高考物理最新模拟题精选训练(功能关系问题)专题03 滑块-滑板中的功能关系(含解析)
高考物理最新模拟题精选训练(功能关系问题)专题05连接体的功能关系(含解析)
专题05 连接体的功能关系
1．（2017河南天一大联考）如图所示，半圆形光滑滑槽固定放在水平面右侧，左侧有一木板，
木板右端B与滑槽人口C相距7m，且木板上表面与滑槽入口等高．某时刻一小物块以9m/s的初速度滑上木板．木板与半圆形滑槽碰撞后静止不动，小物块冲入半圆形滑槽．已知木板的
长度L=4.5m、质量m1=1kg，与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，小物块的质量m2=2kg，与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，小物块可以看做质点，取重力加速度的大小g=l0m/S2．求：
（1）小物块刚滑上木板时，木板的加速度；
（2）木板与半圈形滑槽碰撞前瞬间的速度；
（3）为使小物块在滑槽内滑动的过程中不脱离滑槽，滑槽半径的取值范围．
【解答】（1）对物块，由牛顿第二定律得μ2m2g=m2a2；
可得物块的加速度大小为 a2=μ2g=4m/s2．
木板的加速度大小为 a1==5m/s2．
（2）设物块和木板达到共同速度为v1的时间为t，则
v1=a1t=v0﹣a2t
代入数据解得 t===1s
- 1 -。
专题三滑块滑板类问题
专题三：滑块、滑板类问题一个滑板一滑块，在中学物理中这一最简单、最典型的模型，外加档板、弹簧等辅助器件，便可以构成物理情景各不相同、知识考察视点灵巧多变的物理习题，能够广泛考察学生的应用能力、迁移能力，成为力学综合问题的一道亮丽风景。
归纳起来，滑板滑块问题主要有以下几种情形：一．系统机械能守恒，动量（或某一方向动量）守恒当物体系既没有外力做功，也没有内部非保守力（如滑动摩擦力）做功时，这个物体系机械能守恒；同时，物体系受合力（或某一方向合力）为零，动量（或某一方向动量）守恒。
例1．有光滑圆弧轨道的小车总质量为M，静止在光滑的水平地面上，轨道足够长，下端水平，有一质量为m的滑块以水平初速度V0滚上小车（图1），求：Array⑴滑块沿圆弧轨道上升的最大高度h。
⑵滑块又滚回来和M分离时两者的速度。
图1[解析]⑴小球滚上小车的过程中，系统水平方向上动量守恒，小球沿轨道上升的过程中，球的水平分速度从V0开始逐渐减小，而小车的速度却从零开始逐渐增大，若V球> V车，则球处于上升阶段；若V球<V车，则球处于下滑阶段。
（V球为球的水平分速度）。
因此，小球在最大高度时二者速度相等。
设二者速度均为V，根据动量守恒定律有：m V0=（M+m）V ①又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律有1/2m V2=1/2（M+m）V2+mgh ②解①②式可得球上升的最大高度h= m V02/ 2（M+m）g⑵设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为V1和V2，则根据动量守恒和机械能守恒可得： m V0=m V1+M V2 ③1/2 m V02=1/2 m V12+1/2 MV22 ④解③④可得：小球的速度 V1 = ( m- M)/( m + M )V0小车的速度： V2= 2 m / ( M + m)二．系统所受合外力为零，满足动量守恒条件；但机械能不守恒，据物体系功能原理，外力做正功使物体系机械能增加，而内部非保守力做负功会使物体系的机械能减少。
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
03
CATALOGUE
滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
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滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
物理滑块滑板问题总结
物理滑块滑板问题总结在物理学中，滑块滑板问题是一个经典的力学问题，它涉及到物体在斜面上的运动和受力分析。
通过对滑块滑板问题的总结和分析，我们可以更好地理解物体在斜面上的运动规律，为解决类似问题提供参考和指导。
本文将对物理滑块滑板问题进行总结，包括问题的基本概念、运动规律、受力分析和相关公式推导，希望能够对读者有所帮助。
首先，我们来看滑块滑板问题的基本概念。
滑块滑板问题是指一个物体沿着倾斜的滑板或斜面运动的问题。
在这个问题中，我们需要考虑物体在斜面上的加速度、受力情况以及最终的运动轨迹。
通过对滑块滑板问题的分析，我们可以了解到斜面对物体的影响，以及如何利用斜面来改变物体的运动状态。
其次，我们需要了解滑块滑板问题的运动规律。
根据牛顿运动定律，物体在斜面上的运动受到重力、支持力和摩擦力等多个力的作用。
通过对这些力的分析，我们可以得出物体在斜面上的加速度和速度变化规律，从而更好地理解物体在斜面上的运动情况。
另外，滑块滑板问题的受力分析也是非常重要的。
在这个问题中，我们需要分析物体受到的各种力，包括重力、支持力和摩擦力等。
通过对这些力的分析，我们可以计算出物体在斜面上的加速度和速度，从而得出物体的最终运动状态。
最后，我们可以通过相关公式推导来进一步理解滑块滑板问题。
通过对滑块滑板问题的相关公式推导，我们可以得出物体在斜面上的运动规律，包括加速度、速度和位移等。
这些公式可以帮助我们更好地理解滑块滑板问题，为解决类似问题提供参考和指导。
综上所述，物理滑块滑板问题是一个经典的力学问题，通过对它的总结和分析，我们可以更好地理解物体在斜面上的运动规律，为解决类似问题提供参考和指导。
希望本文对读者有所帮助，谢谢阅读！。
高考物理最新模拟题精选训练(功能关系)专题02 机车启动问题(含解析)-人教版高三全册物理试题
专题02 机车启动问题1．(2017福建霞浦一中期中)升降机从地面上升，在一段时间内的速度随时间变化情况如下列图．如此升降机内一个重物受到的支持力的功率随时间变化的图象可能是如下图中的〔g取10m/s2〕〔〕【参考答案】．C2． (2016·江苏盐城高三模拟)把动力装置分散安装在每节车厢上，使其既具有牵引动力，又可以载客，这样的客车车厢叫做动车。
而动车组是几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(也叫拖车)编成一组。
假设动车组运行过程中受到的阻力与其所受重力成正比，每节动车与拖车的质量都相等，每节动车的额定功率都相等。
假设2节动车加6节拖车编成的动车组的最大速度为120 km/h，如此9节动车加3节拖车编成的动车组的最大速度为( ) A．120 km/h B．240 km/hC．360 km/h D．480 km/h【参考答案】．C【名师解析】假设开动2节动车带6节拖车，最大速度可达到120 km/h。
