2018届高三物理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/s 2,某时刻速度为vo=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科。（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

2、-科 Mg=Ma解得：科=0.25（2）每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加科mg,放上第一个小铁块后木板匀速运动，由平衡条件得：F=Mg+（i 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：2FL-科（M+2m）gL=-Mv-M/0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，

3、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 =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ti,水平位移为x,则： gt i=votan37 °X=Vot i 联立两式解得 x=1.2m（2）小物体落到B点的速度假设为 v,则(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

4、物块在B点的速度为vb,在C点的速度为vg从A到B物块做平抛运动，有:Yr sin 0 =vo 从B到C,根据动能定理有：mgR(1+sin 0 )=解得：v c=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：mg=mamg=Mav=vc-a itv=a2t根据能量守恒定律有：(m+M)v2+Q= m -联立解得：Q=9J答案：(1)6m/s(2)9J4.(22分)如图所示是倾角。=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

5、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一直以初速度vo=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Wi=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，使彳# 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变为2=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vi=2m/s,同时

6、释放木板B,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2 .一锁te A、B物体的位置。g取i0m/s 。求：导学号42722452电动机(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to(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：iMgcos 0 -mgsin 0 =ma代入数据解得:a i=2m/s2(2)从开始到A、B相对静止需要的时间为11= =0.8sa1A 的位移为：x a=v0t i=1.28mB的位移为

7、:xb= 11=0.64mA B的相对位移为：A x=Xa-x B=0.64mA B沿斜面上升所经历的时间为L-d+Asct=1.15s的(3)B开始向下加速运动的加速度为ji MgcosB+mgsinQ2a2=10m/sB与A相对静止后B的加速度为：广;二.二通一儿二82a3=2m/smr "从释放到 A B相对静止的时间为:t 2= 一=0.2sA 的位移为：Xa' =V1t 2=0.4mB 的位移为：Xb' =-12=0.2m 2相对位移为：A x' =Xa' -x b' =0.2m此时A离B右端的距离为Ax' +(d- A x)

8、=0.36mA B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:L-d-x b' =vit 3+ a3) 2 二代入数据解得：t 3=（2-1）SA B相对位移为：Ax" =V1t 3+；a3t3二-v 1t 3=(3-2、2)即B与P接触时，A没有从B上滑离，产生的热量为：Q=p2Mgcos。（Ax' +Ax）= 0.74J答案：(1)2m/s 2 (2)1.15s(3)0.74J5.（22分）如图所示,在倾角为9=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V0=10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量 m=1kg的小物

9、块（大小可忽略）轻放在长木板正中央。已知一一一避一由一，工什物块与长木板间的动摩擦因数科=一，设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取2210m/s 。导学号42722453（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Vt离长木板，长木板至少要有多长。（3）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y&板的滑动摩擦力大小为：Ff =科 mgcos 0 =7.5N由牛顿第二定律得：对小物块:Ff+mgsin 0

10、 =ma解得：a 1=12.5m/s 2对长木板：Mgsin 0 - F f=Ma2解得：a 2=2.5m/s（2）当小物块与长木板共速时 ：v 1=a1t 1=v0+a2t 1解得：t 1=1s,v 1=12.5m/s共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移：Vn+Vi D+ViA x=-t i-t i=5m22故长木板长度至少为L=2 A x=10m(3)由牛顿第二定律得：对小物块:Ff+mgsin 0 =ma解得:a 3=12.5m/s 2,方向沿斜面向下对长木板：F+Ff-Mgsin 0 =Ma解得:a 4=12.5m/s 2,方向沿斜面向上当小物块与长木板共速时，则:V 2=a3t

11、2=V0-a 4t 2解得:t 2=0.4s,v 2=5m/s此时小物块位移:x 1= 12=1m 2V0+V2长木板位移:x 2=12=3m7共速后，假设小物块与长木板一起减速，则：F-(M+m)gsin 0 =(M+m)a解得:a 5=6.25m/s 2,方向沿斜面向上对小物块有：Ff' -mgsin 0 =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-mgsin 0 =ma>解得:a 6=2.5m/s 2,方向沿斜面向上对长木板：F-F f-Mgsin 0 =Ma解得:a 7=7.5m/s 2,方向沿斜面向上

12、小物块从长木板上滑落时，则有：12 (12、 Lv2t3- a6- < < 三一 1 二 +x2-x 1解得:t 3=2s此时小物块速度：V 4=V2-a 6t 3=0位移 :x 3=-4 3=5m长木板速度：v 5=V2-a 7t 3=-10m/sV2+V5位移:x 4=-13=-5m则从小物块轻放在长木板中央到滑落,长木板位移：x 6=X2+X4=-2m,方向沿斜面向上W=-FX6=90J=90JQ= FfX相对二R机械能增量为：A E=W/Q=0答案：(1)2.5m/s 2 12.5m/s2 (2)10m(3)90J0v=7Vo+ （由下 小物体在薄板上运动，则：mgsin37 ° -科 mgcos37° =ma 薄板在光滑斜面上运动，则：Mgsin37 ° +科 mgcos37° =Ma 小物体从落到薄板到两者速度相等用时t 2,则：v+ait2=a2t 2 小物体的位移xi=vt 2+-ait/ 2 * 221*2溥板的位移X2=azt?薄板的长度l=x i-X 2联立式解得l=2.5m答案：（i）i.2m（2）2.5m3.（20分）如图所示，半径R=i.0m的