「精选」2019-2020学年高考物理一轮复习专题6.16与滑块木板模型相关的功能问题千题精练-精选文档
高考物理一轮复习第三章专题动力学中的滑块木板模型备考精炼
24 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm .假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的F －a 图象．取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A ．小滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为5 kgC ．当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为3 m/s 2D ．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现用水平恒力F 拉动小车，关于物块的加速度a m 和小车的加速度a M 的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 23．(多选)(2020·如皋市质量检测)如图3甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A 的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系图如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg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为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2020·淮安、宿迁市学业质量检测)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M ＝4 kg ，长度为L ＝2 m ，物块的质量为m ＝1 kg ，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F 1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F 1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F 2，经过2 s 物块恰好从木板上滑落，求力F 2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a 由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a.图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误．由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为F f＝μm A g＝12 N，故D正确．]2．C [若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f为静摩擦力，且F f≤μmg，由牛顿第二定律可得：F f＝ma，联立可得：a m＝a M＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f为滑动摩擦力，且a m<a M，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f＝μmg＝ma m，可得：a m＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．]3．AD4．C [当F＜μ1(M＋m)g＝2 N时，F f＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a0＝μ2g，F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)a0＝10 N，故当2 N≤F＜10 N时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，F f＝ma，解得F f＝F2－1(N)；当F≥10 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f＝μ2mg＝4 N，所以C正确．]5．C [设A的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma≤μ2mg，解得：a≤μ2g，即A的最大加速度：a1＝μ2g同理，可知B的最大加速度：a2＝μ1g由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1.所以车的最大速度：v m＝2μ2gs0故A、B、D错误，C正确．]6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F1作用于m时，对整体，由牛顿第二定律有：F1＝(M＋m)a对M，由牛顿第二定律有：F f＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，由摩擦力公式有F f＝μF N＝μmg联立各式解得：F1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M、m的加速度分别为a1、a2对M，由牛顿第二定律得：F2－F f′＝Ma1对m，由牛顿第二定律得：F f′＝ma2F f′＝μmg两物体在时间t内位移为x 1＝12a 1t 2x 2＝12a 2t 2m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L联立解得：F 2＝12 N.2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．如图所示，水平放置的封闭绝热气缸，被一锁定的绝热活塞分为体积相等的a 、b 两部分。
高考物理专题滑块-木板模型(含多种变型题)
即学即练：如图所示，质量M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的 水平地面上，其水平顶面右端静置一个质量m=1kg的小滑块（可视为 质点），小滑块与板间的动摩擦因数μ=0.4。今用水平力F=28N向 右拉木板，使滑块能从木板上掉下来，求此力作用的最短时间。 （g=10m/s2）
2021/5/3
图8
解析 小车 B 从开始运动到小物体 A 刚进入小车 B 的粗糙
部分的过程中，因小物体 A 在小车 B 的光滑部分不受摩擦力
作用，故小物体 A 处于静止状态．设小车 B 此过程中的加速
度为 a1，运动时间为 t1，通过的位移为 s1，运动的最终速度
为 v1，则有：a1＝mFB
v1＝a1t1
(2010·海南·16)图 6 甲中，质量为 m 的物块叠放在质量为 2m 的 足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与 木板之间的动摩擦因数为 μ＝0.2.在木板上施加一水平向右的 拉力 F，在 0～3 s 内 F 的变化如图乙所示，图中 F 以 mg 为单 位，重力加速度 g＝10 m/s2.整个系统开始时静止． (1)求 1 s、1.5 s、2 s、3 s 末木板的速度以及 2 s、3 s 末物块 的速度； (2)在同一坐标系中画出 0～3 s 内木板和物块的 v－t 图象， 据此求 0～3 s 内物块相对于木板滑过的距离．
2021/5/3
1s
v
0
t1
t
2021/5/3
