备战2020高考物理3年高考2年模拟1年原创专题3.6与牛顿定律相关的滑块木板问题（含解析）.docx

专题3.6 与牛顿运动定律相关的滑块木板问题 【考纲解读与考频分析】滑块木板是主要的物理模型，也是高考命题考查重点。【高频考点定位】滑块木板模型考点一：滑块木板模型【3年真题链接】1.（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木板的质量为1 kgB2 s4 s内，力F的大小为0.4 NC02 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，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a1=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下做减速运动，加速度大小为a2=0.2m/s2。隔离木板，分析受力，由牛顿第二定律， 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数，选项D错误。2（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。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；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB【名师解析】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=g匀变速直线运动 2aAL=vA2解得（2）设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3mg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=2mg由牛顿运动定律F=2maB，得aB=g（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则v=aAt，v=vBaBt且xBxA=L解得3.（2017全国III卷25）如图，两个滑块A和B的质量分别为和，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；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。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。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。【参考答案】（1）与木板相对静止时，木板的速度为（2）、开始运动时，两者之间的距离为【名师解析】（1）如图所示对、和木板受力分析，其中、分别表示物块、受木板摩擦力的大小，、和分别表示木板受到物块、及地面的摩擦力大小，设运动过程中、及木板的加速度大小分别为，和，根据牛顿运动定律得：且：联立解得：，故可得向右做匀减速直线运动，向左做匀减速直线运动，木板向右匀加速运动；且，显然经历一段时间之后先与木板达到相对静止状态，且此时、速度大小相等，方向相反。不妨假设此时与木板的速度大小为：解得：，（2）设在时间内，、的位移大小分别为，由运动学公式得：此后将与木板一起保持相对静止向前匀减速运动，直到和相遇，这段时间内的加速度大小仍为，设和木板的加速度大小为，则根据牛顿运动定律得：对木板和：假设经过时间后、刚好相遇，且此时速度大小为，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：对和木板：对：联立解得，可以判断此时和木板尚未停下则时间内物块、的位移大小假设为、，由运动学公式：则和开始相距满足：联立解得：【1年仿真原创】1本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程下面是从物理的角度去解释此情境的，其中正确的是()A. 这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B. 骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C. 因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D. 因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了【参考答案】B【名师解析】骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地，其原因是: 骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后前轮立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒,选项B正确。【2年模拟再现】1. （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（ ）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1，木板与地面之间的动摩擦因数为2，在01s内，隔离木板A受力分析，由1mBg-2（mA+mB）g= m,Aa1，在13s内，隔离木板A受力分析，由-2mAg= m,Aa2，联立解得：2=0.1，1=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-1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在01s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=a3t2=，木板A长度L= x2-x1=-1=，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，由牛顿第二定律，F-1mBg= 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，采用隔离法分析受力，利用牛顿运动定律列方程解答。2.（12分）（2019四川绵阳二诊）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m=1kg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=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。PQhL【名师解析】（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）（1分）（1分）xP=12aPt2（1分）（1分）解得aQ=2m/s2，xQ=3m，xQ=0.5m，aP=1m/s2。