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。
高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案
高考物理《滑块—木板模型》真题练习含答案1.如图所示，货车车厢中央放置一装有货物的木箱，该木箱可视为质点．已知木箱与车厢之间的动摩擦因数μ＝0.4.下列说法正确的是()A．若货车向前加速时，木箱对车厢的摩擦力方向向左B．为防止木箱发生滑动，则货车加速时的最大加速度不能超过4 m/s2C．若货车行驶过程中突然刹车，木箱一定与车厢前端相撞D．若货车的加速度为5 m/s2时，木箱受到的摩擦力为静摩擦力答案：B解析：若货车向前加速时，车厢对木箱的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律得木箱对车厢的摩擦力方向向右，A错误；当摩擦力达到最大静摩擦力时刚好不发生相对滑动，最大加速度a＝μg＝4 m/s2，B正确；若货车行驶过程突然刹车，加速度小于等于4 m/s时木箱不会相对车厢滑动，发生相对滑动时也不一定与车的前端相撞，C错误；货车的加速度5 m/s2>4 m/s2，木箱已经发生相对滑动，木箱受到的摩擦力为滑动摩擦力，D错误．2．[2024·广东省中山市第一次模拟](多选)如图甲所示，物块A与木板B静止地叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面光滑．现对A施加水平向右的大小不同的拉力F，测得B的加速度a与力F的关系如图乙所示，取g ＝10 m/s2，则()A.当F<24 N时，A、B间的摩擦力保持不变B．当F>24 N时，A、B间的摩擦力保持不变C．A的质量为4 kgD．B的质量为2 kg答案：BCD解析：由图乙可知，当F<24 N时，A、B保持相对静止，B的加速度逐渐增大，则A、B间的摩擦力逐渐增大；当F>24 N时，A、B发生相对滑动，A、B间滑动摩擦力保持不变，A错误，B正确；设A、B的质量分别为m1、m2，当F＝24 N时，根据牛顿第二定律，对A，有F－μm1g＝m1a，对B，有μm1g＝m2a，解得A、B的质量分别为m1＝4 kg，m2＝2 kg，C、D正确．3．[2024·广西南宁市开学考试]如图所示，质量m A＝2 kg的小物块A可以看作质点，以初速度v0＝3 m/s滑上静止的木板B左端，木板B足够长，当A、B的速度达到相同后，A、B又一起在水平面上滑行直至停下．已知m B＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板B 与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：(1)小物块A刚滑上木板B时，A、B的加速度大小a A和a B；(2)A、B速度达到相同所经过的时间t；(3)A、B一起在水平面上滑行至停下的距离x.答案：(1)a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)t＝1 s(3)x＝0.5 m解析：(1)根据题意可知，A与B之间的滑动摩擦力大小f1＝μ1m A g＝4 NB与水平面之间的滑动摩擦力大小f2＝μ2(m A＋m B)g＝3 N当A刚滑上B时，由牛顿第二定律，对A有f1＝m A a A对B有f1－f2＝m B a B解得a A＝2 m/s2，a B＝1 m/s2(2)设A、B达到相同的速度为v，对A、B相对滑动的过程，由公式v＝v0＋at对A有v＝v0－a A t对B有v＝a B t解得t＝1 s，v＝1 m/s(3)以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得f2＝(m A＋m B)a一起在水平面上滑行至停下过程0－v2＝－2ax解得x＝0.5 m4．[2024·辽宁省阜新市月考]如图所示，水平桌面上质量m1为0.01 kg的薄纸板上，放有一质量m2为0.04 kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5 m，距桌子右端距离x2为1 m，现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出．若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10 m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，则：(1)求F多大时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F为0.4 N时，纸板的加速度是多大？(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落？答案：(1)0.3 N(2)12 m/s2(3)F≥0.315 N解析：(1)当抽动纸板且水杯相对纸板滑动时，对水杯进行受力分析，根据牛顿第二定律得μ2m2g＝m2a1，解得a1＝2 m/s2对整体分析，根据牛顿第二定律得F1－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1解得F1＝0.3 N故当F1≤0.3 N抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；(2)当F2＝0.4 N时，纸杯和纸板已经发生相对滑动，则有F2－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a解得a＝12 m/s2(3)纸板抽出的过程，对纸板有F－μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a纸板抽出的过程，二者位移关系满足x1＝12at2－12a1t2纸板抽出后，水杯在桌面上做匀减速直线运动，设经历时间t′恰好到桌面右边缘静止，有μ1m2g＝m2a′1由速度关系有a1t＝a′1t′纸杯的位移关系有x2－12a1t2＝a1t2×t′联立解得F＝0.315 N所以，当F≥0.315 N时，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑落．。
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。
新高考通用备战2024年高考物理抢分秘籍04滑块板块模型和传送带模型学生版
秘籍04滑块木板模型和传送带模型一、滑块木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，设板长为L，滑块(可视为质点)位移大小为x块，滑板位移大小为x板。
