参考高考物理二轮复习十大热门考点专项突破专题02滑块木板模型练习.docx

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参考高考物理二轮复习十大热门考点专项突破专题02滑块木板模型练习

（参考）2019年高考物理二轮复习十大热门考点专项突破专题02滑块__木板模型练习

滑块—木板模型模型在牛顿运动定律和动量守恒等内容中均有出现，是高考的热点和难点。

一、牛顿运动定律是力学知识的“基石”，滑块—木板模型更是高考热点，在滑块—木板模型中，滑块在木板上滑动的临界加速度大小是判断两物体运动状态的关键．解此类题的一般步骤为：

1．运用整体法和隔离法进行受力分析．

2．确定仅由摩擦力产生加速度的物体．

3．求临界加速度：

最大静摩擦力使之产生的加速度为临界加速度．

4．判断系统的运动状态：

当系统加速度小于临界加速度时，系统加速度相等；当系统加速度大于临界加速度时，系统中各物体加速度不同．

5．由运动状态对应求解．

二、动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查；动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点；动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点。

综合应用动量和能量的观点解题技巧

（1）动量的观点和能量的观点

①动量的观点：

动量守恒定律

②能量的观点：

动能定理和能量守恒定律

这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程的始、末状态动量式、动能式和力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．

②利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题：

（a）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．

（b）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，在力学中解题时必须注意动量守恒的条件及机械能守恒的条件．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．

典例涵盖了直线运动、牛顿定律、能量、动量、电等相关章节的跟滑块—木板模型有关的典型例题

【典例1】如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则（）

A．传送带的速度为4m/s

B．传送带底端到顶端的距离为14m

C．物块与传送带间的动摩擦因数为18

D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反

解析：

如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4m/s，选项A正确．传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即×（4＋12）×1m＋×1×4m＝10m，选项B错误.0～1s内，gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2,1～2s内，gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误．

答案：

A

【典例2】.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻（t＝0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的（）

答案A

【典例3】如图所示，在水平地面上建立x轴，有一个质量m＝1kg的木块放在质量为M＝2kg的长木板上，木板长L＝11.5m。

已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木块与长木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

木块与长木板保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0＝10m/s，在坐标为x＝21m处的P点处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：

图

（1）木板碰挡板时的速度大小v1；

（2）碰后木板与木块刚好共速时的速度；

（3）最终木板停止运动时A、P间的距离。

（2）碰后木板向左运动，木块向右运动，由牛顿第二定律可知木块的加速度大小am＝μ2g＝9m/s2

木板的加速度大小aM＝＝6m/s2

设从木板与挡板相碰至木块与木板共速所用时间为t

对木板v共＝v1－aMt，对木块v共＝－v1＋amt

得t＝1.2s

共同速度大小v共＝1.8m/s，方向向左。

【典例4】质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则（）

图

A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒

B.当两物块相距最近时，甲物块的速率为零

C.当甲物块的速率为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0

D.甲物块的速率可能达到6m/s

解析甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，

答案C

【典例5】（多选）如图所示，质量为2kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为2kg的物体P，一颗质量为0.01kg的子弹以700m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为100m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则（）

图

A.由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒

B.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒

C.子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒

D.子弹瞬间射穿P后，P的速度为3m/s

【典例6】如图所示，质量M＝1.5kg的小车静止于光滑水平面上，并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5kg的滑块Q。

水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点（弹簧仍在弹性限度内），推力做功WF＝4J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。

已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。

（取g＝10m/s2）求：

图

（1）P刚要与Q碰撞前的速度是多少？

（2）Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？

（3）为保证Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？

（3）设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得

mQv0＝（mQ＋M）u⑤

根据能量守恒，系统产生的摩擦热

μmQgL＝mQv－（mQ＋M）u2⑥

联立⑤⑥解得L＝6m

答案

（1）4m/s

（2）4m/s（3）6m

【典例7】如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求：

图10

（1）小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v；

（2）物体与传送带间的动摩擦因数μ；

（3）2s内物体机械能的减少量ΔE及因与传送带摩擦产生的内能Q。

（2）由v－t图象可知传送带运行速度为v1＝10m/s，物体从A到B先做加速度为a1＝m/s2＝10m/s2的匀加速运动，经过时间t1＝1s后再做加速度为a2＝m/s2＝2m/s2的匀加速运动，然后经过时间t2＝1s，物体以大小为v2＝12m/s的速度到达传送带B端。

