2020年高考名校物理模拟试题分项解析热点06滑块木板模型解析版

1、热点06滑块木板模型高考真题（2019全国理综III卷20）如图（a）,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t=0时，木板开始受到水平外力 F的作用，在t=4s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度 v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验 台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取 g=10 m/s2。由题给数据可以得出A .木板的质重为1 kg2 s4 s内，力F的大小为0.4 N0-2 s内，力F的大小保持不变D .物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【参考答案】AB【名师解析】由图像（b）和图像（c）可知

2、，2s后物块相对于木板滑动，其滑动摩擦力f=0.2N ,木板的加速度a=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律，F-f=ma1，4s后撤去外力F,木板在物块摩擦力作用2下做减速运动，加速度大小为a2=0.2m/s。隔离木板，分析受力，由牛顿第二te律，f=ma2,联立解得：木板的质量为m=1 kg , 2 s4 s内，力F的大小为F=0.4 N ,选项AB正确；由于02 s内，在拉力作用下木板处于静止状态，而物块对木板的静摩擦力逐渐增大，所以 02 s内，力F的大小从0开始逐渐增大，选项 C错误；由于题述没有给出物块质量，不能根据二者之间的滑动摩擦力计算得出物块与木板之间的动摩擦因

3、数，选项D错误。（16分）（2019高考江苏卷物理15）如图所示，质量相等的物块 A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为因先敲击A, A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B, B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：（1） A被敲击后获得的初速度大小 Va；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB；B被敲击后获得的初速度大小Vb .It【名师解析】.(1)由牛顿运动定律知， A加速度的大小aA=o匀变速直线运动2

4、aAL=VA2解得vA 二行L(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3 m mg由牛顿运动定律 F=maB,得 aB=3g对齐后，A、B所受合外力大小F = 2 mg由牛顿运动定律F =maB，得aB(3)经过时间t, A、B达到共同速度v,位移分别为Xa、xb, A加速度的大小等于aA贝 Uv=aAt, v=vb -aBt212Xa = -aAt , Xb = VBt aBt 22且 Xb 二a二L解得 Vb -2. 2L3. (2017全国III卷25)如图，两个滑块 A和B的质量分别为 mA =1kg和mB =5kg ,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

5、擦因数均为也=0.5 ；木板的质量为 m = 4kg ,与地面间的动摩擦因数为 之=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/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 =10m/s2。求B与木板相对静止时，木板的速度；A、B开始运动时，两者之间的距离。【参考答案】(1) B与木板相对静止时，木板的速度为v1=1m/sA、B开始运动时，两者之间的距离为1.9m【名师解析】(1)如图所示对 A、B和木板受力分析， 其中fA、fB分别表示物块 A、B受木板摩擦力的大小，fA,、fB和f分别表示木板受到物块 A、B及地面的摩擦力大

6、小，设运动过程中 A、B及木板的加速度大小分别为 aA , aB和a ,根据牛顿运动定律得：fA =mAaAf B =mBaB且:fB - fA- f =mafA fA L mA g联立通解得:2aA =5m/s , aB22=5m/s , a=2.5m/s故可得B向右做匀减速直线运动,A向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且aB =aAa ,显然经历一段时间t1之后B先与木板达到相对静止状态，且此时A、B速度大小相等，方向相反。不妨假设此时B与木板的速度大小为v1V 二Vo ftV| = at|解得：t1 =0.4s, v1 =1m/s(2)设在t1时间内，A、B的位移大小分别为Xb,

7、由运动学公式得:,1. 2XA -V0t1 _ _aAt12Xb =；aBt；2A相遇，这段时间内A的加速度大小仍为aA,此后B将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和 设B和木板的加速度大小为 a,则根据牛顿运动定律得: TOC o 1-5 h z 对木板和B:2 mA mb m g = mB m a?假设经过t2时间后A、B刚好相遇，且此时速度大小为V2,为方便计算我们规定水平向右为正向，则在这段时间内速度变化：对 B 和木板：v2 =v1 一at2?对 A ：v2=v1+aAt2?联立？ ?解得t2=0.3s,可以判断此时 B和木板尚未停下 则t2时间内物块A、B的位移大小假设为

