(完整word版)备战2018年高考物理板块模型

参考答案与解析专题1 质点的直线运动1．解析：选A.小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后能回到原高度，重复原来的过程，以落地点为原点，速度为零时，位移最大，速度最大时位移为零，设高度为h ，则速度大小与位移的关系满足v 2＝2g (h －x )，A 项正确．2．解析：选A.设质点的初速度为v 0、末速率为v t ，由末动能为初动能的9倍，得末速度为初速度的3倍，即v t ＝3v 0，由匀变速直线运动规律可知，s t ＝v 0＋3v 02＝2v 0，由加速度的定义可知质点的加速度a ＝3v 0－v 0t ＝2v 0t ，由以上两式可知，a ＝s t 2，A 项正确，B 、C 、D 项错误．3．解析：选BD.根据题述，两车在t ＝3 s 时并排行驶，由v －t 图线与横轴所围面积表示位移可知，在t ＝1 s 时，甲车和乙车并排行驶，选项A 、C 错误．由图象可知，在t ＝1 s 时甲车速度为10 m/s ，乙车速度为15 m/s ，0～1 s 时间内，甲车行驶位移为x 1＝5 m ，乙车行驶位移为x 2＝12.5 m ，所以在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m ，选项B 正确．从t ＝1 s 到t ＝3 s ，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x ＝12×(10＋30)×2 m ＝40 m ，选项D 正确．4．解析：选BD.由于两球由同一种材料制成，甲球的质量大于乙球的质量，因此甲球的体积大于乙球的体积，甲球的半径大于乙球的半径，设球的半径为r ，根据牛顿第二定律，下落过程中mg －kr ＝ma ，a ＝g －kr ρ×43πr 3＝g －3k 4πρr 2，可知，球下落过程做匀变速直线运动，且下落过程中半径大的球下落的加速度大，因此甲球下落的加速度大，由h ＝12at 2可知，下落相同的距离，甲球所用的时间短，A 、C 项错误；由v 2＝2ah 可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，B 项正确；由于甲球受到的阻力大，因此克服阻力做的功多，D 项正确．专题2 相互作用1．解析：选A.以O 点为研究对象，设绳OA 与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G ，根据共点力的平衡可知，F ＝G tan θ，T ＝G cos θ，随着O 点向左移，θ变大，则F 逐渐变大，T 逐渐变大，A 项正确．2．解析：选C.由于轻环不计重力，故细线对轻环的拉力的合力与圆弧对轻环的支持力等大反向，即沿半径方向；又两侧细线对轻环拉力相等，故轻环所在位置对应的圆弧半径为两细线的角平分线，因为两轻环间的距离等于圆弧的半径，故两轻环与圆弧圆心构成等边三角形；又小球对细线的拉力方向竖直向下，由几何知识可知，两轻环间的细线夹角为120°，对小物块进行受力分析，由三力平衡知识可知，小物块质量与小球质量相等，均为m ，C 项正确．3．解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A 项错误．设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg ，设经过t 1时间鱼缸滑离桌布，滑离时的速度为v ，则v ＝μgt 1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动，加速度大小也为μg ，因此鱼缸在桌面上运动的时间t 2＝v μg，因此t 1＝t 2，B 项正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg (设鱼缸质量为m )，保持不变，C 项错误．若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动(最大静)摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D 项正确．4．解析：选BD.只要物块a 质量不变，物块b 保持静止，则连接a 和b 的细绳的张力就保持不变，细绳OO ′的张力也就不变，选项A 、C 错误．对物块b 进行受力分析，物块b 受到细绳的拉力(不变)、竖直向下的重力(不变)、外力F 、桌面的支持力和摩擦力．若F 方向不变，大小在一定范围内变化，则物块b 受到的支持力和物块b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化，选项B 、D 正确．专题3 牛顿运动定律1．解析：选BC.施加一恒力后，质点的速度方向可能与该恒力的方向相同，可能与该恒力的方向相反，也可能与该恒力方向成某一角度且角度随时间变化，但不可能总是与该恒力的方向垂直，若施加的恒力方向与质点初速度方向垂直，则质点做类平抛运动，质点速度方向与恒力方向的夹角随时间的增大而减小，选项A 错误，B 正确．质点开始时做匀速直线运动，说明原来作用在质点上的合力为零，现对其施加一恒力，根据牛顿第二定律，质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，且大小不变，由a ＝Δv Δt可知，质点单位时间内速度的变化量Δv 总是不变的，但速率的变化量不确定，选项C 正确，D 错误．2．解析：选AB.由题意根据动能定理有，2mgh －W f ＝0，即2mgh －μmg cos 45°·h sin 45°－μmg cos 37°·h sin 37°＝0，得动摩擦因数μ＝67，则A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为W f ＝2mgh ，则C 项错误；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a 1＝g (sin 45°－μcos 45°)＝214g ，a 2＝g (sin 37°－μcos 37°)＝－335g ，则载人滑草车在上下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，则在上段底端时达到最大速度v ，由运动学公式有2a 1h sin 45°＝v 2得，v ＝ 2a 1h sin 45°＝ 2gh 7，故B 项正确，D 项错误． 3．解析：选BD.启动时，动车组做加速运动，加速度方向向前，乘客受到竖直向下的重力和车厢对乘客的作用力，由牛顿第二定律可知，这两个力的合力方向向前，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向一定倾斜向前，选项A 错误．设每节车厢质量为m ，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，则有每节车厢所受阻力f ＝kmg .设动车组匀加速直线运动的加速度为a ，每节动车的牵引力为F ，对8节车厢组成的动车组整体，由牛顿第二定律，2F －8f ＝8ma ；设第5节车厢对第6节车厢的拉力为F 5，隔离第6、7、8节车厢，把第6、7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 5－3f ＝3ma ，解得F 5＝3F 4；设第6节车厢对第7节车厢的拉力为F 6，隔离第7、8节车厢，把第7、8节车厢作为整体进行受力分析，由牛顿第二定律得，F 6－2f ＝2ma ，解得F 6＝F 2；第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为F 5∶F 6＝3F 4∶F 2＝3∶2，选项B 正确．关闭发动机后，动车组在阻力作用下滑行，由匀变速直线运动规律，滑行距离x ＝v 22a，与关闭发动机时速度的二次方成正比，选项C 错误．设每节动车的额定功率为P ，当有2节动车带6节拖车时，2P ＝8f ·v 1m ；当改为4节动车带4节拖车时，4P ＝8f ·v 2m ；联立解得v 1m ∶v 2m ＝1∶2，选项D 正确．专题4 曲线运动1．解析：选A.由于不计空气阻力，因此小球以相同的速率沿相同的方向抛出，在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向的初速度相同，加速度为重力加速度，水平方向的初速度相同，因此两小球的运动情况相同，即B 球的运动轨迹与A 球的一样，A 项正确．2．解析：选AC.质点由半球面最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mgR －W ＝12mv 2，又在最低点时，向心加速度大小a ＝v 2R ，两式联立可得a ＝2（mgR －W ）mR，A 项正确，B 项错误；在最低点时有N －mg ＝m v 2R ，解得N ＝3mgR －2W R，C 项正确，D 项错误． 3．解析：选AB.因赛车在圆弧弯道上做匀速圆周运动，由向心力公式有F ＝m v 2R，则在大小圆弧弯道上的运动速率分别为v 大＝ FR m ＝ 2.25mgR m ＝45 m/s ，v 小＝ Fr m＝ 2.25mgr m＝30 m/s ，可知赛车在绕过小圆弧弯道后做加速运动，则A 、B 项正确；由几何关系得直道长度为d ＝L 2－（R －r ）2＝50 3 m ，由运动学公式v 2大－v 2小＝2ad ，得赛车在直道上的加速度大小为a ＝6.50 m/s 2，则C 项错误；赛车在小圆弧弯道上运动时间t ＝2πr 3v 小＝2.79 s ，则D 项错误．4．解析：(1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4①设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4② 由①②式得E k B ∶E k A ＝5∶1.③(2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0④设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2⑤ 由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R⑥ 由机械能守恒有mg R 4＝12mv 2C⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．答案：(1)5∶1 (2)见解析5．