同向运动时：L＝x块－x板．反向运动时：L＝x块＋x板．3.判断滑块和模板运动状态的技巧：二、传送带模型(摩擦力方向一定沿斜面向上)3．划痕问题：滑块与传送带的划痕长度Δx等于滑块与传送带的相对位移的大小，若有两次相对运动且两次相对运动方向相同，Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)；若两次相对运动方向相反，Δx等于较长的相对位移大小．(图乙)4.功能关系分析：(1)功能关系分析：W＝ΔE k＋ΔE p＋Q。
(2)对W和Q的理解传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传；产生的内能：Q＝fx相对。
【题型一】滑块木板模型【典例1】（2024·四川成都·二模）如图，一质量为2kgM=的木板静止在水平地面上，一质量为1kgm=的滑块（可视为质点）以02m/sv=的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。
木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为10.3μ=，木板与地面间的动摩擦因数为2μ（未知），重力加速度大小取210m/sg=，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是（）A．地面对木板的摩擦力方向水平向右A．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.6A．若只增大M，则小滑块能滑离木板30，上有质量的顶端，B与木板。
无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。
可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
试求:（1）木板A 与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中木板A 和物块B 各自加速度的大小； （2）木板A 从开始到第三次与挡板碰撞过程中运动的总路程s ；（3）若从开始到A 、B 最后都静止的过程中，物块B 一直未从木板A 上滑落，则木板A 长度l 应满足的条件。
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。
人教版高中物理必修第1册 第四章 专题3 滑块-滑板模型
a′2＝f1－f2＝－4 M
m/s2，木板从
1
s
末到停下来的位移
xM＝－2av′22＝21×24
m＝0.125 m，小物块从 1 s 末到停下来
的位移 xm＝－2av′12＝21×21 m＝0.5 m，1 s 末到两者都停下，小物块相对于木板的位移Δx′＝xm－xM＝0.375 m．故
小物块最终停在距木板右端Δx＝Δx1－Δx′＝3 m－0.375 m＝2.625 m 处．
A．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、4 m/s2 B．P 在 Q 上时，P、Q 两个物体加速度分别为 6 m/s2、2 m/s2 C．P 滑块在 Q 上运动时间为 1 s D．P 滑块在 Q 上运动时间为 2 s
解析
P 受重力和 Q 对 P 的支持力作用，根据牛顿第二定律有 mPgsin 37°＝mPaP，解得 aP＝gsin 37°＝6 m/s2， Q 受重力、斜面对 Q 的支持力、摩擦力和 P 对 Q 的压力作用，根据牛顿第二定律有 mQgsin 37°－μ(mP＋mQ)gcos 37°＝mQaQ，解得 aQ＝2 m/s2，A 错误，B 正确；设 P 在 Q 上滑动的时间为 t，因 aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故 P 比 Q 运动得快，根据位移关系有 L＝12aPt2－12aQt2，代入数据解得 t＝2 s，C 错误，D 正确．
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。
高中物理-专题3.20 滑块板块问题(能力篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分 牛顿运动定律专题3.20滑块板块问题（能力篇）一．选择题1.如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向右运动．当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x 、速度为v .若只减小滑块质量，重新拉动木板，滑块与木板分离时( )A ．x 变小，v 变小B ．x 变大，v 变大C ．x 变小，v 变大D ．x 变大，v 变小【参考答案】A【名师解析】长木板和滑块做初速度为0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a 1＝μg ，长木板加速度a 2＝F －μmg M ，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为x ＝12a 1t 2，滑块相对长木板的位移为L ＝12a 2t 2－12a 1t 2，滑块相对地面的速度v ＝a 1t ，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿第二定律得滑块的加速度a 1＝μg 不变，长木板加速度a 2＝F －μmg M变大，由滑块相对长木板的位移为L ＝12a 2t 2－12a 1t 2可得运动时间变小，滑块相对地面的位移为x ＝12a 1t 2变小，滑块相对地面的速度为v ＝a 1t 变小，故A 正确，B 、C 、D 错误．2. （2016福建名校联考）如图3所示，质量为m 的木块P 在质量为M 的长木板ab 上滑行，长木板放在水平地面上一直处于静止状态．若长木板ab 与地面间的动摩擦因数为μ1，木块P 与长木板ab 间的动摩擦因数为μ2，则长木板ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )A ．μ1MgB ．μ1(m ＋M )gC ．μ2mgD ．μ1Mg ＋μ2mg【参照答案】 C【名师解析】质量为m 的木块P 在质量为M 的长木板ab 上滑行，M 对m 的摩擦力等于μ2mg ，由牛顿第三定律可知，m 对M 的摩擦力大小等于μ2mg 。
对M 由平衡条件可得长木板ab 受到地面的摩擦力大小为μ2mg 。
板块(滑块木板) 模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(解析版)
板块(滑块木板)模型(牛顿第二定律)建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1没有外力的板块模型6单选+1多选考点2受恒定外力的板块模型3单选+4多选考点3受变化外力的板块模型3单选+3多选考点01：不受外力的板块模型(6单选+1多选)一、单选题1(2023·湖北·模拟预测)如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v-t图像如图所示，则有()A.μ1=μ2B.μ1<μ2C.μ1>2μ2D.μ1=2μ2【答案】C【详解】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg则有μ1>2μ2故选C。
2(2023·湖南·统考模拟预测)如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是()A.碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变B.碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2C.碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/sD.平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为67m【答案】C【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得a A =μ1m A gm A=4m/s 2a B 1=μ2m A +m B g m B =3m/s 2，a B 2=μ2m A +m B g +μ1m A g m B =133m/s 2故AB 错误；C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为v B 0，则有v B 0<v B =v A又a B 2>a A所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。
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。
2023版新教材高考物理复习特训卷考点三运动与力的关系第25练模型方法“滑块_木板”模型的动力学问题
第25练 (模型方法)“滑块—木板”模型的动力学问题（时间 30分钟）思维方法1．“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．2．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；若反向运动，位移大小之和等于板长．一、选择题1．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M ，t ＝0时刻质量为m 的物块以水平速度v 滑上长木板，此后木板与物块运动的v t图像如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A.M ＝m B ．M ＝2mC ．木板的长度为8 mD ．木板与物块间的动摩擦因数为0.12．(多选)[2021·山东兰陵东苑高级中学月考]如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v 1水平向右滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v t 图像，其中可能正确的是( )二、非选择题 3．质量为3 kg 的长木板A 置于光滑的水平地面上，质量为2 kg 的木块B (可视为质点)置于木板A 的左端，在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，如图甲所示．A 、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示(g 取10 m/s 2).(1)求木板与木块之间的动摩擦因数(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)； (2)求4 s 末A 、B 的速度大小；(3)若6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？4．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g取10 m/s 2.求：(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v 的大小； (2)若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小．第25练 （模型方法）“滑块—木板”模型的动力学问题1．答案：BC解析：物块在木板上的运动过程中，μmg ＝ma 1，而v t 图像的斜率大小表示加速度大小，故a 1＝7－32m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.2，D 错误；对木板受力分析可知μmg ＝Ma 2，a 2＝2－02m/s 2＝1 m/s 2，解得M ＝2m ，A 错误，B 正确；由题图乙可知，2 s 时物块和木板分离，两者v t 图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L ＝12 ×（7＋3）×2 m－12×2×2 m ＝8 m ，C 正确． 2．答案：BD解析：由于石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦，因此石块与长木板达到共速后不可能做匀速直线运动，A 错误；设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与水平地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m ，长木板的质量为M ，当μ1mg >μ2（m ＋M ）g 时，最终石块和长木板一起做匀减速直线运动，此时的加速度大小为μ2g ，由于μ1mg >μ2（m ＋M ）g ，则有μ1g >μ2g ，即石块刚开始减速的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，石块与长木板共速后，图像的斜率变小，B 正确，C 错误；若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板静止不动，石块在长木板上做匀减速运动，D 正确．