恒定律，有mgL1 =(2分）代入數(shù)據(jù)解得 L1 = 3m （1分）設(shè)與滑塊相對(duì)靜止時(shí)小車(chē)的位移為S1 ，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgS1 =（2分）代入數(shù)據(jù)解得S1 = 2m （1分）因L1L ，S1S ，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)已具有共同速度，且共速時(shí)小車(chē)與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車(chē)與碰壁碰撞時(shí)的速度即v1 = 4m/s（1分）（2）滑塊將在小車(chē)上繼續(xù)向右做初速度為v1 = 4m/s ，位移為L(zhǎng)2 = LL1 = 1m的勻減速運(yùn)動(dòng)，然后滑上圓軌道的最低點(diǎn)P 。若滑塊恰能滑過(guò)圓的最高點(diǎn)，設(shè)滑至最高點(diǎn)的

18、速度為v ，臨界條件為mg = m（1分）根據(jù)動(dòng)能定理，有mgL2（2分）聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R = 0.24m （1分）若滑塊恰好滑至圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道。根據(jù)動(dòng)能定理，有mgL2（2分）代入數(shù)據(jù)解得R = 0.6m （1分）綜上所述，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足R0.24m或R0.6m （1分）4解：（1）P1滑到最低點(diǎn)速度為，由機(jī)械能守恒定律有： 解得：P1、P2碰撞，滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為、 解得： =5m/sP2向右滑動(dòng)時(shí)，假設(shè)P1保持不動(dòng)，對(duì)P2有：（向左）對(duì)P1、M有： 得：此時(shí)對(duì)P1有：，所

19、以假設(shè)成立。（2）P2滑到C點(diǎn)速度為，由 得P1、P2碰撞到P2滑到C點(diǎn)時(shí)，設(shè)P1、M速度為v，對(duì)動(dòng)量守恒定律： 解得：對(duì)P1、P2、M為系統(tǒng)： 代入數(shù)值得： 滑板碰后，P1向右滑行距離： P2向左滑行距離：所以P1、P2靜止后距離：25（18分）某工地一傳輸工件的裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示的情形，AB為一段足夠大的圓弧固定軌道，圓弧半徑R=5.6m，BC為一段足夠長(zhǎng)的水平軌道，CD為一段圓弧固定軌道，圓弧半徑r=1m，三段軌道均光滑一長(zhǎng)為L(zhǎng)=2m、質(zhì)量為M=1kg的平板小車(chē)最初停在BC軌道的最左端，小車(chē)上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m=2kg的工件從

20、距AB軌道最低點(diǎn)h高處沿軌道自由滑下，滑上小車(chē)后帶動(dòng)小車(chē)也向右運(yùn)動(dòng)，小車(chē)與CD軌道左端碰撞（碰撞時(shí)間極短）后即被粘在C處工件只有從CD軌道最高點(diǎn)飛出，才能被站在臺(tái)面DE上的工人接住工件與小車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，取g=10m/s2，求:（1）若h為2.8m，則工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大？（2）要使工件能被站在臺(tái)面DE上的工人接住h的取值范圍25（18分）【解答】解：（1）：工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn)，設(shè)到B點(diǎn)時(shí)的速度為VB，根據(jù)動(dòng)能定理： （1分）工件做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)：. （2分）由兩式可解得：N=40N （1分）（2）：由于BC軌道足夠長(zhǎng)，要使工件能到達(dá)CD軌道，工件與

21、小車(chē)必須能達(dá)共速，設(shè)工件剛滑上小車(chē)時(shí)的速度為v0，工件與小車(chē)達(dá)共速時(shí)的速度為v1，假設(shè)工件到達(dá)小車(chē)最右端才與其共速，規(guī)定向右為正方向，則對(duì)于工件與小車(chē)組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v1 . （2分）由能量守恒定律得： （2分） 對(duì)于工件從AB軌道滑下的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得： （2分）代入數(shù)據(jù)解得：h=3m （1分）.要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出，h=3m為其從AB軌道滑下的最大高度，設(shè)其最小高度為h，剛滑上小車(chē)的速度為v0，與小車(chē)達(dá)共速時(shí)的速度為v1，剛滑上CD軌道的速度為v2，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（m+M）v1. （1分）由能量守恒定律得： （