解析：(1)运动员在AB 段做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有 v 2B ＝2ax ①由牛顿第二定律有mg H x－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③(2)设运动员到C 点时的速度为v C ，在由B 处运动到达C 点的过程中，由动能定理有mgh ＋W ＝12mv 2C －12mv 2B ④ 设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝mv 2C R⑤ 由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m.答案：(1)144 N (2)12.5 m6．解析：(1)打在探测屏AB 中点的微粒下落的高度32h ＝12gt 2① t ＝3h g.② (2)打在B 点的微粒初速度v 1＝L t 1；2h ＝12gt 21③ v 1＝L g 4h④ 同理，打在A 点的微粒初速度v 2＝L g 2h⑤能被屏探测到的微粒的初速度范围为： L g 4h ≤v ≤L g 2h.⑥ (3)由功能关系12mv 22＋mgh ＝12mv 21＋2mgh ⑦ 代入④⑤式得L ＝22h .答案：见解析专题5 万有引力与航天1．解析：选B.开普勒在第谷的观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，B 项正确；牛顿在开普勒总结的行星运动规律的基础上发现了万有引力定律，找出了行星运动的原因，A 、C 、D 项错．2．解析：选C.为了实现飞船与空间实验室的对接，必须使飞船在较低的轨道上加速做离心运动，上升到空间实验室运动的轨道后逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接，选项C 正确．3．解析：选B.设地球半径为R ，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示．由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r ＝2R .设地球自转周期的最小值为T ，则由开普勒第三定律可得，（6.6R ）3（2R ）3＝（24 h ）2T 2，解得T ≈4 h ，选项B 正确．4．解析：选B.卫星由轨道1进入轨道2，需在P 点加速做离心运动，故卫星在轨道2运行经过P 点时的速度较大，A 项错误；由G Mm r2＝ma 可知，不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P 点的加速度都相同，在轨道1运行时，卫星在不同位置有不同的加速度，B 项正确，C 项错误；卫星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定不相同，D 项错误．5．解析：选D.固定在赤道上的物体随地球自转的周期与同步卫星运行的周期相等，同步卫星做圆周运动的半径大，由a ＝r ⎝⎛⎫2πT 2可知，同步卫星做圆周运动的加速度大，即a 2>a 3，B 、C 项错误；由于东方红二号与东方红一号在各自轨道上运行时受到万有引力，因此有G Mm r2＝ma ，即a ＝G M r 2，由于东方红二号的轨道半径比东方红一号在远地点时距地高度大，因此有a 1>a 2，A 项错误、D 项正确．6．解析：选AD.卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即G Mm R 2＝m v 2R＝mR ⎝⎛⎭⎫2πT 2，得v ＝GM R ，T ＝2πR 3GM，由R A >R B ，可知，T A >T B ，v A <v B ，由于两卫星的质量相等，因此E k A <E k B ，A 项正确，B 项错误；由开普勒第三定律可知，R 3A T 2A ＝R 3B T 2B，D 项正确；卫星与地心的连线在t 时间内扫过的面积S ＝t T πR 2＝t GMR 2，可见轨道半径大的卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积大，C 项错误．专题6 机械能及其守恒定律1．解析：选C.根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔE k ＝W G ＋W f ＝1 900 J －100 J ＝1 800 J ，A 、B 项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为W G ＝－ΔE p ，即重力势能减少了1 900 J ，C 项正确，D 项错误．2．解析：选C.小球从释放到最低点的过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律可知，mgL ＝12mv 2，v ＝2gL ，绳长L 越长，小球到最低点时的速度越大，A 项错误；由于P 球的质量大于Q 球的质量，由E k ＝12mv 2可知，不能确定两球动能的大小关系，B 项错误；在最低点，根据牛顿第二定律可知，F －mg ＝m v 2L，求得F ＝3mg ，由于P 球的质量大于Q 球的质量，因此C 项正确；由a ＝v 2L＝2g 可知，两球在最低点的向心加速度相等，D 项错误． 3．解析：选BCD.小球在从M 点运动到N 点的过程中，弹簧的压缩量先增大，后减小，到某一位置时，弹簧处于原长，再继续向下运动到N 点的过程中，弹簧又伸长．弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于90°，再小于90°，最后又大于90°，因此弹力先做负功，再做正功，最后又做负功，A 项错误；弹簧与杆垂直时，小球的加速度等于重力加速度，当弹簧的弹力为零时，小球的加速度也等于重力加速度，B 项正确；弹簧长度最短时，弹力与小球的速度方向垂直，这时弹力对小球做功的功率为零，C 项正确；由于在M 、N 两点处，弹簧的弹力大小相等，即弹簧的形变量相等，根据动能定理可知，小球从M 点到N 点的过程中，弹簧的弹力做功为零，重力做功等于动能的增量，即小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差，D 项正确．4．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能E p ＝5mgl ①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦ P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩ 要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m . 答案：见解析5．解析：(1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ①设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B② 式中θ＝37°.联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR .③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦E p ＝125mgR .⑧ (3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ⑨y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ⑩ 式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬ 设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝⎛⎭⎫56R ＋56R cos θ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，由动能定理有E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C⑮ 联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m . 答案：(1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m 专题7 静电场1．解析：选B.电场中等势面上各点电势相等，故电势不同的等势面不可能相交，A 项错误；电场线与等势面处处垂直，B 项正确；电场强度与等势面的疏密程度有关，C 项错误；电势较高点与电势较低点的电势差大于0，由W ＝qU 知，负电荷受到的电场力做负功，D 项错．2．解析：选D.平行板电容器接在电压恒定的直流电源上，电容器两极板之间的电压U不变．若将云母介质移出，电容C 减小，由C ＝Q U可知，电容器所带电荷量Q 减小，即电容器极板上的电荷量减小．由于U 不变，d 不变，由E ＝U d可知，极板间电场强度E 不变，选项D 正确，A 、B 、C 错误．3．解析：选C.将一带正电荷的物体C 置于A 附近，由于静电感应，此时A 带负电，B 带正电，则A 项错误；由于整个导体处于静电平衡状态，即整个导体为等势体，A 、B 电势相等，B 项错误；移去C ，由于A 、B 中正负电荷中和，则贴在A 、B 下部的金属箔闭合，C项正确；先把A 和B 分开，然后移去C ，此时A 带负电，B 带正电，贴在A 、B 下部的金属箔都张开，则D 项错误．4．解析：选C.由于A 点处电场线比B 点处电场线疏，因此A 点电场强度比B 点小，A 项错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，因此小球表面的电势比容器内表面的电势高，B 项错误；由于处于静电平衡的导体表面是等势面，电场线垂直于等势面，因此B 点的电场强度方向与该处内表面垂直，C 项正确；将检验电荷从A 点沿不同的路径移到B 点，由于A 、B 两点的电势差恒定，因此电场力做功W AB ＝qU AB 相同，D 项错误．5．解析：选D.由点电荷电场强度公式E ＝k q r 2可知，离场源点电荷P 越近，电场强度越大，Q 受到的电场力越大，由牛顿第二定律可知，加速度越大，由此可知，a b >a c >a a ，A 、B 选项错误；由力与运动的关系可知，Q 受到的库仑力指向运动轨迹凹的一侧，因此Q 与P 带同种电荷，Q 从c 到b 的过程中，电场力做负功，动能减少，从b 到a 的过程中电场力做正功，动能增加，因此Q 在b 点的速度最小，由于c 、b 两点的电势差的绝对值小于a 、b 两点的电势差的绝对值，因此Q 从c 到b 的过程中，动能的减少量小于从b 到a 的过程中动能的增加量，Q 在c 点的动能小于在a 点的动能，即有v a >v c >v b ，D 选项正确．