动车的功率为P，设每节车厢所受的阻力为F f，如此有2P＝8F f v，当开动9节动车带3节拖车时，有9P＝12F f v′，联立两式解得v′＝360 km/h故C正确。
3．(2016·曲阜师大附中高三一检)有一辆新颖电动汽车，总质量为1 000 kg。
行驶中，该车速度在14～20 m/s范围内保持恒定功率20 kW不变。
一位同学坐在驾驶员旁边观察车内里程表和速度表，记录了该车在位移120～400 m范围内做直线运动时的一组数据如下表，设汽车在上述范围内受到的阻力大小不变，如此( )s/m120160200240280320360400 v/(m·s－1)14.516.518.019.019.720.020.020.0A.该汽车受到的阻力为1 000 NB．位移120～320 m过程牵引力所做的功约为9.5×104 JC．位移120～320 m过程经历时间约为14.75 sD．该车速度在14～20 m/s范围内可能做匀加速直线运动【参考答案】．AC4．(2016·福建福州高三期中)质量为m的汽车行驶在平直的公路上，在运动过程中所受阻力不变。
“滑块+滑板”问题的综合求解
【热点透析】 一、滑块与滑板结合 问题介绍 滑块初速度为零,滑板初速度不为零 能正确利用隔离法、整体法受力分析,分析物 理过程的变化,选择相应物理规律
解题关键
【例证1】(2014·揭阳模拟)如图所示,一滑板B静止在水平面
上,上表面所在平面与固定于竖直相切于Q。一物块A从圆形轨道与圆心等高的P点无初速
【解析】(1)小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动 能定理得 -μmg(L+0.5 L)=-E 得μ= 2E
3mgL
(2)若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有 -μmgL-mgR=-E 解得CD圆弧半径至少为 R E
3mg
(3)设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是 1.5R，由动能定理得-μmgL-1.5mgR=-E′ 解得E′= 7E 物块滑回C点时的动能 E C 1.5mgR E , 由于EC＜μmgL= 2E ，
2
设滑板的长度至少为L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为 L1，对于系统由动能定理有： F(L+L1)-f1(L+L1)+f1L1-f2L1= 1 m m v 2 1 mv12 解得：L R
2 2
2
答案：（1） 2gR
(2)见规范解答
（ 3） R
2
二、滑块与传送带结合 问题介绍 传送带匀速转动,滑块初速度不为零 (1)分析滑块的受力情况和运动情况(画出受力 分析图和运动情景图),注意摩擦力突变对物体 解题关键 运动的影响 (2)分清楚研究过程,利用牛顿运动定律和运动 学规律求解未知量
2
⑧ ⑨
③当F＞6 N时,M、m发生相对运动，f2=μ2mg=4 N 故画出f2随拉力F大小变化的图像如图所示
高考物理新力学知识点之功和能专项训练解析附答案(3)
高考物理新力学知识点之功和能专项训练解析附答案(3)一、选择题1．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t =0时其速度为1 m/s ．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F ，力F 和滑块的速度v 随时间的变化规律分别如图a 和图b 所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F 对滑块做的功分别为123W W W 、、，则以下关系正确的是( )A ．123W W W ==B ．123W W W <<C ．132W W W <<D ．123W W W =<2．如图所示，小车A 放在一个倾角为30°的足够长的固定的光滑斜面上，A 、B 两物体由绕过轻质定滑轮的细线相连，已知重力加速度为g ，滑轮质量及细线与滑轮之间的摩擦不计，小车A 的质量为3m ，小球B 的质量为m ，小车从静止释放后，在小球B 竖直上升h 的过程中，小车受绳的拉力大小F T 和小车获得的动能E k 分别为（ ）A ．F T =mg ，E k =3mgh/8B ．F T =mg ，E k =3mgh/2C ．F T =9mg/8，E k =3mgh/2D ．F T =9mg/8，E k =3mgh/83．如图所示，质量分别为m 和3m 的两个小球a 和b 用一长为2L 的轻杆连接，杆可绕中点O 在竖直平面内无摩擦转动．现将杆处于水平位置后无初速度释放，重力加速度为g ，则下列说法正确的是A ．在转动过程中，a 球的机械能守恒B ．b 球转动到最低点时处于失重状态C ．a gLD ．运动过程中，b 球的高度可能大于a 球的高度4．我国的传统文化和科技是中华民族的宝贵精神财富，四大发明促进了科学的发展和技术的进步，对现代仍具有重大影响，下列说法正确的是（）A．春节有放鞭炮的习俗，鞭炮炸响的瞬间，动量守恒但能量不守恒B．火箭是我国的重大发明，现代火箭发射时，火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力C．装在炮弹中的火药燃烧爆炸时，化学能全部转化为弹片的动能D．指南针的发明促进了航海和航空，静止时指南针的N极指向北方5．如图，倾角为θ的光滑斜面与光滑的半径为R的半圆形轨道相切于B点，固定在水平面上，整个轨道处在竖直平面内。
高考物理最新模拟题精选训练(功能关系问题)专题03 滑块-滑板中的功能关系(含解析)
专题03 滑块-滑板中的功能关系1.（2017北京朝阳期中）某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐，当加速到一定速度时游客松开手，使小朋友连同滑雪车一起以速度v0冲上足够长的斜坡滑道。
为了研究方便，可以建立图示的简化模型，已知斜坡滑道与水平面夹角为θ，滑雪车与滑道间的动摩擦因数为μ，当地重力加速度为g，小朋友与滑雪车始终无相对运动。
（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s；（2）若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回，请分析说明μ与θ之间应满足的关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动，当它第一次经过斜坡上的A点时，动能减少了900J，机械能减少了300J。
为了计算小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能，小明同学推断：在上滑过程中，小朋友与滑雪车动能的减少与机械能的减少成正比。
请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。