由物体在传送带上的受力情况知

a1＝mgsinθ＋μmgcosθm

或a2＝mgsinθ－μmgcosθm

解得μ＝0.5。

（3）小物体到达传送带B端时的速度大小v2＝12m/s

物体的动能增加了ΔEk＝mv＝×2×122J＝144J

物体的重力势能减少了ΔEp＝mgLsinθ＝20×16×0.6J＝192J

所以物体的机械能的减少量ΔE＝48J

由功能关系可知

Q＝μmgcosθ（v1t1－t1）＋μmgcosθ（t2－v1t2）

代入数值得Q＝48J。

答案

（1）8m/s

（2）0.5（3）48J48J

【典例8】（2016·安徽六校教育研究会联考）如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一质量为m的物块，物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，t＝0时，车开始沿水平面做直线运动，其v－t图象如图乙所示。

g取10m/s2，平板车足够长，则物块运动的v－t图象为（　　）

【参考答案】C

【典例9】（××市第一中学2016届高三5月教学质量检测理科综合试题）如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为的木板。

从时刻开始，质量为的物块以初速度从左侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力，已知开始运动后内两物体的图线如图乙所示，物块可视为质点，，下列说法正确的是（）

A、木板的质量

B、物块与木板间的动摩擦因数为

C、时，木板的加速度为

D、时，木板的速度为

【参考答案】BD

对木板，由牛顿第二定律，F+μmg=Ma2，由速度图像可知，a2=4m/s2，联立解得：

M=2kg，选项A错误。

经过时间t，两者达到共同速度，则v0-a1t=a2t，

解得：

t=1.2s。

共同速度v=a2t=4.8m/s。

此时物体的相对位移为：

说明物体未脱离木板，当两者达到共同速度后，假设两者相对静止一起加速，由牛顿第二定律可得：

，

代入数据解得：

，

考点：

牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；物体的弹性和弹力

【点睛】本题考查图象的应用；图象题是高考的热点问题，关键从图象中获取信息，能够通过图象得出物体的运动规律。

【典例10】（2016福建名校联考）如图所示，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）g

C．μ2mgD．μ1Mg＋μ2mg

【参照答案】C

1.如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一滑块体从斜面上静止释放，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是

A.B.

C.D.

2.（2016年全国普通高考重庆适应性测试（第三次）理科综合试题）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小木块，小木块与传送带间动摩擦因素为μ，小木块速度随时间变化关系如图所示，v0、t0已知，则

A．传送带一定逆时针转动

B．

C．传送带的速度大于v0

D．t0后滑块的加速度为2gsinθ-

3．（2016河北名校调研）三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）下列说法正确的是（　　）

A．物块A先到达传送带底端

B．物块A、B同时到达传送带底端

C．传送带对物块A、B均做负功

D．物块A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶3

4.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（　　）

5.如图所示，某粮库使用电动传输机向粮垛上输送麻袋包，现将一麻袋包放置在倾斜的传送带上，与传送带一起向上匀速运动，其间突遇故障，传送带减速直至停止。

若上述匀速和减速过程中，麻袋包与传送带始终保持相对静止，下列说法正确的是（　　）

A.匀速运动时，麻袋包只受重力与支持力作用

B.匀速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上

C.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向下

D.减速运动时，麻袋包受到的摩擦力一定沿传送带向上

6.如图所示，一光滑曲面的末端与一长L＝1m的水平传送带相切，传送带离地面的高度h＝1.25m，传送带的动摩擦因数μ＝0.1，地面上有一个直径D＝0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s＝1m，B点在洞口的最右端。

传送带以恒定的速度做顺时针运动。

现使某小物体从曲面上距离地面高度H处由静止开始释放，到达传送带上后小物体的速度恰好和传送带相同，并最终恰好由A点落入洞中。

求：

（g＝10m/s2）

图

（1）传送带的运动速度v；

（2）H的大小；

（3）若要使小物体恰好由B点落入洞中，小物体在曲面上由静止开始释放的位置距离地面的高度H′应该是多少？

7．如图所示，在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道，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。

小物块A（可视为质点）从轨道右侧以初速度v0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，经水平轨道返回圆形轨道。

已知R＝0.2m，L＝1m，v0＝2m/s，物块A质量为m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分摩擦不计，取g＝10m/s2。

图

（1）求物块A与弹簧刚接触时的速度大小；

（2）求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度；

（3）调节PQ段的长度L，A仍以v0从轨道右侧冲上轨道，当L满足什么条件时，物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道？

8.如图所示，质量M＝4kg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＝0.5m，可视为质点的小木块A质量m＝1kg，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＝14N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＝5cm。

g取10m/s2。

求：

图

（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。

9如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。

现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动。

滑块、长木板的速度图象如右图所示，己知物块与木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。

重力加速度g=10m/s2。

则下列说法正确的是

A.t=10s时长木板P停下来

B.长木板P的长度至少是7.5m

C.长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075

D.滑块Q在长木板P上滑行的距离是12m

10.【2017·××市××区高三上学期期末质量调查】如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L=1.0m的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R=0.25m的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5．整个装置处于静止状态．现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A．不考虑小物块与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力，取g=10m/s2．求：