22、2分） 工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得： （1分）工件在AB軌道滑動(dòng)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得： （1分）聯(lián)立. ，代入數(shù)據(jù)解得： （1分） 綜上所述，要使工件能到達(dá)CD軌道最高點(diǎn)，應(yīng)使h滿足 （1分）5.（20分）如圖，質(zhì)量均為2m的木板A、B并排靜止在光滑水平地面上，A左端緊貼固定于水平面的半徑為R的四分之一圓弧底端，A與B、A與圓弧底端均不粘連。質(zhì)量為m的小滑塊C從圓弧頂端由靜止滑下，經(jīng)過(guò)圓弧底端后，沿A的上表面從左端水平滑上A，并在恰好滑到B的右端時(shí)與B一起勻速運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g，C過(guò)圓弧底端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為1.5mg，C在A、B上滑行時(shí)受到的摩擦阻力相同，C

23、與B一起勻速的速度是C剛滑上A時(shí)的0.3倍。求：（1）C從圓弧頂端滑到底到的過(guò)程中克服摩擦力做的功；（2）兩板長(zhǎng)度L1與L2之比。（3）C剛滑到B的右端時(shí)，A右端到B左端的水平距離s與B的長(zhǎng)度L2之比。25（20分）（1）（6分）設(shè)C到達(dá)圓弧底端時(shí)的速度為v0，軌道對(duì)C支持力大小為N，下滑過(guò)程C克服摩擦力做的功為Wf。由動(dòng)能定理，有： （2分） C過(guò)底端時(shí)，由牛頓第二定律，有： （2分）由牛頓第三定律，知：聯(lián)立式得： （2分）（2）（9分） 設(shè)C剛滑過(guò)A到達(dá)B時(shí)，C的速度為vC，A、B的速度為v，B、C共同速度為vBC，C與A、B間的摩擦力為f。C從滑上A到剛滑到B這個(gè)過(guò)程，C和A、B組成的系

24、統(tǒng)動(dòng)量守恒。由動(dòng)量守恒守律： （2分）由功能關(guān)系： （2分）C滑上B到與B共速這個(gè)過(guò)程，對(duì)C和B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律： （2分）由功能關(guān)系： （2分）或：C從滑上A到與B共速的全過(guò)程由動(dòng)量守恒定律：由功能關(guān)系：（評(píng)分說(shuō)明：式對(duì)一式給兩分，對(duì)兩式給4分；按同樣規(guī)則給分）任兩式聯(lián)立并代入得： 任兩式聯(lián)立并代入得： （1分）（3）（5分）設(shè)C從滑上B到與B共速所經(jīng)歷的時(shí)間為t，對(duì)B，由動(dòng)量定理： （1分）在t時(shí)間內(nèi)，A通過(guò)的距離： （1分）設(shè)B在t時(shí)間內(nèi)通過(guò)的距離為sB，對(duì)B應(yīng)用動(dòng)能定理： （1分） （1分）聯(lián)立式并代入， 得： （1分） （評(píng)分說(shuō)明：用其他方法，如運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解

25、，參照給分）14、（16分）避險(xiǎn)車(chē)道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長(zhǎng)12 m的載有貨物的貨車(chē)因剎車(chē)失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車(chē)速為23 m/s時(shí)，車(chē)尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開(kāi)始在車(chē)廂內(nèi)向車(chē)頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車(chē)廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車(chē)頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過(guò)一段時(shí)間，貨車(chē)停止。已知貨車(chē)質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍。貨物與車(chē)廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車(chē)在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車(chē)和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車(chē)分別視為小滑塊和平板，取cos=1，sin=0.1，g=10 m/s2。求：（1）貨物在車(chē)廂內(nèi)滑

26、動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；（2）制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。14（1）（6分）解：設(shè)貨物質(zhì)量為m，受到貨車(chē)支持力大小為，車(chē)對(duì)貨物摩擦力大小為f1，受力分析如圖貨物與貨車(chē)間滑動(dòng)摩擦因數(shù)為，貨物減速時(shí)加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得 聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)得 方向沿坡面向下（2）解：車(chē)質(zhì)量為，受到坡面支持力大小為，坡面對(duì)車(chē)阻力大小為，受力分析如圖車(chē)減速時(shí)加速度大小為，根據(jù)牛頓第二定律得 由題意得 聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得 方向沿坡面向下設(shè)貨車(chē)和貨物共同的初速度大小為，貨物相對(duì)貨車(chē)滑動(dòng)4m用時(shí)，貨物相對(duì)地面位移大小為，貨車(chē)相對(duì)地面位移大小為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有代入數(shù)據(jù)得 車(chē)長(zhǎng)為，貨物相對(duì)車(chē)滑動(dòng)4m時(shí)車(chē)頭距頂端，坡長(zhǎng)為 代入數(shù)據(jù)，