【参考答案】.(1)(2) μ<tanθ(3) 正确500J(2)若要小朋友与滑雪车滑到最高点速度减为0时还能够沿滑道返回，必须使重力的下滑分力大于最大静摩擦力。
即：mg sinθ>μmg cosθ可得：μ<tanθ(3)设小朋友与滑雪车的质量为m，斜面倾角为θ，O、A两点间的距离为x1，此过程中动能的减少量为ΔE k，机械能的减少量为ΔE，由O到A的过程中，根据动能定理得：-mg x1sinθ -μmg x1cosθ = -ΔE k可得：mg (sinθ+μcosθ) x1=ΔE k③由于物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少，可得：μmgx1cosθ=ΔE④联立③④式可得：=由于在这个问题中θ与μ为定值，则上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少与机械能的减少成正比，因此小明的推断是正确的。
小朋友与滑雪车上滑过程中，当动能减少1500 J时，设机械能减少ΔE1，则有：可得：ΔE1 =500J因为返回底端的过程中机械能还要减少500J，则整个过程中机械能减少1000J，所以物体返回斜面底端时剩余的动能为500J。
高中物理滑块木板模型动能定理解
高中物理滑块木板模型动能定理解高中物理滑块木板模型是一种常见的力学模型，用来研究物体在斜面上滑动的问题。
动能定理是描述物体动能变化的定理，它表达了物体的动能变化等于物体所受力的功。
下面我将详细介绍高中物理滑块木板模型及其动能定理的原理和应用。
首先，我们来介绍一下高中物理滑块木板模型的基本概念。
滑块木板模型由一条倾斜的木板和一个放置在木板上的滑块组成。
滑块与木板之间有一定的摩擦力，可以通过改变木板的角度或滑块的质量来研究滑块在木板上滑动的性质。
在滑块木板模型中，我们考虑滑块在斜面上的运动。
当斜坡上无滑动摩擦力时，滑块只受到重力作用，其加速度仅受到斜面角度和重力加速度的影响。
当斜坡上存在摩擦力时，滑块的加速度还会受到摩擦力对滑块的阻碍。
动能定理是描述物体动能变化的定理。
根据动能定理，物体的动能变化等于物体所受力的功。
在高中物理滑块木板模型中，滑块在斜坡上滑动时，通过斜坡上的重力和摩擦力对滑块进行功。
根据动能定理，滑块的动能变化等于这些力的功之和。
具体来说，滑块的动能变化可以用下式表示：△K = Wg + Wf其中，△K表示滑块的动能变化，Wg表示重力对滑块做的功，Wf 表示摩擦力对滑块做的功。
重力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wg = mgh其中，m表示滑块的质量，g表示重力加速度，h表示滑块的垂直高度。
摩擦力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wf = fdcosθ其中，f表示滑块和斜面之间的摩擦力，d表示滑块在斜面上的位移，θ表示斜面的倾角。
通过将重力功和摩擦力功代入动能定理的公式，可以得到滑块的动能变化的表达式。
动能定理在物理学中有广泛的应用。
首先，动能定理可以用来计算滑块在斜面上的运动速度。
通过将动能定理的公式进行转换，可以得到滑块的末速度的表达式。
其次，动能定理可以用来研究滑块与斜面之间的摩擦力的大小和方向。
通过观察滑块的动能变化和速度的变化，可以确定摩擦力的大小和方向。
此外，动能定理还可以用来分析滑块与斜面之间的能量转换。
2020年高考物理主观大题精做系列-专题3 牛顿运动定律(3.3-滑块-滑板计算)
2020年高考物理主观大题精做系列-专题3 牛顿运动定律（3.3-滑块-滑板计算）主观大题精做3.3 牛顿运动定律在滑板—滑块问题中的应用一、历年高考真题精练1．（2017·新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A =1 kg 和m B =5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m =4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。
某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0=3 m/s 。
A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。
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（1）B 与木板相对静止时，木板的速度； （2）A 、B 开始运动时，两者之间的距离。
【答案】（1）1 1 m/s v = （2）0 1.9 m s =【解析】（1）滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。
设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别是a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1。
2131f f f ma --=⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1。
由运动学公式有101B v v a t =-⑦111v a t =⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得1 1 m/s v =⑨（2）在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为201112B B s v t a t =-⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有132()B f f m m a +=+⑪01A B s s s s =++⑯联立以上各式，并代入数据得0 1.9 m s =⑰ （也可用如图的速度–时间图线求解）2．（2016·四川卷）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。
高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用
高考物理二轮复习热点训练解析—功能关系的理解和应用1．(2021·江苏七市第二次调研)如图1所示，光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板相连，一滑块从斜面上某处由静止释放，运动一段时间后压缩弹簧，已知弹簧始终在弹性限度内，则()图1A．弹簧劲度系数越大，弹簧的最大弹性势能越大B．弹簧劲度系数越大，滑块的最大速度越大C．滑块释放点位置越高，滑块最大速度的位置越低D．滑块释放点位置越高，滑块的最大加速度越大答案D解析滑块从释放到弹簧压至最短的过程中，滑块的重力势能转化为弹簧的弹性势能，弹簧劲度系数越大，弹簧被压至最短时位置越高，滑块减小的重力势能越少，则弹簧的最大弹性势能越小，故A错误；设滑块刚接触弹簧时的速度为v0，速度最大时弹簧的压缩量为x，则有kx＝mg sinθ，弹簧劲度系数越大，x越小，重力势能减少量越小，则最大速度v m越小，故B错误；弹簧弹力等于滑块重力沿斜面分力时，即kx＝mg sinθ，此时滑块速度最大，则滑块最大速度的位置不变，故C错误；滑块释放点位置越高，滑块接触弹簧时动能越大，则弹簧压缩量越大，弹簧弹力越大，则滑块的最大加速度越大，故D正确。