变式题 如图 8 所示，在光滑的水平面上停放着小车 B，车 上左端有一小物体 A，A 和 B 之间的接触面前一段光滑， 后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数 μ＝0.4，小车长 L ＝2 m，A 的质量 mA＝1 kg，B 的质量 mB＝4 kg.现用 12 N 的水平力 F 向左拉动小车，当 A 到达 B 的最右端时，两 者速度恰好相等，求 A 和 B 间光滑部分的长度． (g 取 10 m/s2)
高考物理一轮复习第三章专题动力学中的滑块木板模型备考精炼
24 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fm m.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的F －a 图象．取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A ．小滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为5 kgC ．当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为3 m/s 2D ．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现用水平恒力F 拉动小车，关于物块的加速度a m 和小车的加速度a M 的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 23．(多选)(2020·如皋市质量检测)如图3甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A 的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系图如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg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为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2020·淮安、宿迁市学业质量检测)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M ＝4 kg ，长度为L ＝2 m ，物块的质量为m ＝1 kg ，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F 1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F 1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F 2，经过2 s 物块恰好从木板上滑落，求力F 2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg 当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a.图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误． 由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为F f＝μm A g＝12 N，故D正确．]2．C [若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f为静摩擦力，且F f≤μmg，由牛顿第二定律可得：F f＝ma，联立可得：a m＝a M＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f为滑动摩擦力，且a m<a M，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f＝μmg＝ma m，可得：a m＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．]3．AD4．C [当F＜μ1(M＋m)g＝2 N时，F f＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a0＝μ2g，F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)a0＝10 N，故当2 N≤F＜10 N时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，F f＝ma，解得F f＝F2－1(N)；当F≥10 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f＝μ2mg＝4 N，所以C正确．]5．C [设A的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma≤μ2mg，解得：a≤μ2g，即A的最大加速度：a1＝μ2g同理，可知B的最大加速度：a2＝μ1g由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1.所以车的最大速度：v m＝2μ2gs0故A、B、D错误，C正确．]6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F1作用于m时，对整体，由牛顿第二定律有：F1＝(M＋m)a对M，由牛顿第二定律有：F f＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，由摩擦力公式有F f＝μF N＝μmg联立各式解得：F1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M、m的加速度分别为a1、a2对M，由牛顿第二定律得：F2－F f′＝Ma1对m，由牛顿第二定律得：F f′＝ma2F f′＝μmg两物体在时间t内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2 m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L 联立解得：F 2＝12 N.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
第六章专题六力学中常见的四种模型-2025年高考物理一轮复习PPT课件
A．无论 m、M、v0 的大小和地面粗糙程度如何，都只可能是图甲所示的情形 B．若 M 较大，则可能是图甲所示情形；若 M 较小，则可能是图乙所示情形 C．若 v0 较小，则可能是图甲所示情形；若 v0 较大，则可能是图乙所示情形 D．若地面较粗糙，则可能是图甲所示情形；若地面较光滑，则可能是图乙所示情形
高考一轮总复习•物理
第5页
解析：开始时 A 逐渐减速，B 逐渐加速，弹簧被压缩，t1 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；t2 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 t3 时刻，两物块速度相同， 系统动能最小，弹簧最长，因此从 t3 到 t4 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＝t1 时刻系统总动量相等，有 m1v1＝(m1＋m2)v2，其中 v1 ＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得 m1∶m2＝1∶2，故 C 正确；在 t2 时刻 A 的速度为 vA＝－1 m/s，B 的速度为 vB＝2 m/s，根据 Ek＝12mv2，且 m1∶m2＝1∶2，求出 Ek1∶Ek2＝1∶8，故 D 正确．故 选 CD.