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vQ=vo-aQt（1分）vP=aPt（1分）h=12gt2（1分）解得vQ=2m/s，vP=1m/s，t=0.2s（2分）解得（1分）3（14分）（2019湖南衡阳二模）如图1所示，在水平面上有一质量为m11kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m22kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数10.3，木板与地面间的动摩擦因数20.1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F3t（N），重力加速度大小g10m/s2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；（2）t10s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変化的图象（取水平拉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作用下做加速度运动，根据牛顿第二定律即可求得。【名师解析】（1）：当F2（m1+m2）g3N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：fmax2（m1+m2）gm1amax，fmax1m2g解得：amax3m/s2对整体有：Fmax2（m1+m2）g（m1+m2）amax解得：Fmax12N由Fmax3t 得：t4s（2）t10s时，两物体已相对运动，则有：对m1：1m2g2 （m1+m2）gm1a1解得：a13m/s2对m2：F1m2gm2a2 F3t30N解得：a212m/s2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）答：（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t10s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。4. （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，木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以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匀速运动，求：(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?【参考答案】（ 1）f1+f2=1mg2(m+M)g（2）【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摩擦力，由题意可知f1=1mgf2=2(m+M)g 由平衡条件得：F= f1+f2=1mg2(m+M)g （2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设物块向左匀减速运动的位移为X1，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，则设物块向右匀加速运动的位移为X2，则此过程木板向右匀速运动的总位移为X，则则物块不从木板上滑下来的最小长度：代入数据解得：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V0，末速度为Vt，则加速度：根据运动学公式：解得：5.（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=0.1kg。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a0为图线与纵轴交点，1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）问：（1）a0为多大？（2）倾角1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1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=mgsin1解得：sin1=0.6，即1=37（3）当木板倾角为=30时，对物块由牛顿第二定律得：F-mgsin=ma解得：a=1m/s2从静止开始运动1.6s发生的位移为x=12at2=1.28m物块具有的最大重力势能：EP=mgxsin解得：EP=0.64J答：（1）a0为6m/s2；（2）倾角1为37，此时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；（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0.64J。6（6分）（2019湖北武汉武昌5月调研）如图所示，在倾角为37的足够长斜面上放置一质量M2kg、长度L1.5m的极薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m1kg的小滑块（视为质点），将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为10.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为20.5，sin370.6，cos370.8，取g10m/s2求：（1）释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2；（2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。【命题意图】本题以斜面上滑块木板为模型，考查牛顿运动定律和匀变速直线运动规律及其相关知识点。【解题思路】（1）小滑块在平板AB上运动时，根据牛顿第二定律有：mgsin371mgcos37ma1代入数据解得：a14m/s2小滑块在平板AB上运动时，设平板AB的加速度为a2，根据牛顿第二定律有：1mgcos37+Mgsin372（Mg+mg）cos37Ma2代入数据解得：a21m/s2（2）设滑块离开平板时，所用时间为t滑块的位移：x1平板AB运动的位移为：x2位移间的关系为：Lx1x2代入数据解得：t1s。答：（1）释放后，小滑块的加速度为4m/s2，薄平板的加速度为1m/s2；（2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间为1s。预测考点一： 滑块木板模型【2年模拟再现】1.（2019东北三省四市教研综合体二模）如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为，在BC段的动摩擦因数为2。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是（ ）AF1与F2的大小之比为12B若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为12 C若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为11D若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为11【参考答案】ACD【命题意图】本题以滑块模板模型为情景，考查隔离法、整体法受力分析，牛顿运动定律，摩擦生热及其相关知识点。【解题思路】隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1-mg=ma11，F2-2mg=ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立解得：F1F2=12，选项A正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1-mg=ma13，2F2-2mg=ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，mg=ma21， 2mg=ma22，联立解得：a21=g，a22=2g，a13=3g，a14=6g。