2．(多选)(2021·江苏苏州市震川中学第一次统测)如图2所示，一轻杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B(可看做质点)。
A、B的质量分别为2kg和8kg，到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。
现使轻杆从水平位置由静止开始绕O轴自由转动，当A球到达最高点时(g＝10m/s2)，下列说法正确的是()图2A．转轴O对杆的作用力方向沿竖直方向向上B．球A只受重力和杆对它的拉力C ．球A 的角速度为52rad/sD ．球B 的角速度为215rad/s答案AC 解析根据机械能守恒定律可得m B gL 2－m A gL 1＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ，A 、B 两球同轴转动，角速度相同，所以有v A ＝L 1ω，v B ＝L 2ω，联立并代入数据解得ω＝52rad/s ，故C 正确，D 错误；杆对B 球的作用力为F B ，合力提供向心力，有F B －m B g ＝m B v 2B L 2，代入数据解得F B ＝120N ，球对杆向下的拉力为120N 。
2017高考物理最新模拟题精选训练功能关系问题专题03滑块-滑板中的功能关系含解析
专题03 滑块-滑板中的功能关系1.（2017北京朝阳期中）某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐，当加速到一定速度时游客松开手，使小朋友连同滑雪车一起以速度v0冲上足够长的斜坡滑道。
为了研究方便，可以建立图示的简化模型，已知斜坡滑道与水平面夹角为θ，滑雪车与滑道间的动摩擦因数为μ，当地重力加速度为g，小朋友与滑雪车始终无相对运动。
（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s；（2）若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回，请分析说明μ与θ之间应满足的关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动，当它第一次经过斜坡上的A点时，动能减少了900J，机械能减少了300J。
为了计算小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能，小明同学推断：在上滑过程中，小朋友与滑雪车动能的减少与机械能的减少成正比。
请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。
【参考答案】.(1) (2) μ<tanθ(3) 正确500J(2)若要小朋友与滑雪车滑到最高点速度减为0时还能够沿滑道返回，必须使重力的下滑分力大于最大静摩擦力。
即：mg sinθ>μmg cosθ可得：μ<tanθ(3)设小朋友与滑雪车的质量为m，斜面倾角为θ，O、A两点间的距离为x1，此过程中动能的减少量为ΔE k，机械能的减少量为ΔE，由O到A的过程中，根据动能定理得：-mg x1sinθ -μmg x1cosθ = -ΔE k可得：mg (sinθ+μcosθ) x1=ΔE k③由于物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少，可得：μmgx1cosθ=ΔE④联立③④式可得：=由于在这个问题中θ与μ为定值，则上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少与机械能的减少成正比，因此小明的推断是正确的。
小朋友与滑雪车上滑过程中，当动能减少1500 J时，设机械能减少ΔE1，则有：可得：ΔE1 =500J因为返回底端的过程中机械能还要减少500J ，则整个过程中机械能减少1000J ，所以物体返回斜面底端时剩余的动能为500J 。
高高三物理第二轮复习滑块滑板专题
第四讲滑块和滑板一、滑块—滑板类问题分析1.高考分析：滑块一滑板模型题是动力学中比较常见的问题，也是综合性很强的难题，由于从中能很好地考核和反映学生运用动力学规律解决问题的多种能力，具有很好的区分度，因此在历年的高考压轴题中频频出现2．滑块—滑板类问题的特点（1）涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．（2）．滑块和滑板常见的两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．滑块—滑板类问题的解题方法（1）此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．（2）．板块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题，要注意从速度、位移、时间等角度寻找各物理量之间的联系。
4．物块不从木板的末端掉下来的临界条件是：物块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。
阅卷教师提醒易失分点1．不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．2．画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．3．不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．4．不清楚物体间发生相对滑动的条件．二、滑块—滑板选择题部分例题1．(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增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面例题2．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( )． A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零例题3．放在足够长的木板上的物体A 和B 由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v 向右做匀速直线运动，如图所示。
专题：“滑块-滑板”问题的综合求解-课件.