8、Xa、Xb,由运动学公式:XA = v1taA t2212Xb 二 vt a 12 2则A和B开始相距x满足：x =xA +xA + xB +xB联立解得：x=1.9m最新模拟题（2019年1月云南昆明复习诊断测试）如图甲所示，一块质量为mA=2kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为 mB=1kg的滑块B静止在木板的左端，对 B施加一向右的水平恒力 F, 一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（）* v/ (m s 1) TOC o 1-5 h z

9、印乙A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1C.F的大小可能为9ND.F的大小与板长L有关【参考答案】BD【命题意图】本题考查对速度 -时间图像的理解、叠加体受力分析、牛顿运动定律和匀变速直线运动规律 的运用。【解题思路】由图乙可知，在01s内，木板A的加速度a1=2m/s2,在13s内，木板A的加速度a2=-1m/s2。 设滑块与木板之间的动摩擦因数为 心 木板与地面之间的动摩擦因数为 物 在07s内，隔离木板A受力分 析，由口mBg- (mA+mB)g= m,Aa1，在13s内，隔离木板 A受力分析，由-位mAg= m,Aa2,联立解得：位=0.1, 国

10、=0.7,选项A错误B正确；隔离B分析受力，由牛顿第二定律， F-jmBg= mBa3,根据速度图像的面积表12 F-1 ,不位移可知，在01s内，木板A位移X1=1m。滑块B在t=1s内的位移*2=3231=1，木板A长度L= X2-X1= 曰-1=二，可变换为F=2L+3 ,即F的大小与板长L有关，选项D正确；若F的大小为9N ,由牛顿第 22二定律，F-四mBg= mBa3,可得a3=2m/s2, AB加速度相同，不能发生相对滑动， 所以F的大小必须大于9N, 选项C错误。【方法归纳】 对于速度图像给出解题信息问题，从速度图像的斜率得出加速度，由速度图像面积得出位移。对于叠加体问题，采用

11、隔离法分析受力，利用牛顿运动定律列方程解答。(16分)(2020江苏扬州中学质检)如图所示，有1、2、3三个质量均为 m = 1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体 3离地面高H = 5.75m,物体1与长板2之间的动摩擦因数 科=0.2。长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v = 4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下。求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度L。；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置。物体1的加速度2a1= -mg/m=-科 g=-

12、2m/s物体2和3的整体加速度2a2=（mg+ 科 mg）/2m=6m/s设经过时间ti二者速度相等 vi=v+a it=a2t代入数据解ti = 0.5s vi = 3m/sXi= (v+vi) t/2= 1.75m X2=vit/2=0.75m所以木板2的长度Lo=xi-X2=im此后，假设物体 i23相对静止，a=g/3Ma=3.3NFf=科mg=2N,故假设不成立，物体 i和物体2相对滑动物体1的加速度a3=52m/s2物体2和3整体的加速度 ad=(g-g) /2=4m/s2整体下落高度 h=H-x 2=5m 根据h=v it+a 4t22/2解得t2= is物体 i 的位移 X3=

13、v也+a3t22/2=4mh-X3=im物体i在长木板2的最左端3. (14分)(2020成都石室中学模拟) 在水平长直轨道上，有一长平板车在水平外力控制下始终保持速度 vo=4m/s做匀速直线运动，某时刻，站在地面上的人，将一质量为m=ikg的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为斤0.2, g=i0m/s2*Ve=. 二”一一一分一一二一一JILL(i)若小车足够长，以地面为参考系，小滑块从轻放到车面的中点到与车面相对静止的过程中，小滑块通过 的距离X是多大？(2)若小车长度L=2m,在将小滑块放到车面中点的同时，对小滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F,要保证滑块不从车的左端