6．解析：选D.平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E 不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U ＝Ed 可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P 点的电势能E p 不变．综上所述，选项D 正确．7．解析：选AB.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．专题8 恒定电流1．解析：选C.电路中四个电阻阻值相等，开关S 断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R ，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U 1＝12×23R 23R ＋R E ＝15E ；当开关S 闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U 2＝12R 12R ＋R E ＝13E ，由Q ＝CU 可知，Q 1Q 2＝U 1U 2＝35，C 项正确．2．解析：选AC.开关S 闭合后，外电路的总电阻为R ＝10 Ω，路端电压U ＝E R ＋rR ＝1212×10 V ＝10 V ，A 项正确；电源的总功率P ＝E 2R ＋r＝12 W ，B 项错误；由于两条支路的电流均为I ′＝1020A ＝0.5 A ，因此a 、b 两点间的电压为U ab ＝0.5×(15－5) V ＝5 V ，C 项正确；a 、b 两点用导线连接后，外电阻R ′＝2×5×155＋15 Ω＝7.5 Ω，因此电路中的总电流I ＝E R ′＋r ＝129.5A ＝1.26 A ，D 项错误．专题9 磁 场1．解析：选C.由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C 项错误，A 、B 项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D 项正确．2．解析：选A.设正六边形的边长为L ，一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqv b ＝mv 2b L ，得L ＝mv b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝mv c qB ，t c ＝16·2πm qB，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．3.解析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P ，粒子运动轨迹与ON 的交点为Q ，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM 成30°角，由几何关系可知，PQ ⊥ON ，故出射点到O 点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R ，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R ＝mv qB，所以D 正确． 4．解析：选D.设加速电压为U ，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m ，一价正离子质量为M .质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12mv 21，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，ev 1B ＝m v 21r；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12Mv 22，该正离子在磁感应强度为12B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r ，洛伦兹力提供向心力，ev 2·12B ＝M v 22r；联立解得M ∶m ＝144∶1，选项D 正确．5.解析：选A.由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B，A 项正确．6．解析：(1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm qB. (2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB .粒子做匀速直线运动，则qE ＝qvB电场强度的大小为E ＝vB .答案：(1)mv qB 2πm qB(2)vB 7．解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则qvB ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向斜向右上方，与电场E 的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qE mg③ 代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°④(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m ⑤ 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝vt ⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有y ＝12at 2⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又tan θ＝y x⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s.法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次经过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ．⑦答案：见解析8．解析：(1)峰区内圆弧半径r ＝mv qB① 旋转方向为逆时针②(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3③ 每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πmv 3qB④ 每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mv qB⑤ 周期T ＝3（l ＋L ）v⑥ 代入得T ＝（2π＋33）m qB⑦(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧谷区内的轨道圆弧半径r ′＝mv qB ′⑨ 由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2⑩ 由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B . 答案：见解析专题10 电磁感应1．解析：选BCD.由于铜质弦不能被磁化，因此振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，因此电吉他不能正常工作，A 项错误；取走磁体，没有磁场，金属弦不能被磁化，振动时不能产生变化的磁场，线圈中不能产生感应电流，电吉他不能正常工作，B 项正确；增加线圈的匝数，由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势会增大，C 项正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，产生的电流方向不断变化，D 项正确．2．解析：选B.由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确．3．解析：选B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A 项错误；根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt，而磁感应强度均匀变化，即ΔB Δt 恒定，则a 、b 线圈中的感应电动势之比为E a E b ＝S a S b ＝l 2a l 2b＝9，故B 项正确；根据电阻定律R ＝ρL S ′，且L ＝4Nl ，则R a R b ＝l a l b ＝3，由闭合电路欧姆定律I ＝E R ，得a 、b 线圈中的感应电流之比为I a I b ＝E a E b ·R b R a＝3，故C 项错误；由功率公式P ＝I 2R 知，a 、b 线圈中的电功率之比为P a P b ＝I 2a I 2b ·R a R b＝27，故D 项错误． 4．解析：选AB.设圆盘的半径为r ，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E ＝12Br 2ω，可知，若转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A 项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a 到b 的方向流动，B 项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C 项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P ＝I 2R 可知，电阻R 上的热功率变为原来的4倍，D 项错误．5．解析：选BC.设某时刻金属棒的速度为v ，根据牛顿第二定律F －F A ＝ma ，即F 0＋kv－B 2l 2v R ＋r ＝ma ，即F 0＋⎝⎛⎭⎫k －B 2l 2R ＋r v ＝ma ，如果k >B 2l 2R ＋r，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v －t 图象的切线斜率也越来越大，由于F A ＝。