27、解之得 25（20 分）某傳送帶裝置在豎直平面內(nèi)的橫截面如圖所示，ab 段水平，bcd 段為1/2 圓周傳送帶在電機(jī)的帶動(dòng)下以恒定速率 = 4m/s 運(yùn)動(dòng)，在傳送帶的左端點(diǎn)a 無(wú)初速地投放質(zhì)量m=1kg 的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），當(dāng)?shù)谝粋€(gè)物塊A 到達(dá)b 點(diǎn)時(shí)即刻在a 點(diǎn)投放另一相同的物塊 B物塊到達(dá)b 點(diǎn)時(shí)都恰好與傳送帶等速，此后能確保物塊與傳送帶相對(duì)靜止地通過(guò)bcd 段物塊到達(dá)最高點(diǎn)d 時(shí)與傳送帶間的彈力大小恰等于其重力在d 端點(diǎn)的左方另有一平直軌道ef，軌道上靜止停放著質(zhì)量M=1kg 的木板，從d 點(diǎn)出來(lái)的物塊恰能水平進(jìn)入木板上表面的最右端，木板足夠長(zhǎng)已知：物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)= 0.

28、8 ，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2 ；木板與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.1；設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2試求：（1）每個(gè)物塊在傳送帶abcd 上運(yùn)行的時(shí)間；（2）傳輸A 物塊，電機(jī)所需提供的能量（不計(jì)傳動(dòng)機(jī)構(gòu)的其他能量損耗）；（3）木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間25（共20分）解：(1)（共5分）物塊在上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：，得m/s2（1分）得s（1分）物塊經(jīng)過(guò)點(diǎn)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律得：，代入，得m（1分）則物塊在圓周上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：s （1分）則每個(gè)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間s（1分）(2)（共3分）物塊在傳送帶上加速時(shí)與傳送帶間的相對(duì)位移：m（1分）每傳輸一個(gè)物塊，電機(jī)提供

29、的能量J（2分）或：物塊在傳送帶水平段運(yùn)動(dòng)，電機(jī)克服摩擦力做功（2分）每傳輸一個(gè)物塊，電機(jī)提供的能量J （1分）(3)（共12分）物塊滑上木板時(shí)，物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小木板與軌道間的最大靜摩擦力大?。?分）注：式任何一式正確均給此1分由于，故木板仍保持靜止?fàn)顟B(tài)（1分）物塊在木板上做減速運(yùn)動(dòng)，其加速度大?。簃/s2 （1分）當(dāng)物塊滑上木板瞬間，物塊的速度大?。?m/s（1分）物塊在木板上同時(shí)滑動(dòng)時(shí)對(duì)木板的摩擦力大小為地面與木板間的最大靜摩擦力（1分）（式任何一式正確均給此1分）木板開(kāi)始加速向左運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：得：m/s2（1分）（表達(dá)式正確，沒(méi)算出結(jié)果也出給此1分）當(dāng)物塊與木板共速時(shí)

30、有：得：m/s，s（1分）（表達(dá)式正確，沒(méi)算出結(jié)果也出給此1分）此時(shí)，物塊的速度大小. m/s（1分）此后物塊與木板保持相對(duì)靜止，木板開(kāi)始減速，由牛頓第二定律： 得：m/s2（1分）（表達(dá)式正確，沒(méi)算出結(jié)果也出給此1分）設(shè)物塊與木板達(dá)到共速后，再減速停下，則有：得：，m/s假設(shè)成立（1分）（表達(dá)式正確，但沒(méi)算出結(jié)果也出給此1分）此后三個(gè)物體一起做減速運(yùn)動(dòng)：m/s2三個(gè)物體一起減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：s（1分）m1m2v0PQAE25.（18分）如圖所示，在光滑水平地面上，靜止放著一質(zhì)量m1=0.2kg的絕緣平板小車(chē)，小車(chē)的右邊處在以PQ為界的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E1=1×104V/m，小車(chē)A