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12Mv20 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为2vg20
高考一轮总复习•物理
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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 Mv0＝2Mv′，12Mv20＝12×2Mv′2＋Mgh，联立解得 h＝4vg20，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
滑块木板模型(解析版)-高考物理5种类碰撞问题
滑块木板模型【问题解读】两类情景水平面光滑，木板足够长，木板初速度为零水平面光滑，木板足够长，木板初速度不为零图示v ---t 图像物理规律动量守恒，最终二者速度相同mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20-12(m +M )v 2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力动量守恒，最终二者速度相同M v 0-mv 0=(m +M )v 共，机械能不守恒，损失的机械能等于产生的热量Q =fs =12mv 20+12M v 20-12(m +M )v 共2，式中s 为木块在木板上相对滑动的距离，f 为木块与木板之间的摩擦力。
【高考题典例】1.(14分)(2024年高考新课程卷)如图，一长度l =1.0m 的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O 对齐。
薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl =l6时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O 点。
已知物块与薄板的质量相等。
它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g =10m/s 2。
求(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；解题思路本题考查的考点：动量守恒定律、动能定理、平抛运动规律。
(1)设物块质量m ，初速度为v 0，薄板质量m ，物块滑上薄板，由动量守恒定律mv 0=mv 1+mv 2μmgl =12mv 20-12mv 21-12mv 22物块在薄板上运动加速度a 1=μg =3m/s 2物块在薄板上运动位移s =7l /6v 20-v 21=2a 1s联立解得：v 0=4m/s ，v 1=3m/s ，v 2=1m/s由v 0-v 1=at 1，解得t 1=13s(2)物块抛出后薄板匀速运动，l2-Δl =v 2t 2解得t 2=13s平台距地面的高度h =12gt 22=59m2.(2023年高考选择性考试辽宁卷)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
突破12 牛顿运动定律的应用之滑块-板块模型-2019高三物理一轮微专题系列之热点专题突破(原卷版)
突破12牛顿运动定律的应用之滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。
二、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。
滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。
⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系，若f > f m，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。
3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。
【典例1】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。
下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(如下图所示)（）【典例2】如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 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12μ。
高考物理一轮复习第三章专题动力学中的滑块木板模型备考精炼
24 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fm m.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A ，小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的F －a 图象．取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A ．小滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为5 kgC ．当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为3 m/s 2D ．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现用水平恒力F 拉动小车，关于物块的加速度a m 和小车的加速度a M 的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 23．(多选)(2020·如皋市质量检测)如图3甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A 的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系图如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg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为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2020·淮安、宿迁市学业质量检测)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为μ1，A、B间动摩擦因数为μ2，μ1＞μ2，卡车刹车的最大加速度为a，a＞μ1g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC ．仅增大恒力FD ．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M ＝4 kg ，长度为L ＝2 m ，物块的质量为m ＝1 kg ，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g ＝10 m/s 2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F 1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F 1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F 2，经过2 s 物块恰好从木板上滑落，求力F 2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg 当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a.图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误． 由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A与木板B间的最大静摩檫力为F f＝μm A g＝12 N，故D正确．]2．