真题模型再现(三)——带电粒子在匀强磁场中的运动模型(1)“4点”：入射点出射点C、轨迹圆心A入射速度直线与出射速【预测1】 (2017·木渎中学)如图11所示是半径为R 的圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向外。

一电荷量为q 、质量为m 的带正电离子(不计重力)沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，入射点P 与ab 的距离为R2。

若离子做圆周运动的半径也为R ，则粒子在磁场中运动的时间为( )图11A.πm 6qBB.πm 3qBC.πm qBD.2πm3qB解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O 1必在过入射点垂直于入射速度方向的直线PO 1上，由于粒子的轨道半径为r ＝R ，又入射点P 与ab 的距离为R2。

故圆弧PN 对应圆心角为120°，由qvB＝m v 2R ，周期T ＝2πR v ＝2πm Bq ，所以粒子在磁场中运动的时间为t ＝13T ＝2πm 3Bq，故D 正确，A 、B 、C错误。

答案 D【预测2】 如图12所示矩形虚线框区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O 点垂直于磁场方向且垂直边界线沿图中方向射入磁场后，分别从a 、b 、c 、d 四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间t a 、t b 、t c 、t d ，其大小关系是( )图12A.t a <t b <t c <t dB.t a ＝t b ＝t c ＝t dC.t a ＝t b <t c <t dD.t a ＝t b >t c >t d解析 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T ＝2πmqB，四个电子m 、q 相同，B 也相同，则它们做圆周运动的周期相同。