【精讲精析】选B、D。上滑过程中a1=μgcosθ+gsinθ=10m/s2,
与传送带共速时上滑的位移
又根据运动学公式得,物块3s末的速度为
v3=a1t1+a3t2=4.8m/s, 根据动能定理可得摩擦力对物块做功为 W=1 mv32=23.04J。
2
答案：23.04J
【解析】由牛顿运动定律可知,
物块放在小车上后加速度为a1=μg=2m/s2,
小车的加速度为a2=
F
m=g0.5m/s2,
M
Hale Waihona Puke 又据运动学公式得：v1=a1t,
v2=v0+a2t,
令v1=v2, 解得t=2s, 可见,物块放在小车上2s后就一起运动。
设前2s时间为t1,后1s时间为t2,则物块在时间t1内做加速度为a1的匀 加速运动,在时间t2内同小车一起做加速度为a3的匀加速运动。 以二者组成的系统为研究对象,根据牛顿运动定律, 由F=(M+m)a3, 代入数据,解得：a3=0.8m/s2。
答案：(1) 12mv02+μmgL
(2)μmgL-mv0(
v
2 0
2gL－v0
)
四、“滑块+滑板”与图像结合问题 【例证4】如图甲,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一 物体B以水平速度v0=2m/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,则下列说法错 误的是( )
高三寒假3 滑块滑板问题
专题三滑块—滑板模型例1如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的物块A 和木板B ，A、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A、B 以同一加速度运动，求拉力F 的最大值。
变式1例1中若拉力F 作用在A 上呢？如图2所示。
变式2在变式1的基础上再改为：B 与水平面间的动摩擦因数为 61（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B 以同一加速度运动，求拉力F 的最大值。
例2如图3所示，质量M =8kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F ，F =8N，当小车速度达到1．5m/s 时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m =2kg 的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t =1．5s 通过的位移大小。
（g 取10m/s 2）练习1如图5所示，质量M =1kg 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，在木板的左端放置一个质量m =1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取g =10m/s 2，试求：（1）若木板长L =1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F ，通过分析和计算后，请在图6中画出铁块受到木板的摩擦力f 2随拉力F 大小变化的图象。
（设木板足够长）2.(13分）如图所示，平板A 长L=10m，质量M=4kg，放在光滑的水平面上．在A 上最右端放一物块B（大小可忽略），其质量m=2kg．已知A、B 间动摩擦因数μ=0.4，开始时A、B 都处于静止状态（取g=10m/s 2）．则（1）若加在平板A 上的水平恒力F=6N 时，平板A 与物块B 的加速度大小各为多少？(2)若加在平板A 上的水平恒力F=40N 时，要使物块B 从平板A 上掉下来F 至少作用多长时间？3.2013新课标2卷25．（18分）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。
高考物理复习高频考点强化含答案解析——“滑块+滑板”综合练习
资料正文内容下拉开始>>热考题型专攻(二)“滑块+滑板”综合(45分钟100分)1.(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。
【解析】(1)设滑块到达B端时速度为v,由机械能守恒定律得:mgR=mv2由牛顿第二定律得:F N-mg=m联立两式,代入数值解得:F N=3mg=30 N。
(2)当滑块滑上小车后,由牛顿第二定律得:对滑块有:μmg=ma1对小车有:μmg=Ma2设经时间t两者达到共同速度,则有:v-a1t=a2t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<L滑块没有从小车上掉下,故两者的共同速度:v′=a2t=1 m/s,两者一起匀速运动,直到小车被锁定。
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。
(3)对滑块由动能定理得:-μmg(L-Δs)=mv″2-mv′2滑块脱离小车后,在竖直方向有:h=gt″2代入数据得,滑块落地点离车左端的水平距离:x′=v″t″=0.16 m。
答案:(1)30 N (2)1 m (2)0.16 m2.(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的小物块静止在木板上某处,整个系统处于静止状态。
高三物理一轮复习 热考题型专攻(三)“滑块+滑板”综合
热考题型专攻(三)“滑块+滑板”综合(45分钟100分)1.(18分)(2017·江门模拟)如图所示,上表面光滑、下表面粗糙且足够长的质量为M=10kg的木板,在F=50N 的水平拉力作用下,沿水平地面向右做匀加速运动。
加速度a=2.5m/s2,某时刻速度为v0=5m/s。
将一个小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端,这时木板恰好匀速运动,当木板运动了L=1.8m时,又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端,g取10m/s2,求:(1)木板与地面间的动摩擦因数μ。
(2)放上第二个铁块后,木板又运动距离L时的速度。
【解析】(1)木板做匀加速直线运动时,由牛顿第二定律得:F-μMg=Ma解得:μ=0.25(2)每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增加μmg,放上第一个小铁块后木板匀速运动,由平衡条件得:F=μMg+μmg解得:m=10kg对木板从放第二个小铁块到移动距离L的过程,由动能定理得:FL-μ(M+2m)gL=Mv2-M解得:v=4m/s答案:(1)0.25 (2)4m/s2.(18分)(2017·滨州模拟)如图所示,质量M=0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上,在A点有质量m=0.1kg的小物体(可视为质点)以v0=4.0m/s速度水平抛出,恰以平行于斜面的速度落在薄板的最上端B点并在薄板上运动,当小物体落在薄板上时,薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动,当小物体运动到薄板的最下端C点时,与薄板速度恰好相等,已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2,求:导学号42722450(1)A点与B点之间的水平距离。