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11=a13t12，木板位移x21=a21t12，x11-x21=L/2，联立解得t1=。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t2，则有小物块位移x12=a14t12，木板位移x22=a22t12，x12-x22=L/2，联立解得t2=。即若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1 t2=1，选项B错误；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21 x22=a21t12a22t12=11，选项C正确；若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1Q2=（mgL/2+2mgL/2）（2mgL/2+mgL/2）=11，选项D正确。【方法归纳】滑块木板模型，分析受力可以采用隔离体法，分别隔离滑块和木板分析受力，应用牛顿运动定律列方程解答。摩擦产生的热量等于滑动摩擦力与滑块在木板上滑动距离的乘积。2.（2019四川内江二模）如图所示，足够长的木板OM下端的O点通过铰链与地面连接，其与水平地面间的夹角可在0900范围内调节。质量为1kg的小滑块在木板下端获得v0=20m/s的初速度沿木板向上运动，当夹角为0时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为3s，重力加速度g取10m/s2，则此情况下（）A. 木板的倾角 B. 小滑块上滑的最大高度为103mC. 小滑块上滑过程损失的机械能为100J D. 小滑块返回过程的加速度大小为1033m/s2【参考答案】AD【名师解析】小滑块沿木板向上滑行，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，整理得：，设，则，当时，a存在最大值，即，故=600，故A正确。设小滑块上升的高度为h，则，解得：h=15m，故B错误。根据如上计算可知，小滑块上滑过程克服摩擦力做功：故机械能损失50J，故C错误。因，故小滑块上滑到最高点处后反向下滑，此时，故D正确。【关键点拨】对滑块受力分析由牛顿第二定律可写出加速度表达式，结合数学知识可求得最大加速度及木板的倾角；由速度位移的关系式可求得最大高度；求出克服摩擦力的功可得损失的机械能；由牛顿第二定律可求得返回过程的加速度。本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，在求最大加速度时要学会借助数学知识求解。3. （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，木板与地面间的动摩擦因数为。从某时刻起物块m以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匀速运动，求：(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?【参考答案】（ 1）f1+f2=1mg2(m+M)g（2）【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摩擦力，由题意可知f1=1mgf2=2(m+M)g 由平衡条件得：F= f1+f2=1mg2(m+M)g （2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设物块向左匀减速运动的位移为X1，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，则设物块向右匀加速运动的位移为X2，则此过程木板向右匀速运动的总位移为X，则则物块不从木板上滑下来的最小长度：代入数据解得：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V0，末速度为Vt，则加速度：根据运动学公式：解得：4（20分）（2019四川泸州三模）如图所示，两个滑块A和B的质量分别为mA1kg和mB4kg，紧靠着放在静置于水平地面上足够长的木板中央，两滑块与木板间的动摩擦因数均为10.5木板的质量为m5kg，与地面间的动摩擦因数为20.1某时刻A、B两滑块开始反向滑动，初速度大小均为v06m/s。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）滑块A、B刚开始运动时，木板的加速度；（2）滑块B与木板相对静止时，滑块A、B之间的距离；（3）整个运动过程中，滑块A、B与木板之间由于摩擦而产生的热量。【名师解】（1）B对木板的摩擦力为fB1mBg20N，方向向右；A对木板的摩擦力为fA1mAg5N，方向向左；地面对木板的滑动摩擦力大小为f地2（mA+mB+m）g10N根据牛顿第二定律可得fBfAf地ma解得：a1.0m/s2，方向向右；（2）A、B都相对于木板运动过程中，A的加速度大小aA1g5m/s2，B的加速度大小为aB5m/s2，设经过t时间滑块B与木板相对静止，则：vv0aBtat解得t1s此时A的速度vAv0aAt1m/s，方向向左，A相对地面的距离xA3m，方向向左，B的速度vBv1m/s，方向向右，B相对地面的距离xB3m，方向向右，滑块A、B之间的距离xxA+xB6m；（3）整个运动过程中，滑块A、B与木板之间由于摩擦而产生的热量：Q1mAgxA+1mBgxB75J答：（1）滑块A、B刚开始运动时，木板的加速度为1.0m/s2；（2）滑块B与木板相对静止时，滑块A、B之间的距离为6m；（3）整个运动过程中，滑块A、B与木板之间由于摩擦而产生的热量为75J。【1年仿真原创】1.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量m1 kg，木板的质量M4 kg，长L2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数0.2。现用水平恒力F20 N拉木板，g取10 m/s2。 (1)求木板加速度的大小；(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为10.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？【名师解析】(1)木板受到的摩擦力Ff(Mm)g10 N木板的加速度a2.5 m/s2。(2)设拉力F作用时间t后撤去，F撤去后，木板的加速度为a2.5 m/s2，可见|a|a木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，故at2L解得：t1 s，即F作用的最短时间为1 s。(3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则1mgma木块解得：a木块1g3 m/s2对木板：F11mg(Mm)gMa木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板a木块解得：F125 N。(4)木块的加速度a木块1g3 m/s2木板的加速度a木板4.25 m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板x木块L，即a木板t2a木块t2L代入数据解得：t2 s。答案(1)2.5 m/s2(2)1 s(3)F25 N(4)2 s