画出电子运动的轨迹如图甲、乙所示。

从图甲可看出，从a 、b 两点射出的电子轨迹所对的圆心角都是π，则t a ＝t b ＝12T ，从图乙可看出，从d 射出的电子轨迹所对的圆心角∠OO 2d <∠OO 1c <π，根据圆周运动的时间t ＝α2πT 可知，T 相同时，圆心角α越大，时间t 越长，所以T2>t c >t d ，t a ＝t b >t c >t d 。

⾼中物理48个解题模型⾼考物理题型全归纳最后两个⽉，快速掌握⾼考物理150道易错题+30个常考物理模型，⼀定拿⾼分！不看太可惜!历年⾼考物理解题经典模型,⽼师都没讲得这么全!常考物理模型及易错题常考物理模型及隐含条件30条1.绳：只能拉，不能压，即受到拉⼒时F≠0，受压时F=0.2.杆：既能拉也能压，即受到拉⼒.压⼒时，有F≠0.3.绳刚要断：此时绳的拉⼒已经达到最⼤值，即F=Fmax.4.光滑：意味着⽆摩擦⼒.5.长导线：意味着长度L可看成⽆穷⼤.6.⾜够⼤的平板：意味着平板的⾯积S可看成⽆穷⼤.7.轻杆.轻绳.轻滑轮：意味着质量m=0.8.物体刚要离开地⾯.物体刚要飞离轨道等物体和接触⾯之间作⽤⼒：FN=0.9.绳恰好被拉直，此时绳中拉⼒：F=0.10.物体开始运动.⾃由释放：表⽰初速度为0.11.锤打桩⽆反弹：碰撞后，锤与桩有共同速度.12.理想变压器：⽆功率损耗的变压器.13.细杆：体积为零，仅有长度.14.质点：具有质量，但可忽略其⼤⼩.形状和内部结构⽽视为⼏何点的物体.15.点电荷：在研究带电体间的相互作⽤时，如果带电体的⼤⼩⽐它们之间的距离⼩得多，即可认为分布在带电体上的电荷是集中在⼀点上的.16.基本粒⼦如电⼦.质⼦.离⼦等是不考虑重⼒的粒⼦，⽽带电的质点.液滴.⼩球等(除说明不考虑重⼒外)则要考虑重⼒.17.“轻绳.弹簧.轻杆”模型：注意三种模型的异同点，常考查直线与圆周运动中三种模型的动⼒学问题和功能问题.18.“挂件”模型：考查物体的平衡问题.死结与活结问题，常采⽤正交分解法，图解法，三⾓形法则和极值法解题.19.“追碰”模型：考查运动规律.碰撞规律.临界问题.常通过数学法(函数极值法.图像法等)和物理⽅法(参照物变换法.守恒法)等解题.20.“⽪带”模型：注意摩擦⼒的⼤⼩和⽅向.常考查⽜顿运动定律.功能关系及摩擦⽣热等问题.21.“平抛”模型：物体做平抛运动(或类平抛运动)，考查运动的合成与分解.⽜顿运动定律.动能定理等知识.22.“⾏星”模型：万有引⼒提供向⼼⼒.注意相关物理量.功能问题.数理问题(圆⼼.半径.临界问题).23.“⼈船”模型：不仅是动量守恒问题中典型的物理模型，也是最重要的⼒学综合模型之⼀．通过类⽐和等效⽅法，可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得简捷.24.“⼦弹打⽊块”模型：⼦弹和⽊块组成的系统动量守恒，机械能不守恒.系统损失的机械能等于阻⼒乘以相对位移.25.“限流与分压器”模型：电路设计中经常遇到.考查串.并联电路规律及闭合电路的欧姆定律.电能.电功率以及实际应⽤等.26.“电路的动态变化”模型：考查闭合电路的欧姆定律.27.“回旋加速器”模型：考查带电粒⼦在磁场中运动的典型模型.注意加速电场的平⾏极板接的是交变电压，且它的周期和粒⼦的运动周期相同．28.电磁场中的“单杆”模型：导体棒主要是以棒⽣电或电⽣棒的内容出现，从组合情况来看有棒与电阻.棒与电容.棒与电感.棒与弹簧等.导体棒所在的导轨有平⾯导轨.竖直导轨等.29.电磁场中的“双电源”模型：考查⼒学中的三⼤定律.闭合电路的欧姆定律.电磁感应定律等知识.30.“远距离输电变压器”模型：注意变压器的三个制约问题.⾼中物理模型有哪些⒈"质⼼"模型:质⼼(多种体育运动).集中典型运动规律.⼒能⾓度.⒉"绳件.弹簧.杆件"三件模型:三件的异同点,直线与圆周运动中的动⼒学问题和功能问题.⒊"挂件"模型:平衡问题.死结与活结问题,采⽤正交分解法,图解法,三⾓形法则和极值法.⒋"追碰"模型:运动规律.碰撞规律.临界问题.数学法(函数极值法.图像法等)和物理⽅法(参照物变换法.守恒法)等.⒌"运动关联"模型:⼀物体运动的同时性.独⽴性.等效性.多物体参与的独⽴性和时空联系.⒍"⽪带"模型:摩擦⼒.⽜顿运动定律.功能及摩擦⽣热等问题.⒎"斜⾯"模型:运动规律.三⼤定律.数理问题.⒏"平抛"模型:运动的合成与分解.⽜顿运动定律.动能定理(类平抛运动).⒐"⾏星"模型:向⼼⼒(各种⼒).相关物理量.功能问题.数理问题(圆⼼.半径.临界问题).⒑"全过程"模型:匀变速运动的整体性.保守⼒与耗散⼒.动量守恒定律.动能定理.全过程整体法.⒒"⼈船"模型:动量守恒定律.能量守恒定律.数理问题.⒓"⼦弹打⽊块"模型:三⼤定律.摩擦⽣热.临界问题.数理问题.⒔"爆炸"模型:动量守恒定律.能量守恒定律.⒕"单摆"模型:简谐运动.圆周运动中的⼒和能问题.对称法.图象法.⒖"限流与分压器"模型:电路设计.串并联电路规律及闭合电路的欧姆定律.电能.电功率.实际应⽤.⒗"电路的动态变化"模型:闭合电路的欧姆定律.判断⽅法和变压器的三个制约问题.⒘"磁流发电机"模型:平衡与偏转.⼒和能问题.⒙"回旋加速器"模型:加速模型(⼒能规律).回旋模型(圆周运动).数理问题.⒚"对称"模型:简谐运动(波动).电场.磁场.光学问题中的对称性.多解性.对称性.⒛电磁场中的单杆模型:棒与电阻.棒与电容.棒与电感.棒与弹簧组合.平⾯导轨.竖直导轨等,处理⾓度为⼒电⾓度.电学⾓度.⼒能⾓度.21.电磁场中的"双电源"模型:顺接与反接.⼒学中的三⼤定律.闭合电路的欧姆定律.电磁感应定律.22.交流电有效值相关模型:图像法.焦⽿定律.闭合电路的欧姆定律.能量问题.23."能级"模型:能级图.跃迁规律.光电效应等光的本质综合问题.24.远距离输电升压降压的变压器模型.。

