2018版高考物理一轮复习练习：热点专题突破系列2 滑块滑板模型 含答案 精品

热点专题突破系列(二)
〔专题强化训练〕
1．(2018·课标Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示。

t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2。

求：导学号 51342345
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

[答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m
[解析] (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v ＝4 m/s ，
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v ＝4 m/s ，
小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －0 m/s 1 s
， 解得μ2＝0.4。

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t ＝1 s ，
位移x ＝4.5 m ，末速度v ＝4 m/s 。

其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝v t ＋12
at 2， 代入可得a ＝1 m/s 2，
小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a ，
可得μ1＝0.1。

(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1， 可得a 1＝43
m/s 2， 对小物块，则有加速度a 2＝4 m/s 2。

小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s ，
此时，木板向左的位移为x 1＝v t 1－12a 1t 21＝103
m ， 末速度v 1＝83
m/s 。

小物块向右位移x 2＝4 m/s ＋02
t 1＝2 m 。

此后，小物块开始向左加速，加速度仍为a 2＝4 m/s 2，
木板继续减速，加速度仍为a 1＝43
m/s 2， 假设又经历t 2二者速度相等，
则有a 2t 2＝v 1－a 1t 2，
解得t 2＝0.5 s 。

此过程，木板位移x 3＝v 1t 2－12a 1t 22＝76
m ， 末速度v 3＝v 1－a 1t 2＝2 m/s ，
小物块位移x 4＝12a 2t 22＝12
m 。

此后小物块和木板一起匀减速运动。

二者的相对位移最大为Δx ＝x 1＋x 3＋x 2－x 4＝6 m 。

小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m 。

(3)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a ＝μ1g ＝1 m/s 2。

位移x 5＝v 232a
＝2 m 。

所以木板右端离墙壁最远的距离为x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m 。

2．(2018·全国课标Ⅱ)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质
灾害。

某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35
)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B
均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为
m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38
，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。

已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取重力加速度大小g ＝10 m/s 2。

求：导学号 51342346
(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间。

[答案] (1)3m /s 2 1m/s 2 (2)4s
[解析] (1)在0～2 s 内，A 和B 受力如图所示：
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
f 1＝μ1N 1①
N 1＝mg cos θ②
f 2＝μ2N 2③
N 2＝N 1＋mg cos θ④
以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为a 1，a 2。

由牛顿第二定律可得： mg sin θ－f 1＝ma 1⑤
mg sin θ－f 2＋f 1＝ma 2⑥
联立以上各式可得a 1＝3 m/s 2⑦
a 2＝1 m/s 2⑧
(2)在t 1＝2 s ，设A 和B 的速度分别为v 1，v 2，则
v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨
v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩
t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1，a ′2，此时A 、B 之间摩擦力为零，同理可得： a ′1＝6 m/s 2⑪
a ′2＝－2 m/s 2⑫
即B 做匀减速，设经时间t 2，B 的速度为零，则：
v 2＋a ′2t 2＝0⑬
联立○
10⑫⑬可得t 2＝1 s ⑭ 在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为
s ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝⎛⎭
⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22＝12 m<27 m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动，设再经时间t 3后，A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12
a ′1t 23 可得，t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)
设A 在B 上的运动时间为t 总。

t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s
(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案参考给分)
3．(2018·湖南郴州质量监测)如图所示，平板小车静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的小木块，已知木块的质量m ＝1kg ，小车的质量M ＝4kg ，上表面与木块间的动摩擦因数μ＝0.3，地面给小车的阻力与地面所受正压力成正比，比值为λ＝0.2。

现用向右的水平恒力F ＝30N 拉平板小车，该水平恒力F 作用时间t 1＝2s ，g 取10m/s 2，求：导学号 51342347
(1)水平恒力F 作用过程中，木块和小车的加速度各为多大；
(2)水平恒力F 撤去后，木块再经过一段时间后恰好停在小车左端，则小车长L 为多少；
(3)小车从开始运动到最终停下来运动的距离为多少。

[答案] (1)3m/s 2 174
m/s 2 (2)3m (3)24.6m [解析] (1)水平恒力F 作用的过程中，木块的加速度a 1＝μg ＝3m/s 2，小车的加速度a 2＝F －μmg －λ(m ＋M )g M ＝174
m/s 2。

(2)t 1＝2s 内，木块的位移x 1＝12a 1t 21
＝6m 。

t 1＝2s 内，小车的位移 x 2＝12
a 2t 21＝8.5m 。

t 1＝2s 末，木块的速度v 1＝a 1t 1＝6m /s ，小车的速度v 2＝a 2t 1＝8.5m/s 。

水平恒力F 撤去后，木块的加速度a 1不变，
小车的加速度a 2′＝μmg ＋λ(m ＋M )g M ＝134
m/s 2，方向向左。

木块停在小车左端时，木块与小车速度相等，v ＝v 1＋a 1t 2＝v 2－a 2′t 2，
得t 2＝0.4s ，v ＝7.2m/s 。

恒力F 撤去后，木块的位移x 1′＝v 1t 2＋12
a 1t 22＝2.64m 。

恒力F 撤去后，小车的位移x 2′＝v 2t 2－12
a 2′t 22＝3.14m 。

木板长度L ＝(x 2－x 1)＋(x 2′－x 1′)＝3m 。

(3)达到共同速度后，二者一起做匀减速运动，有a＝λg＝2m/s2。

共同做匀减速直线运动的位移x3＝v2
2a＝12.96m，
小车运动的总位移x＝x2＋x2′＋x3＝24.6m。

4.(2018·吉林省吉林大学附中摸底)正方形木板水平放置在地面上，木板的
中心静置一小滑块，下图为俯视图。

为将木板从滑块下抽出，需要对木板施加
一个作用线通过木板中心点的水平恒力F。

已知木板边长L＝22m，质量M
＝3kg，滑块质量m＝2kg，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝
0.2(g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，求：导学号 51342348
(1)要将木板抽出，水平恒力F需满足的条件；
(2)当水平恒力F＝29N时，在木板抽出时滑块能获得的最大速率。

[答案](1)F>20N(2)43
3m/s
[解析](1)能抽出木板，滑块与木板发生相对滑动，当滑块达到随板运动的最大加速度时，拉力最小，对滑块，有μmg＝ma，对木板，有F min－μ(M＋m)g－μmg＝Ma，得F min＝2μ(M ＋m)g＝20N，故抽出木板，水平恒力F>20N。

(2)要使滑块获得的速度最大，则滑块在木板上相对滑动的距离最大，故应沿木板的对
角线方向抽木板。

设此时木板加速度为a1，则有F－μ(M＋m)g－μmg＝Ma1，又1
2a1t
2－1
2
μgt2
＝
2
2L，v max＝μgt，解得v max＝
43
3m/s。