C [若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M＋m)a，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f为静摩擦力，且F f≤μmg，由牛顿第二定律可得：F f＝ma，联立可得：a m＝a M＝a≤μg＝2 m/s2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f为滑动摩擦力，且a m<a M，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f＝μmg＝ma m，可得：a m＝2 m/s2，选项C正确，选项A、B、D错误．]3．AD4．C [当F＜μ1(M＋m)g＝2 N时，F f＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a0＝μ2g，F＝μ1(M＋m)g＋(M＋m)a0＝10 N，故当2 N≤F＜10 N时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，F f＝ma，解得F f＝F2－1(N)；当F≥10 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f＝μ2mg＝4 N，所以C正确．]5．C [设A的质量为m，以最大加速度运动时，A与B保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma≤μ2mg，解得：a≤μ2g，即A的最大加速度：a1＝μ2g同理，可知B的最大加速度：a2＝μ1g由于μ1＞μ2，则a1＜a2≤μ1g＜a可知要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a1.所以车的最大速度：v m＝2μ2gs0故A、B、D错误，C正确．]6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析(1)设两物体间的最大静摩擦力为F f，当F1作用于m时，对整体，由牛顿第二定律有：F1＝(M＋m)a对M，由牛顿第二定律有：F f＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N＝mg，由摩擦力公式有F f＝μF N＝μmg联立各式解得：F1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M、m的加速度分别为a1、a2对M，由牛顿第二定律得：F2－F f′＝Ma1对m，由牛顿第二定律得：F f′＝ma2F f′＝μmg两物体在时间t内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2 m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L 联立解得：F 2＝12 N.高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2022年高考物理大一轮复习微专题04“传送带模型”和“滑块木板模型”问题课件新人教版2022042
A
解析：粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v；也可 能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同 ；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀 加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确，D错误．粮袋开始时受到沿斜面向 下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律有加速度a＝g(sin θ＋ μcos θ)，故B错误．若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，也可能先做 匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误．
(1)B (2)A B 答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
(也可用如图的速度—时间图线求解)
BD
5 (2018·安徽蚌埠二中模拟) A B l 2.5 m m2 150 g v0 6 m/s A m1 200 g μ1 μ2 0.2.( g10 m/s2)
(1)A B B μ1 (2)μ1 0.4 ()
解析：(1)滑块滑上木板A时，木板不动，由受力分析得
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g， 滑块滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g， 代入数据解得0.35＜μ1≤0.5． (2)若μ1＝0.4，则滑块在木板A上滑动时，木板不动．设滑块在木板A上做减速 运动时的加速度大小为a1， 由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，解得a1＝4 m/s2， 由－2a1l＝v－v，得滑块到达木板B时的速度v1＝4 m/s，
2022年高考物理大一轮 复习微专题04“传送带模 型”和“滑块木板模型”问
题课件新人教版 202204243175
高考物理考点《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案
高考物理考点《传送带模型和滑块—木板模型中的能量问题》真题练习含答案1.(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v 运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，若木块对子弹的阻力F 视为恒定，则下列关系中正确的是( )A ．FL ＝12 M v 2B ．Fs ＝12m v 2C ．Fs ＝12 m v 20－12 (M ＋m )v 2 D ．F (L ＋s )＝12 m v 20 －12 m v 2 答案：ACD解析：以木块为研究对象，根据动能定理得，子弹对木块做功等于木块动能的增加，即FL ＝12M v 2①，以子弹为研究对象，由动能定理得， F (L ＋s )＝12 m v 20－12 m v 2②，联立①②得， Fs ＝12 m v 20 －12 (M ＋m )v 2，故A 、C 、D 正确．2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m 和木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，那么力F 对木板做功的数值为( )A ．m v 24B ．m v 22C ．m v 2D ．2m v 2 答案：C解析：由能量转化和守恒定律可知，拉力F 对木板所做的功W 一部分转化为物体m 的动能，一部分转化为系统内能，故W ＝12 m v 2＋μmg ·s 相，s 相＝v t －v 2 t ，v ＝μgt ，解得W ＝m v 2，C 正确．3.(多选)如图所示是某地铁站的安检设施，该设施中的水平传送带以恒定速率v 运动，乘客将质量为m 的物品放在传送带上，物品由静止开始加速至速率为v 后匀速通过安检设施，下列说法正确的是( )A ．物品先受滑动摩擦力作用，后受静摩擦力作用B ．物品所受摩擦力的方向与其运动方向相同C ．物品与传送带间动摩擦因数越大，产生热量越多D.物品与传送带间动摩擦因数越大，物品与传送带相对位移越小 答案：BD解析：物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力，A 错误；物品所受摩擦力的方向与运动方向相同，B 正确；传送带的位移大小x 1＝v t ，物品从加速到与其共速，位移大小x 2＝v 2 t ，物品与传送带间产生热量Q ＝f Δx ＝f (x 1－x 2)＝12 m v 2，与动摩擦因数无关，C 错误；物品与传送带间动摩擦因数越大，滑动摩擦力f 越大，相对位移Δx 越小，D 正确．4．[2024·辽宁省高考模拟](多选)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m ＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2＝3 m/s 滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端．关于这一过程，下列判断正确的有( )A ．