(2)薄板BC的长度。
【解析】(1)小物体从A到B做平抛运动,下落时间为t1,水平位移为x,则:gt1=v0tan37°①x=v0t1②联立①②两式解得x=1.2m(2)小物体落到B点的速度假设为v,则v=③小物体在薄板上运动,则:mgsin37°-μmgcos37°=ma1④薄板在光滑斜面上运动,则:Mgsin37°+μmgcos37°=Ma2⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2,则:v+a1t2=a2t2⑥小物体的位移x1=vt2+a1⑦薄板的位移x2=a2⑧薄板的长度l=x1-x2⑨联立③～⑨式解得l=2.5m答案:(1)1.2m (2)2.5m3.(20分)如图所示,半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°,另一端点C为轨道的最低点。
备考2024届高考物理一轮复习讲义第三章运动和力的关系专题六动力学问题的模型建构题型3滑块_滑板模型
题型3 滑块—滑板模型1.模型特点涉及两个物体，多个运动过程，并且物体间存在相对滑动.2.解题思路研透高考明确方向命题点1水平板块问题8.[受牵引力作用的板块问题/2024福建厦门一中校考]如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块.在t＝0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t＝1s时撤去F，整个过程木板运动的v －t图像如图乙所示.物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（C）A.1～1.5s内木板的加速度为4m/s2B.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.拉力F的大小为21ND.物块最终停止时的位置与木板右端的距离为5.25m解析 速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图乙可知，1～1.5 s 内木板的加速度大小为a ＝ΔvΔt ＝9−31.5−1 m/s 2＝12 m/s 2，选项A 错误；根据题意，结合图乙可知，0～1.5 s 内小物块始终做匀加速运动，t ＝1.5 s 时木板和小物块达到共速，设小物块与木板间的动摩擦因数为μ，则对小物块应用牛顿第二定律得μmg ＝ma 0，而由速度与时间的关系式可得v ＝a 0t ，其中v ＝3 m/s 、t ＝1.5 s ，从而解得μ＝0.2，选项B 错误；设地面与木板间的动摩擦因数为μ1，在撤去拉力后，对木板应用牛顿第二定律得μmg ＋2μ1mg ＝ma ，解得μ1＝0.5.又由图乙可知，在没有撤去拉力时木板的加速度a 1＝Δv 1Δt 1＝91m/s 2＝9 m/s 2，对此时的木板应用牛顿第二定律得F －μmg －2μ1mg ＝ma 1，解得F ＝21 N ，选项C 正确；对木板和小物块达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为a 2，则由牛顿第二定律有2μ1mg ＝2ma 2，解得a 2＝5 m/s 2，而小物块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度a max ＝a 0＝2 m/s 2＜a 2，由此可知，小物块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为a 3，则由牛顿第二定律有2μ1mg －μmg ＝ma 3，解得a 3＝8 m/s 2，即木板以加速度a 3继续减速直至速度为零，小物块以加速度大小为a 0减速直至速度为零，设在两者达到共速时小物块的对地位移为x 1，木板的对地位移为x 2，则可得x 1＝12a 0t 2＝2.25 m ，x 2＝12a 1t 02＋a 1t 0(t －t 0)－12a (t －t 0)2，其中t 0＝1 s ，解得x 2＝7.5 m ，则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为Δx ＝x 2－x 1＝5.25 m.设共速之后的减速阶段小物块的位移为x 3，木板的位移为x 4，则由运动学公式可得v 2＝2a 0x 3，v 2＝2a 3x 4，解得x 3＝2.25 m ，x 4＝0.562 5 m ，则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为Δx'＝x 2＋x 4－(x 1＋x 3)＝3.562 5 m ，选项D 错误. 命题点2 倾斜板块问题9.[倾斜板块/多选]滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m 的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为2140.小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s 2，则下列判断正确的是（ BC ）A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s 2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s 2C.经过1s 的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s解析 对小孩，由牛顿第二定律得加速度大小a 1＝mgsin37°－μ1mgcos37°m＝2.8m/s 2，同理对滑板由牛顿第二定律得加速度大小a 2＝mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°m＝0.8m/s 2，A 错误，B正确；从开始滑动至小孩刚与滑板分离的过程，有12a 1t 2－12a 2t 2＝L ，解得t ＝1s ，离开滑板时小孩的速度大小为v ＝a 1t ＝2.8m/s ，C 正确，D 错误.命题点3 板块中的动力学图像10.[F －t 图像＋a －t 图像/多选]水平地面上有一质量为m 1的长木板，木板的左端放有一质量为m 2的小物块，如图（1）所示.用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（2）所示，其中F 1、F 2分别为t 1、t 2时刻F 的大小.