【物理】2020届一轮人教版专题3-19滑块板块问题（能力篇）作业

【物理】2020届一轮人教版专题3-19滑块板块问题（能力篇）作业

‎2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练 第三部分牛顿运动定律 专题3.19滑块板块问题（能力篇）‎ 一．选择题 ‎1.（福建省厦门市2016届高三第二次质量检查理科综合试题）放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示。某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是（）‎ A．若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞 B．若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞 C．若木板粗糙，由于A的所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来。‎ D．不论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变 ‎【参考答案】D ‎【名师解析】‎ 若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则AB将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两木块的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度，保持相对静止，故D正确，A、B、C错误。‎ 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 ‎【名师点睛】分木板光滑和粗糙两种情况进行讨论，若光滑，则AB两个木块将以原来的速度做匀速运动；若粗糙，根据牛顿第二定律求出加速度，比较两物块速度之间的关系即可求解。‎ ‎2.（2016福建名校联考）如图3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．μ1Mg B．μ1(m＋M)g C．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg ‎【参照答案】　C ‎【名师解析】‎ 质量为m的木块P在质量为M的长木板ab上滑行，M对m的摩擦力等于μ2mg，由牛顿第三定律可知，m对M的摩擦力大小等于μ2mg。对M由平衡条件可得长木板ab受到地面的摩擦力大小为μ2mg。‎ ‎3．如图所示，水平桌面上平放一叠共计54张的扑克牌，每一张的质量均为m．用一手指以竖直向下的力压第1 张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第1 张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，手指与第l 张牌之间的动摩擦因数为，牌间的动摩擦因数均为，第54 张牌与桌面间的动摩擦因数为，且有．则下列说法正确的是( )‎ A．第l 张和第2张牌一定保持相对静止 B．第54 张牌受到水平桌面的摩擦力向右 C．第2 张牌到第53 张牌之间不可能发生相对滑动 D．第2 张牌到第53 张牌之间可能发生相对滑动 ‎【参考答案】C ‎【名师解析】‎ 若手指与第1张牌的摩擦力大于1与2间的摩擦力，则二者发生相对滑动．故A错误．B、对53张牌（除第1张牌外）研究，处于静止状态，水平方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反．故B错误．‎ C、设每张的质量为m，动摩擦因数为．对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的重力，最大静摩擦力，而受到的第1张牌的滑动摩擦力为 ‎，则第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动．同理，第3张到第54张牌也不发生相对滑动．故C正确，D错误．故选C.‎ 考点：本题考查了受力分析、力的平衡、静摩擦力与最大静摩擦力.‎ 二．计算题 ‎1.(12分)（2019安徽江南十校二模）如图所示，质量mA＝2kg的木板A被锁定在倾角为30°的光滑斜面的顶端，质量为ma＝1kg的可视为质点的物块B恰能在木板A上匀速下滑。现让物块B以v0＝7.5m/s 的初速度从木板的上端下滑，同时解除对本板A的锁定。g取10m/s2，斜面足够长。求:‎ ‎(1)要使物块B不从木板A上滑落下来，则木板A的长度至少为多少；‎ ‎(2)在物块B不从木板A上滑落的前提下，系统损失的机械能最多是多少。‎ ‎【名师解析】‎ ‎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μ=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。‎ P Q h L ‎【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）‎ ‎（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）‎ ‎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，木块和木板之间的动摩擦因数μ1‎ ‎＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝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 ‎（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；‎ ‎（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変化的图象（取水平拉カ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F＜μ2（m1+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：‎ fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2‎ 对整体有：Fmax﹣μ2（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：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1‎ 解得：a1＝3m/s2‎ 对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N 解得：a2＝12m/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）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。‎ ‎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=μ1mg＋μ2(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=μ1mg①‎ f2=μ2(m+M)g ②‎ 由平衡条件得：F= f1+f2=μ1mg＋μ2(m+M)g　③‎ ‎（2）解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则 设④‎ 物块向左匀减速运动的位移为X1，则 ‎⑤‎ 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 ‎⑥‎ 设物块向右匀加速运动的位移为X2，则 ‎⑦‎ 此过程木板向右匀速运动的总位移为X′，则 ‎⑧‎ 则物块不从木板上滑下来的最小长度：‎ ‎⑨‎ 代入数据解得：⑩‎ 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 ‎①‎ ‎②‎ 加速度：③‎ 根据运动学公式：④‎ 解得：⑤‎ ‎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，θ1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θ1为多大？此时物块处于怎样的运动状态？ （3）当倾角θ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）θ=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θ1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=mgsinθ1 解得：sinθ1=0.6，即θ1=37° （3）当木板倾角为θ=30°时， 对物块由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma 解得：a=1m/s2 从静止开始运动1.6s发生的位移为x==1.28m 物块具有的最大重力势能：EP=mgxsinθ 解得：EP=0.64J 答：（1）a0为6m/s2； （2）倾角θ1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θ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。 ‎