滑块返回传送带右端的速率为2 m/sB ．此过程中传送带对滑块做功为2.5 JC ．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 JD ．此过程中电动机对传送带多做功为10 J 答案：ACD解析：由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，v 1＝2 m/s<v 2＝3 m/s ，当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于2 m/s ，A 正确；此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对滑块做功为W ＝12 m v 21 －12 m v 22 ＝－2.5 J ，B 错误；设滑块向左运动的时间为t 1，位移为x 1，则x 1＝v 22 t 1，该过程中传送带的位移为x 2＝v 1t 1，t 1＝v 2μg ，摩擦生热为Q 1＝μmg (x 1＋x 2)＝10.5 J ，返回过程，当物块与传送带共速时v 1＝μgt 2，物块与传送带摩擦生热为Q 2＝μmg (v 1t 2－v 12 t 2)＝2 J ，则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝12.5 J ，C 正确；此过程中电动机对传送带多做功为ΔW ＝W ＋Q ＝10 J ，D 正确．5.[2024·河北省石家庄市教学质检](多选)如图所示，倾斜传送带以恒定速率v 顺时针转动，现将一小物块由静止放于传送带底端，经过一段时间，小物块运动到传送带的顶端且速率恰好达到v ，在整个过程中小物块与传送带之间的摩擦生热为Q ，小物块获得的动能为E k 、重力势能的增加量为E p ，下列说法正确的是( )A ．Q ＝E kB ．Q >E kC ．Q ＝E k ＋E pD ．Q <E k ＋E p 答案：BC解析：设传送带长度为L ，倾角为θ，质量为m ，运动时间为t ，物块受到的摩擦力为f ，根据题意，有x 物＝L ＝v2 t ，x 传＝v t ，则有x 传－x 物＝L ，解得x 传＝2L ，对物块，根据动能定理fL －mg sin θ·L ＝E k －0，产生的热量为Q ＝f ΔL ＝f (2L －L )＝fL ，其中mg sin θ·L ＝E p ，联立解得Q ＝E k ＋E p ，则有Q >E k ，B 、C 正确．6．如图甲，长木板A 质量为2 kg 放在光滑的水平面上，质量为m ＝2 kg 的另一物体B (可看作质点)以水平速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的表面．由于A 、B 间存在摩擦，之后A 、B 速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1 答案：D解析：由题中图像可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知，木板获得的动能为1 J ，A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12 m v 20 －12 ·2m ·v 2＝2 J ，B 错误；由v t 图像可求出二者相对位移为1 m ，C 错误；以B 为研究对象，根据牛顿第二定律，求出μ＝0.1，D 正确．7.(多选)如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B ，木板B 上放着木块A ，A 、B 间的接触面粗糙，现用一水平拉力F 作用在A 上，使其由静止开始在木板B 上运动，则下列说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于A 、B 系统动能的增加量 B ．拉力F 做的功大于A 、B 系统动能的增加量C ．拉力F 和B 对A 做的功之和小于A 的动能的增加量D ．A 对B 做的功等于B 的动能的增加量 答案：BD 8.[2024·山东省潍坊市期中考试]如图所示，与水平面夹角为θ＝37°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离L ＝10 m ，传送带以v ＝2 m/s 的恒定的速率向上传动，现将一质量m ＝4 kg 的小物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求物块从A 运动到B 的过程：(1)所用时间t ；(2)摩擦力对物块做的功W . 答案：(1)7.5 s (2)248 J解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向上的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 1设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则有 v ＝a 1t 1，x 1＝12 a 1t 2解得t 1＝5 s ，x 1＝5 m设物体经过时间t 2到达B 端，因μmg cos θ>mg sin θ故当物体与传送带同速后，物体将做匀速运动，则有L －x 1＝v t 2 解得t 2＝2.5 s故物体由A 端运动到B 端的时间t ＝t 1＋t 2＝7.5 s (2)相对滑动过程，摩擦力做功W 1＝μmg cos θ·x 1匀速运动过程，摩擦力做功W 2＝mg sin θ(L －x 1)，W ＝W 1＋W 2 解得W ＝248 J9．如图所示，一倾角θ＝30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量m ＝1 kg 的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为m 的小物块(视为质点)，物块和木板间的动摩擦因数μ＝235 ，初始时木板下端与挡板的距离L ＝0.9 m ．现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑．木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，最终物块恰好未滑离木板．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v 0；(2)从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小x ；(3)木板的长度s 以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q .答案：(1)3 m/s (2)1.5 m (3)54 J解析：(1)从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝12×2m v 2解得v 0＝3 m/s.(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1解得a1＝11 m/s2木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2解得a2＝1 m/s2以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间t木板和物块达到共同速度v，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有v＝－v0＋a1t，v＝v0－a2t解得v＝2.5 m/s，v为正值，表示v的方向沿斜面向下设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度v的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为x1，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a1x1解得x1＝0.125 m设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为x2，根据匀变速直线运动的规律有v20－v2＝2a2x2解得x2＝1.375 m又x＝x1＋x2解得x＝1.5 m.(3)经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有Q＝mgL sin θ＋mg(L＋s)sin θ又Q＝μmgs cos θ解得s＝9 m Q＝54 J。
高考物理专题滑块-木板模型(含多种变型题)最新PPT
s1＝0.8 m.
变式题 : 物体 A的质量 m ＝1kg ，静止在光滑水平面
1
上的木板 B的质量为 m ＝0.5kg 、长L＝1m，某时刻 A
2
以v ＝4m/s 的初速度滑上木板 B的上表面， 为使 A不
0
致于从 B上滑落， 在A滑上B的同时，给 B施加一个水
平向右的拉力 F，若A与B之间的动摩擦因数 μ＝0.2，
滑块－木板模型
滑块－木板模型 考点解读
滑块－木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对 直线运动和牛顿运动定律有关知识的综合应用．着重 考查学生分析问题、运用知识的能力，这类问题的分 析有利于培养学生对物理情景的想象能力，为后面牛 顿运动定律与能量知识的综合应用打下良好的基础．
例题1：如图所示，有一长度 s＝1 m，质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一 端放置一质量 m＝4 kg的小物块，物块与小车间的 动摩擦因数 μ＝0.25，要使物块在 2 s末运动到小车 的另一端，那么作用在物块上的水平力 F是多少？
(1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等？
(2)从小滑块滑上长木板，到小滑块与长木板相 对静止，小滑块运动的距离为多少？
(滑块始终没有滑离长木板)
(1)0.15 s (2)0.135 m
图13
例 2 某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛 规则是：如图 7 甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能 将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放， 以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量 m＝0.8 kg，小车的 上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定牵引力 F＝20 N 的作用，未放砖块时车以 v0＝3 m/s 的速度匀速前进．获得冠军的 家庭上场比赛时每隔 T＝0.8 s 搬放一块砖，从放上第一块砖开始计 时，图中仅画出了 0～0.8 s 内车运动的 v－t 图象，如图乙所示，g 取 10 m/s2.求：
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1
专题6.16 与滑块木板模型相关的功能问题
一．选择题
1.如图所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A，A、B接触面粗糙．现
用一水平拉力F作用在B上，使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B
的摩擦力，下列说法正确的有（ ）
A．F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
B．F做的功一定小于A、B系统动能的增加量
C．f1对A做的功等于A动能的增加量
D．f2对B做的功等于B动能的增加量
【参考答案】C
2. 如图，木块A放在木板B的左端，A、B间接触面粗糙，用恒力F将木块A拉到木板B的右
端．第一次将B固定在水平地面上，第二次将B放在光滑水平地面上，则前后两个过程中相同
的量是（ ）
A．物块A运动的加速度
B．物块A的运动时间
C．力F对物块A做的功
D．系统产生的摩擦热
【参考答案】AD
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2
二．计算题
1.(25分)(2018·西昌模拟)如图所示,足够长的斜面与水平面夹角为37°,斜面上有一质量M=3
kg的长木板,斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m=1 kg的小物块从空中某点以v0=3 m/s水
平抛出,抛出同时木板由静止释放,小物块下降h=0.8 m掉在木板前端,碰撞时间极短可忽略不
计,碰后瞬间物块垂直斜面分速度立即变为零。碰后两者向下运动,小物块恰好在木板与挡板碰
撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数μ=0.5,木板上表面光滑,木板与挡板
每次碰撞均无能量损失,g取10 m/s2,求:
(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。
(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板。
(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大。
【名师解析】
(1)小物块平抛,由动能定理得:
mgh=m-m
代入数据解得:vt=5 m/s
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3
sinθ==
解得:θ=37°,即速度方向与斜面垂直
小物块掉到木板上后速度变为0,然后向下运动,直到与木板速度相同过程:
小物块:mgsinα=ma1
木板:Mgsinα-μ(M+m)gcosα=Ma2
速度相同时:a1Δt=v+a2Δt
解得:a1=6 m/s2,a2= m/s2,Δt=0.15 s
Lmin=vΔt+a2Δt2-a1Δt2=0.06 m
(3)小物块平抛过程木板下移:
x1=vt1=0.16 m
两者相碰到小物块离开:x2=a1=vt2+a2
代入数据解得:t2=0.3 s,x2=0.27 m
此时木板速度:v2=v+a2t2=1 m/s
木板与挡板碰后全程生热:
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4
Q=μMgcosα·s=M
代入数据解得:s=0.125 m
可见木板在斜面上通过路程:
s总=x1+x2+s=0.555 m
答案:(1)5 m/s 方向与斜面垂直 (2)0.06 m
(3)0.555 m
2.(25分)(2018·辽宁师大附中模拟)如图所示,倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于
斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4 m,
现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A
和B的质量均为m=1 kg,它们之间的动摩擦因数μ=,A或B与挡板每次碰撞损失的动能均
为ΔE=10 J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10 m/s2。求:
(1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v。(结果可以用根式表示)
(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt。(结果可以用根式表示)
(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。(结果可以用根式表示)
【名师解析】
(1)B和A一起沿斜面向下运动,由动能定理得:
2mgLsinθ=(2m)v2 ①
解得:v=2 m/s②
(2)第一次碰后,对B有:mgsinθ=μmgcosθ
故B匀速下滑 ③
对A有:mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ④
解得:a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下 ⑤
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5
设A第1次反弹的速度大小为v1,由功能关系得:mv2-m=ΔE ⑥
Δt= ⑦
由⑥⑦式得:Δt= s⑧
由式得B沿A向上做匀减速运动的时间:
t2=va= s
当B速度为0时,因mgsinθ=μmgcosθ≤Ffm,B将静止在A上,当A停止运动时,B恰好匀速滑
至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故:t=Δt+t2= s
答案:(1)2 m/s (2) s
(3) s
3.(25分)(2018·青岛模拟)如图所示,倾角θ=30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P,
斜面上B点与A点的高度差为h,将质量为m,长度为L的木板置于斜面底端,质量也为m的小物
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6
块静止在木板上某处,整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ=,且最
大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0,木板上端恰能到达B点,求v0大小。
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0,物块相对木板刚好静止,求拉力F0的大小;
(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg,作用一段时间后撤去拉力,木板下端恰好能到达B
点,物块始终未脱离木板,求拉力F做的功W。
(3)设经拉力F的最短时间为t1,再经时间t2物块与木板达到共速,再经时间t3木板下端到达B
点,速度恰好减为零,由牛顿第二定律得:对木板:
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
对物块:μmgcosθ-mgsinθ=ma2
对木板与物块整体:2mgsinθ=2ma4
另有:a1t1-a3t2=a2(t1+t2)
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7
a2(t1+t2)=a4t3
a1+a1t1t2-a3+a4=
W=F·a1
解得:W=mgh
答案:(1) (2)mg (3)mgh
4.(25分)如图所示,AB为半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道,下端B恰与小车右端平滑对接。小
车质量M=3 kg,车长L=2.06 m,车上表面距地面的高度h=0.2 m。现有一质量m=1 kg的小滑块
(可看成质点),由轨道顶端无初速释放,滑到B端后冲上小车。已知地面光滑,滑块与小车上表
面间的动摩擦因数μ=0.3,当车运行了1.5 s时,车被地面装置锁定,g取10 m/s2。求:
(1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小。
(2)车被锁定时,车右端距轨道B端的距离。
(3)滑块落地点离车左端的水平距离。
设经时间t两者达到共同速度,则有:v-a1t=a2t
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8
解得:t=1 s
由于1 s<1.5 s,此时小车还未被锁定
滑块位移:s1=vt-a1t2
小车位移:s2=a2t2
相对位移:Δs=s1-s2
定。
故车被锁定时,车右端距轨道B端的距离:
x=a2t2+v′t′
又:t′=1.5 s-1 s=0.5 s
代入数据解得:x=1 m。
答案:(1)30 N (2)1 m (2)0.16 m
5．（15分）如图甲所示，一块长度为L=4m、质量为M=4kg的长木板静止放置在粗糙水平地面
上。另有一质量为m=0.4kg的小铅块（可看做质点），以v0=5.5m/s的水平初速度向右冲上木
板。已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4，木板与地面间的动摩擦因数为20.1，重
力加速度取210m/sg.
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9
（1）求铅块最终停在木板上的位置离木板最右端的距离d1（结果用分数表示）；
（2）若将木板平均分割长相同的八个木块，如图乙所示，其它条件不变：
①求木块开始运动瞬间，铅块的速度大小v1以及此时木块的加速度大小a1；
②确定铅块最终停在哪一块木块上并求出其停在该木块上的位置离该木块最右端的距离d2（计
算结果用分数表示）。
【参考答案】（1）17m32d
（2）①12.5m/sv，210.2m/sa ②停在第8块上，267m216d
【名师解析】
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