2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题18 板块模型特训目标特训内容目标1 无外力板块模型（1T—4T）目标2 无外力板块图像问题（5T—8T）目标3 有外力板块模型（9T—12T）目标4 有外力板块图像问题（13T—16T）一、无外力板块模型1．作图能力是高中物理学习中一项非常重要的能力．对于解决涉及复杂过程的力学综合问题，我们往往可以通过画状态图或v t 图将物理过程展现出来，帮助我们进行过程分析、寻找物理量之间的关系．如图所示，光滑水平面上有一静止的足够长的木板M，一小木块m （可视为质点）从左端以某一初速度0v向右侧运动．若固定木板，最终小木块停在距左侧0S 处（如图所示）．若不固定木板，最终小木块也会相对木板停止滑动，这种情形下，木块刚相对木板停止滑动时的状态图可能正确的是图中的（）A．B．C．D ．【答案】B【详解】A.根据能量守恒，末态物块对地位移一定小于0S ，故A 错误B.小物块匀减速的末速度等于木板加速的末速度，停止相对滑动，所以木板的位移一定小于物块的位移，故B 正确C.根据选项B 的分析，故C 错误D.根据A 的分析，故D 错误，故选B2．长为1m 的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为1m 的长木板并齐地放在平板车上，如图所示，开始二者以共同的速度5m/s 在水平面上匀速直线运动。

已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为210m/s ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

则下列说法正确的是（ ）A ．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于25m/sB ．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为2.5mC ．如果平板车突然以26m/s 的加速度匀加速，则经1.4s 长木板从平板车上掉下D ．如果平板车突然以26m/s 的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为11m/s【答案】BD【详解】A ．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有1mg ma μ=解得215m /s a g μ==此时长木板与平板车加速度大小相等，A 错误；B ．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得212v a x =解得平板车刹车的最小距离为212.5m 2v x a ==选项B 正确；CD ．平板车加速后，设经时间t 长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移22212x vt a t =+长木板的位移为21112x vt a t =+又212lx x -=由以上可解得1s t =此时平板车的速度为211m /s v v a t ='=+选项C 错误，D 正确。

物理Ⅰ.考核目标与要求根据普通高等学校对新生文化素质的要求, 依据中华人民共和国教育部2003 年颁布的《普通高中课程方案( 实验 ) 》和《普通高中物理课程标准( 实验 ) 》，确定高考理工类物理科考试内容。

高考物理试题着重考查考生的知识、能力和科学素养，注重理论联系实际，注意物理与科学技术、社会和经济发展的联系，注意物理知识在生产、生活等方面的广泛应用，以有利于高校选拔新生，有利于激发考生学习科学的兴趣，培养实事求是的态度，形成正确的价值观，促进“知识与技能”“过程与方法”“情感态度与价值观”三维课程培养目标的实现。

高考物理在考查知识的同时注重考查能力，并把对能力的考查放在首要位置；通过考查知识及其运用来鉴别考生能力的高低，但不把某些知识与某种能力简单地对应起来。

目前，高考物理科要考查的能力主要包括以下几个方面：1.理解能力理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件以及它们在简单情况下的应用；能够清楚地认识概念和规律的表达形式( 包括文字表述和数学表达) ；能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法；理解相关知识的区别和联系。

2.推理能力能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或做出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。

3.分析综合能力能够独立地对所遇到的问题进行具体分析、研究，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出起重要作用的因素及有关条件；能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系；能够提出解决问题的方法，运用物理知识综合解决所遇到的问题。

4.应用数学处理物理问题的能力能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论；能运用几何图形、函数图像进行表达和分析。