3．答案：（1）0.3 （2）均为4 m/s （3）4 m解析：（1）由题图乙知4 s 末木块与木板间达到最大静摩擦力，此时a A ＝2 m/s 2. 对于木板有f ＝m A a A ＝μm B g ，木板与木块间的动摩擦因数μ＝m A a Am B g＝0.3. （2）由题图乙知，4 s 末A 、B 的速度均为v ＝12 ×4×2 m/s ＝4 m/s.（3）4～6 s 内，木板A 运动的位移x A ＝vt 2＋12 a A t 22 .木块B 的位移x B ＝vt 2＋12a B t 22 ，则木板的长度l ＝x B －x A ＝4 m ． 4．答案：（1）4 m/s （2）3.5 m/s 解析：（1）滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝μ1mg －μ2×2mg m＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ，对滑块：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝vt －12a 1t 2对平板：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. （2）滑块在传送带上的加速度：a 3＝μmgm＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝2a 3L 1 ＝5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2联立以上各式代入数据解得：t ′1＝12 s ，t ′2＝2 s （t ′2>t ，不符合题意，舍去）将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得：v ″＝3.5 m/s.。
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 。
专题32功能关系+图象模型-2023年高考物理机械能常用模型最新模拟题精练(解析版)
高考物理《机械能》常用模型最新模拟题精练专题32功能关系+图像模型一选择题1.(2022·山东泰安三模)如图所示，滑块以一定的初速度冲上足够长的光滑固定斜面，取斜面底端O 点为运动的起点和零势能点，并以滑块由O 点出发时为0=t 时刻。
在滑块运动到最高点的过程中，下列描述滑块的动能E k 、重力势能E p 、机械能E 随位移x 、时间t 变化的图像中，正确的是（）A. B. C. D.【参考答案】ABD 【名师解析】．根据动能定理得k k0sin m E gx E θ=-⋅k E 与位移成线性关系，。
A 正确；物体的重力势能为p sin mgx E θ=⋅E p 与位移成正比，B 正确；动能与时间的关系为2k 2011(sin )22mv m v g t E θ==-⋅，C 错误；上滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，D 正确。
2.（2022·河北石家庄三模）篮球比赛是通过跳球争夺来决定球权归属的。
裁判员将球竖直向上抛起，球到达最高点又下落一段距离后被运动员拍给已方队员，球从抛出到被拍飞前，篮球速度的平方2v 与篮球距抛出点高度h 的图像如图所示。
规定抛出点所在水平面为零势能面，重力加速度g 取210m /s ，下列说法正确的是（）A.篮球被拍飞前的速度大小为1.2m /sB.篮球从 1.25m h =处上升至最高点所需的时间等于从最高点落回1.25m 处所需的时间C.篮球在空中上升和下落过程中受到的阻力大小均为重力的0.2倍D.篮球上升至1m h =时，篮球的动能等于其重力势能【参考答案】C 【名师解析】由运动学公式2202v v ax -=知篮球从抛出到最高点做匀减速直线运动，从最高点下落做匀加速运动，图像的斜率等于2a ，由图像可知下落加速度a 2为222v a h =①可解得22232==8m/s 222v a h =⨯由图像知篮球在1.25m 位置处被拍飞，此时篮球从最高点下落位移为0.75m ，由①式得22280.75m/s=23m/s v a h ==⨯⨯，故A 错误；由图像可知上升段加速度a 1为2221048=m/s 12m/s 222v a h --==-⨯负号表示加速度方向向下，上升段与下降段加速度不相同，故从 1.25m h =处上升至最高点所需的时间不等于从最高点落回1.25m 处所需的时间，故B 错误；由牛顿第二定律F 合=ma ，有11=20.2f ma mg m mg -==，22=20.2f mg ma m mg -==，故C 正确；由运动学公式可求得上升至1m h =时，22112v v a h -=则211=122k E mv m =又由重力势能=10p E mgh m =，故D 错误。
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。
高中物理-功能关系与动量结合的综合题型
高中物理-功能关系与动量结合的综合题型功能关系与动量结合的综合题型成为热点,本文列举一些较典型的例题,希望读者加深对考点的把握。
1．如图9所示,质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上,滑板右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m,可视为质点的小木块A质量m＝1 kg,原来静止于滑板的左端,滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2。
当滑板B受水平向左恒力F＝14 N作用时间t后撤去F,这时木块A恰好到达弹簧自由端C处,此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5 cm。
g取10 m/s2。
求：(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后,整个运动过程中系统所产生的热量。