31、點(diǎn)正處于電場(chǎng)的邊界質(zhì)量m2 = 0.1kg，帶電量q = 6×10-5C的帶正電小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A點(diǎn)，其與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.40（且最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等）現(xiàn)給小物塊一個(gè)v0 = 6m/s的速度當(dāng)小車(chē)速度減為零時(shí)，電場(chǎng)強(qiáng)度突然增強(qiáng)至E2 = 2×104V/m，而后保持不變?nèi)粜∥飰K不從小車(chē)上滑落，取g = 10m/s2試解答下列問(wèn)題： （1）小物塊最遠(yuǎn)能向右運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)？ （2）小車(chē)、小物塊的最終速度分別是多少？ （3）小車(chē)的長(zhǎng)度應(yīng)滿足什么條件？25.（1）小物塊受到向左的電場(chǎng)力和滑動(dòng)摩擦力作減速運(yùn)動(dòng)，小車(chē)受摩擦力向右做加速運(yùn)動(dòng)設(shè)小車(chē)和小物塊的加速度分別為

32、a1、a2，由牛頓第二定律得對(duì)小車(chē) m2g = m1a1、a1 = 2m/s2 對(duì)小物塊 qE1 +m2g = m2a2、a2 = 10m/s2 設(shè)t1時(shí)刻小車(chē)與小物塊速度相同，則 vt = v0a2t1 = a1t1、解得t1 = 0.5s、vt = 1m/s當(dāng)兩物體達(dá)共同速度后系統(tǒng)只受電場(chǎng)力，則由牛頓第二定律得qE1 = (m1 +m2)a3 則a3 = 2m/s2設(shè)兩者摩擦力達(dá)最大靜摩擦力，小車(chē)和小物塊做減速運(yùn)動(dòng)的加速度分別為a4、a5，則m2g = m1a4、a4 = 2m/s2；qE1m2g = m2a5、a5 = 2m/s2；由于a3 = a4=a5，故兩者不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，以共同

33、加速度做減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零小物塊第一段運(yùn)動(dòng)的位移 m，小物塊第二段運(yùn)動(dòng)的位移 m，小物塊向右運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)位移 s = s1 + s2 = 2m（2）當(dāng)小車(chē)和小物塊的速度減為零后，小物塊的加速度 qE2m2g = m2a6、a6 = 8m/s2 小車(chē)的加速度 m2g = m1a7、a7 = 2m/s2 設(shè)小車(chē)經(jīng)過(guò) t2時(shí)間沖出電場(chǎng)，此時(shí)小車(chē)和小物塊的速度分別為 v3、v4對(duì)小物塊 小物塊的速度 m/s小車(chē)速度 m/s沖出電場(chǎng)后，小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，小車(chē)做加速運(yùn)動(dòng)小車(chē)加速度 m2g = m1a8、a8 = 2m/s2 小物塊加速度 a9 = g = 4 m/s2 經(jīng)過(guò) t3 時(shí)間速度相同：vt =

34、 v3a9t3 = v4 +a8t3解得 vt = m/s（3）m2從最右端出發(fā)向左運(yùn)動(dòng)到最左端的過(guò)程中qE2sm2gl = (m1 + m2)v2 解得l = 3m 木板運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：s（1分）11如圖所示，質(zhì)量為3 kg的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，右端與半徑R1 m的粗糙的圓弧相切，左端上方放質(zhì)量為1 kg的物塊C，物塊C與長(zhǎng)木板B的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.現(xiàn)使質(zhì)量為1 kg的物體A從距圓弧上端h5 m處?kù)o止釋放，到達(dá)水平軌道與B碰撞后一起運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)1 s物塊C剛好運(yùn)動(dòng)到B的右端且不會(huì)掉下取g10 m/s2.求：(1)物體A剛進(jìn)入圓弧時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度；(3)物體A經(jīng)過(guò)圓弧

35、時(shí)克服阻力做的功11. (1)物體A從釋放到進(jìn)入圓弧前做自由落體運(yùn)動(dòng)2gh（1分）剛進(jìn)入圓弧時(shí)NmA （1分） 聯(lián)立解得 N N100 N（1分）由牛頓第三定律得物體對(duì)圓弧軌道的壓力大小為100 N（1分）(2)物塊C從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與長(zhǎng)木板B具有相同速度的過(guò)程中， 物塊C的加速度為aCg0.2×10 m/s22 m/s2（1分）滑塊B的加速度為 aB m/s20.5 m/s2（1分）物塊C運(yùn)動(dòng)的距離sCact2×2×12 m1 m（1分）物塊C在B的右端時(shí)兩者具有相同的速度vB2vCact2×1 m/s2 m/s（2分）由速度公式得木板剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度vB1vB2aBt(20.5×1)m/s2.5 m/s（1分）木板B運(yùn)動(dòng)的距離sBt×1 m2.25 m（1分）長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度LsBsC1.25 m（1分）或由能量守恒定律： 解得L=1.25 m (3)物體A與長(zhǎng)木板B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒mAvA2(mA