2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.18滑块板块问题提高篇含解析.pdf

专题 3.18 滑块板块问题（提高篇）专题 3.18 滑块板块问题（提高篇） 一选择题一选择题 1. （2019 年 1 月云南昆明复习诊断测试）1. （2019 年 1 月云南昆明复习诊断测试）如图甲所示，一块质量为 mA=2kg 的木板 A 静止在水平地面上，一 个质量为 mB=1kg 的滑块 B 静止在木板的左端， 对 B 施加一向右的水平恒力 F， 一段时间后 B 从 A 右端滑出， A 继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中 A 的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度取 g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ） A.滑块与木板之间的动摩擦因数为 0.6 B.木板与地面之间的动摩擦因数为 0.1 C.F 的大小可能为 9N D.F 的大小与板长 L 有关 【参考答案】BD 【命题意图】本题考查对速度-时间图像的理解、叠加体受力分析、牛顿运动定律和匀变速直线运动规律 的运用。 【解题思路】由图乙可知，在 01s 内，木板 A 的加速度 a1=2m/s2，在 13s 内，木板 A 的加速度 a2=-1m/s2。 设滑块与木板之间的动摩擦因数为1，木板与地面之间的动摩擦因数为2，在 01s 内，隔离木板 A 受力 分析， 由1mBg-2（mA+mB）g= m,Aa1， 在 13s 内， 隔离木板 A 受力分析， 由-2mAg= m,Aa2， 联立解得 ： 2=0.1，1=0.7，选项 A 错误 B 正确；隔离 B 分析受力，由牛顿第二定律，F-1mBg= mBa3，根据速度图像 的面积表示位移可知，在 01s 内，木板 A 位移 x1=1m。滑块 B 在 t=1s 内的位移 x2=a3t2=，木板 A 长 1 2 -1 2 F 度 L= x2-x1=-1=，可变换为 F=2L+3，即 F 的大小与板长 L 有关，选项 D 正确；若 F 的大小为 9N， -1 2 F-3 2 F 由牛顿第二定律，F-1mBg= mBa3，可得a3=2m/s2，AB 加速度相同，不能发生相对滑动，所以 F 的大小必须 大于 9N，选项 C 错误。 【方法归纳】对于速度图像给出解题信息问题，从速度图像的斜率得出加速度，由速度图像面积得出位移。 对于叠加体问题，采用隔离法分析受力，利用牛顿运动定律列方程解答。 2.（2019 东北三省四市教研综合体二模）2.（2019 东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为 m 的长木板静止在光滑水平地面上，另 一个质量也为 m 的小物块叠放在长木板的一端之上。B 是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因 数为，在BC段的动摩擦因数为 2。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力 F1可使其恰好与 长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力 F2也可使其恰好与长木板发生相 对滑动。下列说法正确的是（ ） AF1与F2的大小之比为 12 B若将F1、F2都增加到原来的 2 倍，小物块在木板上运动到 B 点的时间之比为 12 C若将F1、F2都增加到原来的 2 倍，小物块在木板上运动到 B 点时木板位移之比为 11 D若将F1、F2都增加到原来的 2 倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为 11 【参考答案】ACD 【命题意图】本题以滑块模板模型为情景，考查隔离法、整体法受力分析，牛顿运动定律，摩擦生热及其相 关知识点。 【解题思路】隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1-mg=ma11，F2-2mg=ma12，隔离木板受力分析，由 牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立解得 ：F1 F2=12，选项 A 正确；若将F1、F2都增加到原来的 2 倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1- mg=ma13，2F2-2mg=ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg=ma22，联立解得： a21=g，a22=2g，a13=3g，a14=6g。设小物块在木板上从 A 移动到 B 的时间为 t1，则有小物块位移 x11= a13t12，木板位移 x21=a21t12，x11-x21=L/2，联立解得 t1=。设小物块在木板上从 A 移动到 B 的时 1 2 1 22 L g 间为 t2， 则有小物块位移 x12=a14t12， 木板位移 x22=a22t12， x12-x22=L/2， 联立解得t2=。 即若将F1、F2 1 2 1 2 1 2 L g 都增加到原来的 2 倍，小物块在木板上运动到 B 点的时间之比为t1 t2=1，选项 B 错误 ； 若将F1、 2 F2都增加到原来的 2 倍， 小物块在木板上运动到 B 点时木板位移之比 x21 x22=a21t12a22t12=11， 选 1 2 1 2 项 C 正确；若将F1、F2都增加到原来的 2 倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为 Q1Q2= （mg·L/2+2mg·L/2）（2mg·L/2+mg·L/2）=11，选项 D 正确。 【方法归纳】滑块木板模型，分析受力可以采用隔离体法，分别隔离滑块和木板分析受力，应用牛顿运动定 律列方程解答。摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与滑块在木板上滑动距离的乘积。 3.（2019 四川内江二模）3.（2019 四川内江二模）如图所示，足够长的木板OM下端的O点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的 夹角 可在 0900范围内调节。质量为 1kg的小滑块在木板下端获得v0=20m/s的初速度沿木板向上运动， 当夹角为 0时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为，重力加速度g取 10m/s2，则此情况下（ ） A. 木板的倾角 B. 小滑块上滑的最大高度为 C. 小滑块上滑过程损失的机械能为 100J D. 小滑块返回过程的加速度大小为 【参考答案】AD 【名师解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得： mgsin+mgcos=ma， 整理得：， 设，则， 当时，a 存在最大值， 即，故 =600，故 A 正确。设小滑块上升的高度为 h，则，解得 ： h=15m， 故 B 错 误 。 根 据 如 上 计 算 可 知 ， 小 滑 块 上 滑 过 程 克 服 摩 擦 力 做 功 ： 故机械能损失 50J，故 C 错误。因，故小滑块上滑到最高点处后 反向下滑，此时，故 D 正确。 【关键点拨】对滑块受力分析由牛顿第二定律可写出加速度表达式，结合数学知识可求得最大加速度及木板 的倾角；由速度位移的关系式可求得最大高度；求出克服摩擦力的功可得损失的机械能；由牛顿第二定律可 求得返回过程的加速度。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，在求最大加速度时要学会借助数学 知识求解。 二计算题二计算题 1. （2019 全国考试大纲调研卷 3）1. （2019 全国考试大纲调研卷 3） 如图所示， 水平地面上有一质量为M的长木板， 一个质量为m的物块(可 视为质点)放在长木板的最右端。已知m与M之间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为。 从某时刻起物块m以的水平初速度向左运动， 同时木=板M在水平外力F控制下始终向右以速度 匀速运动，求： (1)在物块m向左运动过程中外力F的大小： (2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来? 【参考答案】 （1）f1+f2=1mg2(m+M)g（2） 【名师解析】 （1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1， f2分别为物块和地面给木板的 摩擦力，由题意可知 f1=1mg f2=2(m+M)g 由平衡条件得：F= f1+f2=1mg2(m+M)g （2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则 设 物块向左匀减速运动的位移为X1，则 设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速（即停止相对滑动）的时间为t2，则 设物块向右匀加速运动的位移为X2，则 此过程木板向右匀速运动的总位移为X，则 则物块不从木板上滑下来的最小长度： 代入数据解得： 解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为V0，末速度为Vt，则 加速度： 根据运动学公式： 解得： 2 2 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m1 kg，木 板的质量M4 kg， 长L2.5 m， 上表面光滑， 下表面与地面之间的动摩擦因数0.2。 现用水平恒力F20 N 拉木板，g取 10 m/s2。 (1)求木板加速度的大小； (2)要使木块能滑离木板，求水平恒力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10.3，欲使木 板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？ (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、木板与地面间的动摩擦因数都不变， 只将水平恒力增加为 30 N，则木块滑离木板需要多长时间？ 【参考答案】(1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)F25 N (4)2 s 【名师解析】 (1)木板受到的摩擦力Ff(Mm)g10 N 木板的加速度a2.5 m/s2。 FFf M (2)设拉力F作用时间t后撤去，F撤去后，木板的加速度为 a2.5 m/s2，可见|a|a Ff M 木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故at2L 解得：t1 s，即F作用的最短时间为 1 s。 (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 1mgma木块 解得：a木块1g3 m/s2 对木板：F11mg(Mm)gMa木板 木板能从木块的下方抽出的条件：a木板a木块 解得：F125 N。 (4)木块的加速度a木块1g3 m/s2 木板的加速度a木板4.25 m/s2 F21mg（Mm）g M 木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板x木块L， 即a木板t2a木块t2L 1 2 1 2 代入数据解得：t2 s。 3.3. 如图所示，物块A、木板B的质量均为m10 kg，不计A的大小，B板长L3 m。开始时A、B均静止。 现 使A以某一水平初速度从B的最左端开始运动。已知A与B、B与水平面之间的动摩擦因数分别为10.3 和20.1，g取 10 m/s2。 (1)若物块A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度多大？ (2)若把木板B放在光滑水平面上，让A仍以(1)问中的初速度从B的最左端开始运动，则A能否与B脱离？ 最终A和B的速度各是多大？ 【参考答案】(1)2 m/s (2)没有脱离 m/s m/s666 【名师解析】 (1)A在B上向右匀减速运动，加速度大小a11g3 m/s2 木板B向右匀加速运动，加速度大小a21 m/s2 1mg2·2mg m 由题意知，A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时和B速度相同，设为v，得 时间关系：t v0v a1 v a2 位移关系：L v2 2a2 解得v02 m/s。6 (2)木板B放在光滑水平面上，A在B上向右匀减速运动，加速度大小仍为a11g3 m/s2 B向右匀加速运动，加速度大小a23 m/s2 1mg m 设A、B达到相同速度v时A没有脱离B，由时间关系 v0v a1 v a2 解得v m/s v0 2 6 A的位移xA3 m B的位移xB1 m v2 2a2 由xAxB2 m 可知A没有与B脱离，最终A和B的速度相等，大小为 m/s。6 4.4.如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某 一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt 图象分别如图中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0， 0)、c(4，4)、d(12，0)。根据vt图象，(g取 10 m/s2)，求： (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相 同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离 x。 【参考答案】(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)32 (3)20 m 【名师解析】 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为 a1 m/s21.5 m/s2 104 4 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为 a2 m/s21 m/s2 40 4 达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为 a m/s20.5 m/s2。 40 8 (2)物块冲上木板匀减速运动时：1mgma1 木板匀加速时：1mg2(Mm)gMa2 速度相同后一起匀减速运动，对整体 2(Mm)g(Mm)a 解得 。 m M 3 2 (3)由vt图象知，物块在木板上相对滑行的距离 x ×10×4 m20 m。 1 2