2018届高三物理一轮复习热考题型专攻(三)“滑块+滑板”综合

1、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 v=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卩。（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

2、牛顿第二定律得：F- 口 Mg=Ma解得:卩=0.25（2）每放一个小铁块,木板所受的摩擦力增加卩 mg,放上第一个小铁块后木板匀速运动，由平衡条件得：F=Mg+口 mg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：1 1 2FL-i（M+2m）gL=，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 Vo=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

3、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 2=0.6,cos37 =0.8,g 取 10m/s ,求：导学号 4272245010m/s。求：-2-(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 ti,水平位移为 X,则:gti=votan37 X=Voti联立两式解得 x=1.2m小物体落到 B 点的速度假设为 v,则小物体在薄板上运动，则：mgsin37 -

4、卩 mgcos37 =ma 薄板在光滑斜面上运动，则：Mgsin37 +卩 mgcos37 =Ma 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2,则：v+a1t2=a2t212 122小物体的位移 X1=vt2+ a11卄、22薄板的位移 X2=-a2薄板的长度 l=x1-X2联立式解得 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0=37 ,另一端点 C 为轨道的最低点。C 点右侧的光滑水平面上紧挨 C 点静止放置一木 板,木板质量 M=1kg,上表面与 C 点

5、等高。-3-质量为 m=1kg 的物块(可视为质点)从空中 A 点以 v=1.2m/s 的速 度水平抛出，恰好从轨道的 B 端点沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数卩=0.2,g 取2-4-导学号 42722451(1) 物块经过 C 点时的速度 Vc。(2) 若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q【解析】(1)设物块在 B 点的速度为VB,在 C 点的速度为 vc,从 A 到 B 物块做平抛运动,有:sin0=vo从 B 到 C,根据动能定理有：mgR(1+sin0解得:Vc=6m/s(2)物块在木板上相对滑动过程中由于受到摩擦力作用，最终两者将一起共同运动。设相对

6、滑动时物块加速度为 ai,木板加速度为 a2,经过时间 t 达到共同速度为V,则：卩 mg=mamg=Mav=vc-aitv=a2t根据能量守恒定律有：=(m+M)v2+联立解得：Q=9J答案:(1)6m/s(2)9J4.(22 分)如图所示是倾角0=37。的固定光滑斜面，两端有垂直于斜面的固定挡板P、Q,P、Q 间距离 L=2m,质量 M=1.0kg 的木块 A(可看成质点)放在质量 m=0.5kg 的长 d=0.8m 的木板 B 上并一起停靠在挡板P 处，木块 A 与斜面顶端的电动机间用平行于斜面不可伸长的轻绳相连接，现给木块 A 沿斜面向上的初速度，同时开动电动机保证木块 A 一直以初速

7、度 V0=1.6m/s 沿斜面向上做匀速直线运动，已知木块 A 的下表面与木板 B 间 动摩擦因数11=0.5,经过时间 t,当 B 板右端到达 Q 处时刻，立刻关闭电动机，同时锁定 A、B 物体此时的位 置。然后将 A 上下面翻转，使得 A 原来的上表面与木板B 接触，已知翻转后的 A、B 接触面间的动摩擦因数-5-变为12=0.25,且连接 A 与电动机的绳子仍与斜面平行。现在给 A 向下的初速度 V1=2m/s,同时释放木板 B,-6-并开动电动机保证木块 A 一直以 vi沿斜面向下做匀速直线运动，直到木板 B 与挡板 P 接触时关闭电动机并 锁定 A、B物体的位置。g 取 10m/s2

8、。求：导学号 42722452(1) 木板 B 沿斜面向上加速运动过程的加速度大小。(2) A、B 沿斜面上升过程所经历的时间t。(3) A、B 沿斜面向下开始运动到木板 B 左端与 P 接触时，这段过程中 A B 间摩擦产生的热量。【解析】(1)对 B 由牛顿第二定律得：iMgcosB-mgsin0=ma2代入数据解得:a1=2m/s(2) 从开始到 A、B 相对静止需要的时间为：Si11=0.8sA 的位移为:xA=vot1=1.28mB 的位移为：xB= 11=0.64mA、B 的相对位移为：X=XA-XB=0.64mAB 沿斜面上升所经历的时间为：L - d + Axt= =1.15s

9、(3) B 开始向下加速运动的加速度为：p2Mgcos0 + mgsinO2a2=10m/sB 与 A 相对静止后 B 的加速度为：-7-mgsin0 - |ix2Mgcos0a3=亠莅=2m/s2-8-从释放到 A B 相对静止的时间为:t2=丄=0.2sA 的位移为：XA=vit2=0.4mVlB 的位移为:XB= t2=0.2m相对位移为：X=XA-XB=0.2m此时 A 离 B 右端的距离为：X+(d- x)=0.36mAB 速度相等后,B 以加速度 a3加速运动,B 到达 P 所用时间为 t3,则:1L-d-xB=Vit3+ a3代入数据解得：t3=( 1 2-1)SAB 相对位移为

10、1求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小。2要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。tJ t32=vit3+ a3-vlt3=(3-2-9-即 B 与 P 接触时,A 没有从 B 上滑离，产生的热量为：Q=y2MgcosB( X + x)0.74J答案：(1)2m/s2(2)1.15s(3)0.74J5.(22分)如图所示,在倾角为0=30的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为 M=3kg 的长木板正以Vo=1Om/s 的初速度沿斜面向下运动，现将一质量 m=1kg 的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央。已知物块与长木板间的动摩擦因数卩=二,设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

11、重力加速度 g 取10m/s2。导学号 42722453假设长木板长 L=16m,在轻放小物块的同时对长木板施加一沿斜面向上的F=45N 的恒力，求小物块在长木板上运动过程中 F 所做的功及系统机械能的增量。【解析】（1）小物块在长木板上滑动时受到沿板的滑动摩擦力大小为：Ff=卩 mgcosB=7.5N由牛顿第二定律得： 对小物块:Ff+mgsin0=ma2解得:a1=12.5m/s对长木板:Mgsin0- Ff=Ms2解得:a2=2.5m/s2当小物块与长木板共速时：v1=a1t1=vo+a2t1解得:t1=1s,v1=12.5m/s共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移:v0+ V 0

12、+ V2 2 x= 11-t1=5m故长木板长度至少为 L=2 x=10m由牛顿第二定律得：-10-对小物块:Ff+mgsin0=ma解得:a3=12.5m/s2,方向沿斜面向下对长木板:F+Ff-Mgsin0=Ma解得:a4=12.5m/s2,方向沿斜面向上当小物块与长木板共速时，则:v2=a3t2=v0-a4t2解得:t2=0.4s,v2=5m/s此时小物块位移：x1=12=1mVQ+ v29长木板位移：x2=-12=3m共速后，假设小物块与长木板一起减速，则:F-(M+m)gsin0=(M+m)$解得:a5=6.25m/s2,方向沿斜面向上对小物块有:Ff -mgsin0=maFf Ffmax=7.5N,方向沿斜面向上所以小物块将相对长木板向下滑动对小物块:Ff-mgsin0=ma2解得:a6=2.5m/s ,方向沿斜面向上对长木板：F-Ff-Mgsin0=Ma解得:a7=7.5m/s ,方向沿斜面向上小物块从长木板上滑落时，则有：1132佃-凤V2t3- a6-= +X2-X1解得:t3=2s此时小物块速度:V