解析(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得a A＝μmg m①a B＝F－μmgM②根据题意有s B－s A＝L即12a B t2－12a A t2＝L③将数据代入①②③联立解得t＝1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为v A＝a A t④v B＝a B t⑤当木块A和滑板B的速度相同时,弹簧压缩量最大,具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有m v A＋M v B＝(m＋M)v⑥由能的转化与守恒得12m v 2A＋12M v2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝0.3 J(3)二者同速之后,设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′,相对木板向左滑动距离为x,有m v A＋M v B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L>x且x>s,故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩由⑩式解得Q＝1.4 J答案(1)1 s(2)0.3 J(3)1.4 J2．如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R ＝0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,场强大小E＝5.0×103V/m。
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。
2021年高考物理考点模拟题(必修一)专题3.18 滑块板块问题(基础篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练第三部分牛顿运动定律专题3.18滑块板块问题（基础篇）一．选择题1. （2020江苏无锡期末）如图所示，一块足够长的轻质长木板放在光滑水平地面上，质量分别为m A=1kg 和m B=2kg的物块A、B放在长木板上，A、B与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现用水平拉力F拉A，取重力加速度g=10m/s2．改变F的大小，B的加速度大小可能为（）A. 1m/s2B. 2m/s2C. 3m/s2D. 4m/s2【参考答案】AB【名师解析】当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，将轻质长木板和B看成整体，由牛顿第二定律得：μm A g=m B a B max，解得a B max==m/s2=2m/s2，因为a B max＜μg=4m/s2，所以结果是合理，因此，B的加速度大小只可能为1m/s2、2m/s2，不可能为3m/s2、4m/s2，故AB正确，CD错误。
【关键点拨】。
当A对长木板的静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，由牛顿第二定律求出B的最大加速度，即可确定B加速度的可能值。
解决本题的关键要确定临界状态，求B的最大加速度，要注意灵活选择研究对象。
解答本题时要注意长木板的质量是不计的。
2．(2019·云南昆明检测)如图甲所示，质量m A＝1 kg，m B＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。
t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图像如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 ND ．水平恒力的大小为12 N 【参考答案】AC【名师解析】 在v -t 图像中图线的斜率大小等于物块运动的加速度大小，则a 1＝4 m/s 2，a 2＝2 m/s 2，对两物块受力分析，由牛顿第二定律可得：F －μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 1，μ(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 2，解得：μ＝a 2g ＝0.2，F ＝18 N ，选项A 正确，选项D 错误；1～3 s 内两物块一起运动，物块A 也具有水平向左的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向左的静摩擦力，选项B 错误；同理在0～1 s 内物块A 也具有水平向右的加速度，对其受力分析，可知：B 对A 施加了水平向右的静摩擦力，由牛顿第二定律可得：F f ＝m A a 1＝4 N ，选项C 正确。
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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/s2。
（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 vt 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22200()14tan v 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 v 0＝5 m/s 。
g 取10m/s 2，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L 1＝2 m ，左侧粗糙段长度为L 2，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/s 2，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L 2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L 1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：FL 1－μ1(M ＋m )gL 1＝12Mv 2A 2·1·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/s 2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 t 2又：s A －s B ＝L 2联立解得L 2＝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=2m/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）欢迎您的下载，资料仅供参考！。