木板的加速度a 1随时间t 的变化关系如图（3）所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g .则（ BCD ）图（1） 图（2） 图（3）A.F 1＝μ1m 1gB.F 2＝m 2（m 1＋m 2）m 1（μ2－μ1）gC.μ2＞m 1＋m 2m 2μ1D.在0～t 2时间段物块与木板加速度相等解析 结合图(3)可知在0～t 1时间内，物块与木板之间摩擦力为静摩擦力，物块与木板均静止，在t 1～t 2时间内，物块与木板之间摩擦力仍为静摩擦力，物块与木板一起滑动，D 正确；把物块和木板看成整体，在t 1时刻，由牛顿第二定律有F 1－μ1(m 1＋m 2)g ＝0，解得F 1＝μ1(m 1＋m 2)g ，A 错误；t 2时间后，物块相对于木板滑动，木板所受的滑动摩擦力为恒力，做匀加速直线运动，设t 2时刻木板的加速度为a ，在t 2时刻，对木板由牛顿第二定律有μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a ＞0，显然μ2＞m 1＋m 2m 2μ1，C 正确；t 2时刻，对物块由牛顿第二定律有F 2－μ2m 2g ＝m 2a ，联立解得F 2＝m 2(m 1＋m 2)m 1(μ2－μ1)g ，B 正确.11.[a －F 图像/2024江苏扬州新华中学校考]如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A ，斜面上叠放着小物块B 和薄木板C ，木板下端位于挡板A 处，整体处于静止状态.木板C 受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F 作用时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ＝10m/s 2，则由图像可知下列说法正确的是（ D ）A.10N ＜F ＜15N 时物块B 和木板C 相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C 的质量D.F ＞15N 时物块B 和木板C 相对滑动解析 由图乙可知，当F ＜10 N 时，物块B 和木板C 均静止，当10 N ＜F ＜15 N 时， 物块B 和木板C 一起加速运动，当F ＞15 N 时，木板C 的加速度a 与拉力F 的关系图像 发生弯折，可知此时物块B 和木板C 发生了相对滑动，选项A 错误，选项D 正确；因 当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和木板之间 的静摩擦力达到最大，对物块有μmg cos θ－mg sin θ＝ma ，对木板和物块组成的整 体，当F 1＝10 N 时，a ＝0，有F 1＝(M ＋m )g sin θ，当F 2＝15 N 时，a ＝2.5 m/s 2，有 F 2－(M ＋m )g sin θ＝(M ＋m )a ，联立求解得M ＋m ＝2 kg ， sin θ＝12，μ＝√32，但是不能求解木板C 的质量，选项B 、C 错误. 方法点拨。
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专题03 滑块-滑板中的功能关系1.（2017北京朝阳期中）某滑雪场中游客用手推着坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐，当加速到一定速度时游客松开手，使小朋友连同滑雪车一起以速度v0冲上足够长的斜坡滑道。
为了研究方便，可以建立图示的简化模型，已知斜坡滑道与水平面夹角为θ，滑雪车与滑道间的动摩擦因数为μ，当地重力加速度为g，小朋友与滑雪车始终无相对运动。
（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s；（2）若要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回，请分析说明μ与θ之间应满足的关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动，当它第一次经过斜坡上的A点时，动能减少了900J，机械能减少了300J。
为了计算小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能，小明同学推断：在上滑过程中，小朋友与滑雪车动能的减少与机械能的减少成正比。
请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的动能。
【参考答案】.(1) (2) μ<tanθ(3) 正确500J(2)若要小朋友与滑雪车滑到最高点速度减为0时还能够沿滑道返回，必须使重力的下滑分力大于最大静摩擦力。
即：mg sinθ>μmg cosθ可得：μ<tanθ(3)设小朋友与滑雪车的质量为m，斜面倾角为θ，O、A两点间的距离为x1，此过程中动能的减少量为ΔE k，机械能的减少量为ΔE，由O到A的过程中，根据动能定理得：-mg x1sinθ -μmg x1cosθ = -ΔE k可得：mg (sinθ+μcosθ) x1=ΔE k③由于物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少，可得：μmgx1cosθ=ΔE④联立③④式可得：=由于在这个问题中θ与μ为定值，则上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少与机械能的减少成正比，因此小明的推断是正确的。
小朋友与滑雪车上滑过程中，当动能减少1500 J时，设机械能减少ΔE1，则有：可得：ΔE1 =500J因为返回底端的过程中机械能还要减少500J ，则整个过程中机械能减少1000J ，所以物体返回斜面底端时剩余的动能为500J 。
2．（12分）（2017北京东城期末）北京赢得了2022年第二十四届冬季奥林匹克运动会的举办权，引得越来越多的体育爱好者参加滑雪运动。
如图所示，某滑雪场的雪道由倾斜部分AB 段和水平部分BC 段组成，其中倾斜雪道AB 的长L ＝25 m ，顶端高H ＝15 m ，滑雪板与雪道间的动摩擦因数μ＝0.25。
滑雪爱好者每次练习时均在倾斜雪道的顶端A 处以水平速度飞出，落到雪道时他靠改变姿势进行缓冲，恰好可以使自己在落到雪道前后沿雪道方向的速度相同。
不计空气阻力影响，取重力加速度g =10m/s 2。
（1）第一次滑雪爱好者水平飞出后经t 1=1.5s 落到雪道上的D 处（图中未标出），求水平初速度v 1及A 、D 之间的水平位移x 1。
（2）第二次该爱好者调整水平初速度，落到雪道上的E 处（图中未标出），已知A 、E 之间的水平位移为x 2，且3:1:21 x x ，求该爱好者落到雪道上的E 处之后的滑行距离s 。
（3）该爱好者在随后的几次练习中都落在雪道的AB 段，他根据经验得出如下结论：在A 处水平速度越大，落到雪道前瞬时的速度越大，速度方向与雪道的夹角也越大。
他的观点是否正确，请你判断并说明理由。