5.实验能力能独立地完成表2、表 3 中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论，能对结论进行分析和评价；能发现问题、提出问题，并制订解决方案；能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题，包括简单的设计性实验。

1.（8分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h =0。

8m 。

质量m =0。

2kg 的小物块(可以看作质点）放在桌面A 端.现对小物块施加一个F =0.8N 的水平向右恒力，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 =0。

5m,小物块在A 、B 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1=0.2，在B 、C 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2=0。

1。

（1)求小物块落地点与桌面C 端的水平距离。

（2）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 段的长度面保持AB 段的长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C 端的水平距离变为原来的2倍。

请你通过计算说明这位同学的判断是否正确。

2．(8分）如图17所示,水平桌面上放着一块木板，木板的质量M = 1.0 kg ，长度L = 1。

0 m ，厚度可以忽略不计，木板左右两端与桌面的两端对齐．质量m = 1。

0 kg 的小物块放在木板的正中央（小物块可视为质点）,物块与木板间的动摩擦因数μ1 = 0. 40．物块与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0。

20，木板与物块发生相对滑动，经过一段时间物块离开木板，此后物块在桌面上运动，最后刚好停在桌面的右端．取g = 10 m/s 2．求: （1）物块在木板上运动的时间; （2）作用在木板上的恒力F 的大小．3．（8分)如图17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．小物块B （可视为质点）以υ0 = 2.0 m/s 的初速度滑上A 的左端，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、μ1、μ2中的一个，使B 刚好从A 上滑下，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）．4。

目录【专题解读】 (1)【高考真题分析】 (2)【真题感悟】 (11)【最新考向解密】 (12)1.以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解 (12)2结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题 (13)3.综合能量观点考查板块模型 (16)【专题优化训练】 (18)【专题解读】1.概述：滑块和滑板叠加的模型简称为“板块模型”这两个简单的“道具”为考查学生的物质观念、运动与相互作用观念能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、学、练、测的重要模型之一。

无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”的模型的身影都随处可见，而且常考常新。

对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析问题、解决问题的能力和学科核心素养。

2．命题规律滑块—滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。

3．复习指导分析滑块—滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。

一个转折——滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。

两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。

一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。

4．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。

5．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。

设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2【高考真题分析】【例1】(2020·全国二卷25题)如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。

圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。

b2018年普通高等学校招生全国统一考试物理部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。

在启动阶段，列车的动能A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比15．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态。

现用一竖直向上的力F 作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。

以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是16．如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab=5cm ，bc=3cm ，ca =4cm 。

小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。

设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则 A ．a 、b 的电荷同号，169k = B ．a 、b 的电荷异号，169k = C ．a 、b 的电荷同号，6427k =D ．a 、b 的电荷异号，6427k =17．如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好。

空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B 。

现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定（过程I ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B '（过程II ）。

在过程I 、II 中，流过OM 的电荷量相等，则B B'等于 A ．54 B ．32C ．74D ．2 18．如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R ；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，与ab 相切于b 点。

2018高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总
大全
Hello，大家好，我是洪老师，一个人见人爱，花见花开的老师！我们的物理老师说，其实每年高考成绩出来之后，总会就听说学生这样的反应！呀！这不是写对的嘛！分数怎么这么低！OMG，早知分开写就好了！什么分都没了！！！总有那么一些考生，得分与自己的估分，相差太大了，甚远．主要的原因是什么？答题不规范．表述不准确、不完整，书写不规范、不清晰，卷面不整洁、不悦目，必然会造成该得的分得不到，不该失的分失掉了，致使所答试卷不能展示自己的最高水平．因此，要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要抓好基础知识的掌握、解题能力的训练外，还必须强调答题的规范，培养良好的答题习惯，形成规范的答题行为．高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总大全来了！资料介绍！带来了20个必考考点的万能解题模板及例题讲解，思路点拨！每一份考点都带有知识梳理，把重要的考点给大家点拨一下，然后进行解题例题的详细讲解，包括思路方面的点拨，解题的放心，命题的要点在哪里等等，再到后面的真题练习，让大家一次性掌握这个考点的解题方法！相信，如果都看完，练习完，成绩必定能上涨！适合的学
生？包括有高一在学力学的，包括高二在学的，都可以适用！当然，2018考生，那是必然的咯！好了！如需完整的一套高中物理20套必考万能解题模板模型及例题讲解汇总word版，可打印的！请发私信035给我！发私信的不会发怎么办呢？太简单啦！点我的头像，进到我的那个主页，然后有个发私信的按钮的！资料预览：。

高中物理模型法解题———板块模型【模型概述】板块模型是多个物体的多个过程问题，是一个最经典、最基本的模型之一。

木板和物块组成的相互作用的系统称为板块模型，该模型涉及到静摩擦力、滑动摩擦力的转化、方向判断等静力学知识，还涉及到牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量的转化和守恒等方面的知识。