14、掉下，恒力F大小应该满足什么条件？(3)在(2)的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力 F的作用时间应该在什么范围内？【名师解析】：(i)设小滑块的加速度为 ai,由牛顿第二定律得： TOC o 1-5 h z Nmg = mai 解得：ai=2m/s2(i 分)2alX =v0 -0 解得：x= 4 m(i 分)(2)设恒力F取最小值为Fi,小滑块的加速度为 a2,滑块到达小车的左端时恰好与小车速度相同，经过的时 间是 ti,则：v0=a2tl(i 分)（1分）1Lv0ti - 二 v0ti - 22对滑块由牛顿第二定律得:F| + Nmg = ma2（1 分）联立解得 F i

15、= 6N , ti =0.5s即 F 6N（1 分）（3）力F取最小值F1 = 6N,当小滑块到达小车的左端与小车速度相同后，开始向右做初速度为vo=4m/s的匀加速直线运动，设运动加速度大小为a3,为保证小滑块不从车上掉下，从左端运动开始经过的时间为t2,通过的距离为 不，恒力F1停止作用，此时小滑块速度为W,小滑块开始做匀减速直线运动，设运动加速度大小为a，经过的时间为t3,通过的距离为X2,到达小车右端时，与车达共同速度，则:X1 + X2- V0 （t2+t3）=L（1分）X1 =X2 =V0 V12V0 V12t2t3（1分）（1分）（1分）a4（1分）+V1 -V0t2 - a3+

16、 _V -V0t3 一a4 TOC o 1-5 h z 由牛顿第二定律得：F1 - Nmg = ma3（1分）Jmg = ma43 联乂斛得：t2 =%0.58s（1分）3则力F的作用时间t的范围是力口口什t23 23即 0.5sWtWs 或 0.5s Mt E 1.08s（1 分）6（10分）（2020甘肃嘉峪关酒钢中学模拟）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏，考验两人的默契度.如图所示，一长 L=0.60m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数为科=0.20滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑

17、动摩擦力，取g=10m/s2. 一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力 F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动.Fi必须满足什么条件?(1)为使木板能向上运动，求(2)若Fi=22N,为使滑块与木板能发生相对滑动，求F2必须满足什么条件？现 F1=24N,(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契， 游戏成功.F2=16N,请通过计算判断游戏能否成功？【名师解析】.(1)滑块与木板间的滑动摩擦力/二,比对木板应有.代入数据得 二二对木板有西-坨=叫对滑块有:一 一一-要能发生相对滑动应有-代入数据可得二(3)对滑块有三:一“F/用g=

18、切药设滑块上升h的时间为t,则对木板有一一-设木板在t时间上升的高度为H,代入数据可得三=：: 由于工百，滑块在上升到1.5m之前已经脱离了木板，游戏不能成功.(12分)(2019四川绵阳二诊)m=1kg如图所示，长 L=2.5 m、高h=0.2 m的长方体物块P静止在光滑的水平地面上，可视为质点的质量的小滑块Q在物块P的上表面左端静止，物块 P和滑块Q之间的动摩擦因数 月0.2。现给滑块 Q 一个水平 向右的瞬时速度 Vo=4m/s,经时间t=1s,刚好从物块 P的右端飞出，取 g=10m/s2,求：（1）物块P的质量M;（2）滑块Q第一次着地时，与物块 P右端的水平距离。【名师解析】.：（

19、1）滑块Q在物块P上做匀减速直线运动，设时间t=1 s内，滑块Q加速度大小为aQ,通过的距离为xQ,物块P通过的距离为xp,加速度大小为 aP,则（1分） TOC o 1-5 h z -（1 分）（1分）-（1 分）（1分）解得，。M=2kg（1 分）（2）在滑块Q飞离物块P的瞬间，设物块 P的速度为Vp,滑块Q的速度为Vq,滑块Q经过时间t第一次 着地，与物块 P右端的水平距离为，则（1分）（1分）-（1 分）解得，（2分）解得（1分）6. （ 14分）（2019湖南衡阳二模） 如图1所示，在水平面上有一质量为m1= 1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 = 2kg的木块，木块和木板