（2）设此次爱好者水平初速度 v 2，由12 :3x x = ，可知2153m x =，由此可判断此次滑雪爱好者水平飞出后落在雪道的水平部分 BC 段。
由平抛规律220x v t = 解得215m/s v =之后爱好者在水平雪道上匀减速滑行， 由动能定理有22102mgs mv μ-=-解得该爱好者落到雪道上的 E 处之后的滑行距离 s ＝45 m（3）他的观点不正确。
正确观点是：在 A 处水平速度越大，落到雪道前瞬时速度越大，而速度方向与雪道夹角相同。
设爱好者水平初速度 0v 由平抛规律，落到AB 段均满足20012tan 2gt gt v t v θ== 解得02tan v t gθ=由此可知：0v 越大，运动时间t 越长 落到雪道前瞬时速度大小2220()14tanv v gt v θ=+=+，0v 越大，落点速度越大 速度方向与水平方向夹角为α，0tan 2tan gt v αθ==，速度方向与0v 无关。
………4 分 3．（9分）（2017北京石景山期末）如图13所示，把质量m =0.5 kg 的小球从h =10 m 高处沿斜向上方抛出，初速度是v0＝5 m/s。
g取10m/s2，不计空气阻力。
（1）求小球落地时的速度大小，请用机械能守恒定律和动能定理分别讨论。
（2）分析小球落地时的速度大小与下列哪些量有关，与哪些量无关，并说明理由。
A. 小球的质量。
B. 小球初速度的大小。
C. 小球初速度的方向。
D. 小球抛出时的高度。
4．(12分)质量M＝3 kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L1＝2 m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2 kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段间的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10 m/s2，现用F＝18 N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B相对地面的速度v B＝1 m/s，求L2的值．【名师解析】：本题考查了动能定理、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律等．在水平恒力F的作用下，开始时A做匀加速运动，B静止不动，当A运动位移为L1时B进入粗糙段，设此时A的速度为v A，则对A，由动能定理得：FL1－μ1(M＋m)gL1＝12 Mv2A2·1·c·n·j·y解得v A＝2 m/sB进入粗糙段后，设A加速度为a A，B加速度为a B，由牛顿第二定律得：对A，F－μ1(M＋m)g－μ2mg＝Ma A对B，μ2mg＝ma B解得a A＝0，a B＝1.5 m/s2即A以v A＝2 m/s的速度做匀速直线运动直至A、B分离，设B在粗糙段滑行的时间为t，则：对A，s A＝v A t对B，v B＝a B ts B＝12a B t2又：s A－s B＝L2联立解得L2＝1 m 答案：1 m5．（8分）如图，在水平轨道右侧固定半径为R 的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ 段铺设特殊材料，调节其初始长度为l ，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。
可视为质点的小物块从轨道右侧A 点以初速度v 0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。
已知R ＝0．4 m ，l ＝2．5m ，v 0＝6m ／s ，物块质量m ＝1kg ，与PQ 段间的动摩擦因数μ＝0．4，轨道其它部分摩擦不计。
取g ＝10m ／s 2．求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B 时对轨道的压力；（2）物块仍以v 0从右侧冲上轨道，调节PQ 段的长度l ，当l 长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A 点继续向右运动．（2）（4分）对物块，从A 点到第二次到达B 点：202212122mv mv R mg L f B -'=--在B 点，有：R mv mg B 2'=解得：L =1m6.如图所示是某次四驱车比赛的轨道某一段。
张华控制的四驱车（可视为质点），质量1.0m kg =，额定功率为7P W =。
张华的四驱车到达水平平台上A 点时速度很小（可视为0），此时启动四驱车的发动机并直接使发动机的功率达到额定功率，一段时间后关闭发动机。
当四驱车由平台边缘B 点飞出后，恰能沿竖直光滑圆弧轨道CDE 上C 点的切线方向飞入圆形轨道，且此时的速度大小为5/m s ，053COD ∠=，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，离开E 以后上升的最大高度为0.85h m =。
已知AB 间的距离6L m =，四驱车在AB 段运动时的阻力恒为1N 。
重力加速度g 取210/m s ，不计空气阻力，0sin 0.853=，0cos 0.653=，求： （1）发动机在水平平台上工作的时间；（2）四驱车对圆弧轨道的最大压力。
【参考答案】（1） 1.5t s =；（2）55.5 max F N =7．（14分）(2016江西二校联考)2012 年11 月23 日上午，由来自东海舰队“海空雄鹰团”的飞行员戴明盟驾驶的中国航母舰载机歼-15降落在“辽宁舰”甲板上，首降成功，随后舰载机通过滑跃式起飞成功。
滑跃起飞有点像高山滑雪，主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，设某航母起飞跑道主要由长度为L1=160m的水平跑道和长度为L2=20m的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝4.0m。
一架质量为M ＝2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响。
取g＝10m/s2。
（1）求飞机在水平跑道运动的时间；（2）求飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小；（3）如果此航母去掉倾斜跑道，保持水平跑道长度不变，现在跑道上安装飞机弹射器，此弹射器弹射距离为84m，要使飞机在水平跑道的末端速度达到100m/s，则弹射器的平均作用力多大？（已知弹射过程中发动机照常工作）【名师解析】．（14分）（1）设飞机在水平跑道加速度a1，阻力为f由牛顿第二定律得t1=8s（2）设飞机在水平跑道末端速度为v1，倾斜跑道末端速度为v2,加速度为a2水平跑道上：倾斜跑道上：由牛顿第二定律v2=2 m/s（3）设弹射器弹力为F1,弹射距离为x,飞机在跑道末端速度为v3由动能定理得（4分）。