板块类问题的一般解题方法(1)受力分析．(2)物体相对运动过程的分析．(3)参考系的选择（通常选取地面）．(4)做v-t图像(5)摩擦力做功与动能之间的关系．(6)能量守恒定律的运用．一、含作用力的板块模型问题：【例题1】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N，则木块滑离木板需要多长时间？【解题思路】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．（3）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力．（4）应用运动学公式，根据相对加速度求所需时间．【答案】（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s；（3）对木板施加的最小水平拉力是25N；（4）木块滑离木板需要2s【解析】解：（1）木板受到的摩擦力F f=μ（M+m）g=10N木板的加速度=2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=﹣a′有at2=L解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．（3）设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N（4）木块的加速度木板的加速度=4.25m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L即带入数据解得：t=2s【变式练习】如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．【解题思路】（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．【答案】（1）A、B之间不发生相对滑动；（2）铁块运动到木块右端的时间为．【解析】（1）A、B之间的最大静摩擦力为：f m＞μmg=0.3×10N=3N．假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：F=（M+m）a对A，f AB=Ma代入数据解得：f AB=2.5N．因为f AB＜f m，故A、B之间不发生相对滑动．（2）对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma B，对A，根据牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma A根据题意有：x B﹣x A=L，，联立解得：．二、不含作用力的板块模型问题：【例题2】一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。

专题一 质点的直线运动考纲原文再现考查方向展示考向 以图象为依托，考查对直线运动的认识、理解和应用能力【样题】（·广东卷）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前小时内的位移–时间图象如图所示，下列表述正确的是．小时内，甲的加速度比乙的大 ．小时内，甲的速度比乙的大 ．小时内，甲的位移比乙的小 ．小时内，甲、乙骑车的路程相等 【答案】【解析】在–图象中，图线的斜率表示了物体运动的速度，由图可知，在小时内，甲、乙均做匀速直线运动，且甲的图线斜率较大，即甲的速度比乙的大，故选项错误，选项正确；在时时再返回至同一位置，显然两者运动的路程不等，甲运动的路程比乙的大 ，故选项错误。

【样题】（·新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其–图象如图所示。

已知两车在 时并排行驶，则．在时，甲车在乙车后．在时，甲车在乙车前．两车另一次并排行驶的时刻是．甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为【答案】【解析】根据–图象，可以判断在时，甲车和乙车并排行驶，故错误；在时，甲车在乙车前的距离，故正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第末到第末两车运动的位移，故正确。

【样题】质点做直线运动的位移和时间平方的关系图象如图所示，则该质点．加速度大小为．任意相邻内的位移差都为．末的速度是．物体第内的平均速度大小为【答案】【解析】根据和时间平方的关系图象得出关系式为：，对照匀变速直线运动的位移时间公式，知物体的初速度为，加速度为，且加速度恒定不变，故错误；根据∆×考向以生产、生活实际为背景考查质点的直线运动【样题】（·上海卷）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为的路程，第一段用时，第二段用时，则物体的加速度是．．．．【答案】【解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度；在第二段内中间时刻的瞬时速度，则物体加速度，选。

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的数值（只要提出一种方案即可）.BAv 0 L图19 M F图154.（2009夏）（8分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量m = 0.2 kg 的小物块（可以看作质点）放在桌面A 端. 现对小物块施加一个F ＝0.8 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 = 0.5 m ，小物块在A 、B 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B 、C 间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1.（1）求小物块落地点与桌面C 端的水平距离；（2）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 长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C 端 的水平距离变为原来的2倍. 请你通过计算说明 这位同学的判断是否正确.5.（2010春） 如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板厚度忽略不计），质量M=2.0kg ，槽的长度L=2.0m ，在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg ，小滑块与木板槽之间的动摩擦因数20.01=μ. 开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板槽施加一个F=10.0N 水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动。

高中物理板块模型分析大家好！我是牧马人！很高兴和童鞋们一起分享高中阶段有关板块模型的相关知识内容。

（ps：最近在学计算机，更新有些慢，敬请见谅，“码字”不易，记得三连啊！支持一下呗！）话不多说，我们开始吧！一、首先，要学好板块模型。

个人觉得吧！跟学习传送带模型一样，要掌握好以下概念。

静摩擦力：一个物体在另一个物体表面上具有相对运动趋势时，但并没有发生相对运动时，所受到的阻碍物体相对运动趋势的力叫静摩擦力。

（ps:这是正规说法）（但在个人看来，在板块模型这这里，如果物体在木板上所受的力是静摩擦，那么这个物体和传送带一定是共速的，即速度相同）。

滑动摩擦力：当两物体产生相对滑动（或有相对滑动趋势）时，则在接触间将产生阻碍物体滑动的力，这种力称为滑动摩擦力。

（跟上面一样的道理，这个物体和木板一定是不共速的，即他们的速度不相同）通过我在这里说的方法，就可以简单的通过速度判断，在木板上物块所受的摩擦力为静摩擦还是动摩擦。

这很重要！这很重要！这很重要！这将关系到你板块模型的学习深度！二、正式进入板块的解题模型板块模型➟拉力型类型【1】物理情景：A,B两物块的质量分别为Ma和Mb,静止叠放在水平面上。

A,B间动摩擦因数为μ1；B与水平面间动摩擦因数为μ2。

最大静摩擦等于滑动摩擦力，重力加速度为g。

现对B施加一变力F。

①：当0<F≤μ2(Ma+Mb)g时➟此时A,B均静止，A,B间无相互作用力（这个时候的力F可以记为F1，主要看自己)解释说明：1、为什么此时这个临界状态的力F为μ2(Ma+M b)g呢？➟答：这是通过对A或者B受力分析得出的。

受力分析A可知，此时物块A受重力Mag、支持力N、（这个时候A没有静摩擦力）。

受力分析B可知，B物块受重力(Ma+Mb)g、支持力N、A对B的压力N'、地面对B水平向左的摩檫力f地➟b、外力F。

ps：下面配有A,B的受力分析图。

（∵这个时候是个临界状态，这个临界状态是A要“动”，但是还没有"动“的那一个时刻。