20、之间的动摩擦因数曲=0.3,木板与地面间的动摩擦因数位=0.1 .假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等？现给木块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g = 10m/s2(2) t=10s时，两物体的加速度各为多大；(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程)【思路分析】(1)对两物体受力分析，当木块对木板的最大静摩擦力提供木板做加速运动，此时两者达到 最大加速度，即可求得；(2)应用牛顿第二定律求出两物体的加速度；(3)达到最大共同加速度后，木板做加速度恒定的匀加速运动，木块在力F作用下做加速

21、度运动，根据牛顿第二定律即可求得。【名师解析】(1)：当Fv (mi+m2)g=3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对 m1：f max 一总(m1+m2)g=mamax, fmax=m2g解得：amax=3m/s2对整体有：Fmax M2 (m1+m2)g= (m1+m2)amax解得：Fmax=12N由 Fmax=3t 得：t = 4s(2) t=10s时，两物体已相对运动，则有：对 m1： P1m2g h (m1+m2)g=m1a1 解得：a1 = 3m/s2对 m2: F -禺m2g=m2a2F=3t=30N解得：a2= 12m/s2(3)图象过(1、0

22、) , ( 4.3) , (10、12)10答：（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2） t=10s时，两物体的加速度各为3m/s2, 12m/s2；（3）图象如图所示。【点评】本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度 与时间的关系式，是经常采用的思路。7. （2019全国考试大纲调研卷 3）如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量为m的物块（可视为质点）放在长木板的最右端。已知 m与M之间的动摩擦因数为 从,木板与地面间的动摩擦因数为 火。从某时刻起物块 m以巧的水平初速度向左运动，同时木 =板M在水平外力 F控制下始终向右以速度

23、（1）在物块m向左运动过程中外力F的大小:（2）木板至少多长物块不会从木板上滑下来1) f+f2= p1mg + 区(m+M )g (2)摩擦力，由题意可知f1=以mg11【参考答案】（【名师解析】（1）在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2分别为物块和地面给木板的f2=(m+M)g 由平衡条件得：F= fi+f2=(jmg+ p2(m+M)g (2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为ti,则设,二1-L TOC o 1-5 h z 物块向左匀减速运动的位移为Xi,则设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2,则V,h = -设物块向右匀加速

24、运动的位移为X2,则* *ck =-r-, = -s-22工?此过程木板向右匀速运动的总位移为X；则工=似e + r,则物块不从木板上滑下来的最小长度：工+ 三代入数据解得： = ; *2凸S解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为Vo,末速度为Vt,则?=马一44=0加速度：口二*医根据运动学公式： V/ -比二=-ZoL(D解得:12(2019上海二模)如图a所示，轨道OA可绕轴O在竖直平面内转动,轨道长L=2m,摩擦很小可忽略不计。利用此装置实验探究物块在力F作用下加速度与轨道倾角的关系。某次实验，测得力F的大小为0.6N,方向始终平行于轨道向上，已知物块的质量m=0.1

25、kg。实验得到如图b所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中a。为图线与纵轴交点，为图线与横轴交点。(重力加速度 g取10m/s2)问：a。为多大？(2)倾角8为多大？此时物块处于怎样的运动状态？(3)当倾角。为30。，若物块在F作用下由O点从静止开始运动1.6s,则物块具有的最大重力势能为多少？(设O所在水平面的重力势能为零)【名师解析】(1)。=0时，木板水平放置，此时物块的加速度为a0由牛顿第二定律得：F合=F=ma0解得：a0=6m/s2(2)当木板倾角为 以时，a=0,物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；由平衡条件得：F=mgsin 1解得：sin 1=0.6,即 0=37(3)当木板倾角为 。=30时，对物块由牛顿第二