（1）解除锁定前弹簧的弹性势能；

（2）小物块第二次经过O′点时的速度大小；

（3）小物块与车最终相对静止时距O′点的距离

11．【六校联合体2017届高三4月联考理科综合】在高为1m的水平桌面上有A，B两个小物体，其中B放在桌子的右边缘，A放在弹簧的右端O处但不拴接（弹簧的左端固定在桌上，处于自然状态），LOB=2m，现用A将弹簧压缩后静止释放，在以后运动的过程中A与B发生弹性碰撞，B的落地点到桌子边缘的水平距离为2m，A，B的质量分别为m、M，m=lkg，M=2kg，（水平面上O点的左侧光滑，右侧的动摩擦因数为0.5）求：

（1）A最终静止在什么位置；

（2）弹簧的最大弹性势能EP.

1.【参考答案】ACD

【名师解析】物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带的对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A正确；若传送带的对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，所以物体先做匀减速直线运动．若物体的速度足够大，传送带足够短，则物体在速度减小到0前，物体的位移大于传送带的长度，则物体一直做匀减速运动．故C正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体的位移仍小于传送带的长度，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上．由于传送带向沿斜面向上运动，物体在传送带上受到向沿斜面向上的摩擦力，将向做沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则物体返回出发点的速度大小仍然等于v1．故D正确，B错误。

2.【参考答案】AD

考点：

考查牛顿第二定律、匀变速直线运动.

【名师点睛】本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑．2、小木块两段的加速度不一样大．

3.【参考答案】BCD

4.【参考答案】D

5.【参考答案】B

【名师解析】传送带匀速运动时，麻袋包受力平衡，麻袋包除受重力、垂直斜面向上的支持力外，还要受沿斜面向上的静摩擦力的作用，选项A错误，B正确；传送带向上减速运动时，麻袋包的加速度沿斜面向下，受到的摩擦力可能沿传送带向上、沿传送带向下或为零，选项C、D错误。

6.解析

（1）最终恰好由A点落入洞中，由平抛运动规律可知：

s＝vt

h＝gt2

解得：

v＝s＝×1m/s＝2m/s。

（3）由平抛运动规律知：

s＋D＝v′t

h＝gt2

解得v′＝×（s＋D）＝×（1＋0.5）m/s＝3m/s

从小物体开始释放到刚要滑出传送带的过程，由能量守恒定律知：

mgH′＝mgh＋μmgL＋mv′2

解得H′＝h＋μL＋＝1.25＋0.1×1＋＝1.8m。

答案

（1）2m/s

（2）1.45m（3）1.8m

7.

（3）①若A沿轨道上滑至最大高度h2时，速度减为0，则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0

由动能定理可得

－2μmgL1－mgh2＝0－mv20

联立可得1m≤L1<1.5m

②若A能沿轨道上滑至最高点，则需满足m2≥mg

由动能定理可得

－2μmgL2－mg·2R＝mv－mv20

联立可得L2≤0.25m

综上所述，要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道，L需满足的条件是1m≤L<1.5m或L≤0.25m。

答案

（1）2m/s

（2）0.2m（3）1m≤L＜1.5m或L≤0.25m

8.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

aA＝①

aB＝②

根据题意有sB－sA＝L

即aBt2－aAt2＝L③

将数据代入①②③联立解得t＝1s

（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

mvA＋MvB＝（m＋M）v′⑧

由⑧式解得v＝v′

由能的转化与守恒定律可得Ep＝μmgx⑨

由⑨式解得x＝0.15m

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＝1.4J

答案

（1）1s

（2）0.3J（3）1.4J

9.【参考答案】BCD[]

中，由牛顿第二定律得：

，解析，这段时间，所以，t3=12s时长木板P停下来，6s后滑块Q在长板P上滑行的距离：

，滑块Q在长木板P上滑行的距离是

，故D正确；

10.【答案】

（1）7.5J

（2）2.0m/s（3）0.5m

【解析】

（1）平板车和小物块组成的系统，水平方向动量守恒，解除锁定前，总动量为零，故小物块到达圆弧最高点A时，二者的共同速度v共=0

设弹簧解除锁定前的弹性势能为Ep，上述过程中系统能量守恒，则有  Ep=mgR+μmgL

代入数据解得 Ep=7.5J

（2）设小物块第二次经过O'时的速度大小为vm，此时平板车的速度大小为vM，研究小物块在平板车圆弧面上的下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有0=mvm-MvM

mgR＝mvm2+MvM2

代入数据解得 vm=2.0m/s

（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为0．

设小物块相对平板车滑动的路程为S，对系统由能量守恒有   Ep=μmgs

代入数据解得s=1.5m

则距O'点的距离x=s-L=0.5m

11.【答案】

（1）A停在距桌子右边缘0.5m处

（2）EP=32.5J