2017年高三物理专题复习：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

2μ。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 ＝52μmg 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v 0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；

A 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=，物块A 与地之间的

动摩擦因数μ2=0.1.一个质量为m 0=0.01kg 可视为质点的子弹，以速度v 0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/s 2

，问：

（1）子弹以v 0=400m/s 击中物块B 后的瞬间，它们的速度为多少？

（2）被击中的物块B 在A 上滑动的过程中，A 、B 的加速度各为多少？

（3）子弹速度为多少时，能使物块B 落地瞬间A 同时停下？

2．(18分)如图所示，某货场需将质量m 1＝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m 2＝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＝．(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/s 2

) (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μ13．（18分）如图所示，倾角α=30o

3kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg 施加沿斜面向上的恒力F 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=，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．

m 0

（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v 0 = 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 = ，g 取10m/s 2

。 （1）求小车与墙壁碰撞时的速度；

（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值。

4．（18分）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0.45m 的1/4圆弧面。A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块P 1和P 2的质量均为m 。滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=和μ2=，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，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上。当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零。P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2

. 问： （1）P 2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 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2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＜μ1≤．…………………………………………⑧

(3)μ1＝，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≈……………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 ＝ 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 2－12

a 2t 2

＝L ⑧代入数据得t ＝ 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分内A 的位移m t v v S A 625.02

2

1=+= 1分 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()22

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 =21102

Mv -……………（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14

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=，取g=10m/s 2

，，求:

（1）若h 为，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：…………① （1分）

工件做圆周运动，在B 点：………..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v0，工件与小车达共速时的速度为v1，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：

mv0=（m+M）v1 ………….. 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v0′，与小车达共速时的速度为v1′，刚滑上CD轨道的速度为v2′，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0′=（m+M）v1′……….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：（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，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：222

2C 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）

⑤⑦⑨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：

1214

15

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；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倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ=1，sin θ=，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f1，受力分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=g

① 11sin mg f ma θ+=g

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2N ，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= ，与木板间的动摩擦因数2μ= ；木板与轨道间的动摩

擦因数3μ=；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 = 6×10-5C 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 = （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 = 、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 ，

P

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.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 ＝

＝2×1×10×51

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 ＝×10 m/s 2＝2 m/s 2

（1分）

＝错误! m/s 2

＝ 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＋×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＋

2×1 m ＝ m （1分）

长木板B 的长度L ＝s B －s C ＝ m （1分） {或由能量守恒定律：2221)(2

1)(21B C B A B B A c v m m m v m m gL m ++-+=

μ 解得L=1.25 m } (3)物体A 与长木板B 碰撞过程中动量守恒 m A v A2＝(m A ＋m B )v B1 （2分）

得v A2＝(1＋3)×

1

m/s ＝10 m/s

（1分）

物体A 从静止释放到与长木板B 碰撞前，由动能定理m A g(h ＋R)－W 克＝1

2m A v 22A －0（2分）

物体A 经过圆弧时克服阻力做的功

W 克＝1×10×(5＋1) J －12

×1×102

J ＝10 J （1分）

5．(多选)如图5甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。假定木板与地面之间、木块和木板之间的最大静摩擦力都和滑动摩擦力相等。用一水平力F 作用于B ，A 、

B 的加速度与F 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法中正确的是( )

图5

A ．A 的质量为0.5 kg

B ．B 的质量为1.5 kg

C ．B 与地面间的动摩擦因数为

D ．A 、B 间的动摩擦因数为

解析 F ≤3 N 时，A 、B 均静止，表明B 与地面间最大静摩擦力为3 N ；3 N ＜F ≤9 N 时，

A 、

B 一起以相同加速度运动，a ＝

F －μ2m A ＋m B g m A ＋m B ＝1

m A ＋m B

F －μ2g ，由图象斜率知m A ＋m B ＝

1.5 kg ，B 与地面间的动摩擦因数为μ2＝

F

f

m A ＋m B g

＝；当F ＞9 N 时，A 的加速度为a A ＝

μ1g ，根据图象可知μ1＝，B 的加速度为 a B ＝

F －μ1m A g －μ2m A ＋m B g

m B ，由图象斜率知m B ＝1 kg ，m A ＝0.5 kg ，A 、C 对。

答案 AC

3．（单选）如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端静止放着小物块A 。某时刻，A 受到水平向右的外力F 作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数。设物体A 、B 之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力F f ，且A 、B 的质量相等，则下列可以定性描述长木板B 运动的v -t 图像是( )

4、如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m 的物块，物块与平板车的动摩擦因数为，t=0时，车开始沿水平面做直线运动，其v ﹣t 图象如图乙所示．g 取10m/s 2

，平板车足够长，则物块运动的v ﹣t 图象为（ ）

25．(20分)如图所示， AB 段为一半径R =0.2m 的光滑

1

4

圆形轨道，EF 为一倾角为30°的光滑斜面,斜面上有一质量为0.1kg 的薄木板CD , 木板的下端D 离斜面底端的距离为15m,开始时木板被锁定.一质量也为0.1Kg 的物块从A 点由静止开始下滑,通过B 点后被水平抛出,经过一段时间后

恰好以平行于薄木板的方向滑上木板,在物块滑上木板的同时木板解除锁定.已知物块与薄木板间的动摩擦因数为6

3=

μ.取g=10m/s 2

，求： ⑴物块到达B 点时对圆形轨道的压力大小; ⑵物块做平抛运动的时间;

⑶若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度,则这个速度为多大?（计算结果可用根号来表示） 25解：（1）物块由A 到B ：2

02

1mv mgh =

………（2分）

02/v m s == …………（1分）

在B 点：R

v

m mg F 2

0=-……………………………（2分）

解得：20

3v F mg m N R

=+=…………………………（1分） 由牛顿第三定律可：物块对轨道的压力为3N …………………………（1分） （2）设物块到达斜面的竖直速度为y v ，则θ=

tan y

v v …………………（2分） =y v gt ……………………………（2分）

解得：θ===0tan 0.11v t s s g ……………………（2分）

（3）物块在E 点的速度：/3

v m s ==

……………………（1分） 对物块; 1t v v a t =-, ………（1分）

1(sin cos ) 2.5/a g m s θμθ=-=……………………（2分）

对木板：2t v a t =，

2(sin cos )7.5/a g m s θμθ=+=……………………（2分）

解得：/ 1.732/t v s m s == ……………………（1分）