高考物华体会- 华体会体育- 体育官网理一轮复习 热点专题突破系列（四）滑块 滑板问题的综合求解 沪科版必修2

2025-01-20 16:42:33

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　　1、热点专题突破系列(四) “滑块+滑板”问题的综合求解,热点概述】 “滑块+滑板”问题可以检测学生对受力分析、运动过程分析的能力,同时锻炼学生综合应用牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律解决综合问题的能力,是近几年高考的热点。具体如下： 1.常见的三类问题： (1)滑块和滑板的初速度相同; (2)滑块和滑板中有一个物体初速度为零; (3)滑块和滑板的初速度均不为零,2.考查角度： (1)“滑块+滑板”的动力学问题; (2)“滑块+滑板”的功能关系问题。 3.规律应用： (1)牛顿第二定律; (2)牛顿第三定律; (3)运动学公式; (4)动能定理; (5)功能关系; (6)能量守恒定律,4.常见

　　2、题型： (1)滑块与滑板结合; (2)滑块与传送带结合; (3)滑块与弹簧结合,热点透析】 一、滑块与滑板结合,例证1】(2014武汉模拟)如图所示,质量为M=8kg的小车放在光滑水平面上,在小车右端加一水平恒力F=8N。当小车向右运动的速度达到v0=3m/s时,在小车右端轻轻放上一质量m=2kg的小物块,物块与小车间的动摩擦因数=0.2,物块始终不离开小车,从小物块放在小车上开始计时,经过3s时间,摩擦力对小物块做的功是多少?(g取10m/s2,规范解答】由牛顿运动定律可知, 物块放在小车上后加速度为a1=g=2m/s2, 小车的加速度为a2= =0.5m/s2, 又据运动学公式得：v1=a

　　3、1t, v2=v0+a2t, 令v1=v2, 解得t=2s, 可见,物块放在小车上2s后就一起运动,设前2s时间为t1,后1s时间为t2,则物块在时间t1内做加速度为 a1的匀加速运动,在时间t2内同小车一起做加速度为a3的匀加 速运动。 以二者组成的系统为研究对象,根据牛顿运动定律, 由F=(M+m)a3, 代入数据,解得：a3=0.8m/s2。 又根据运动学公式得,物块3s末的速度为 v3=a1t1+a3t2=4.8m/s, 根据动能定理可得摩擦力对物块做功为 W= mv32=23.04J。 答案：23.04J,二、滑块与传送带结合,例证2】(2014济宁模拟)一个水平 方向足够长的传送带

　　4、以恒定的速度3m/s 沿顺时针方向转动,传送带右端固定着一 个光滑曲面,并且与曲面相切,如图所示。小物块从曲面上高为h的P点由静止滑下,滑到传送带上继续向左运动,物块没有从左边滑离传送带。已知传送带与物块之间的动摩擦因数=0.2,不计物块滑过曲面与传送带交接处的能量损失,g取10m/s2。 (1)若h1=1.25m,求物块返回曲面时上升的最大高度; (2)若h2=0.2m,求物块返回曲面时上升的最大高度,规范解答】物块从光滑曲面下滑的过程中机械能守恒。滑上 传送带后先向左做匀减速直线运动,然后向右做匀加速直线运 动,当物块的速度与传送带的速度相等后,又做匀速直线运动, 最后滑上曲面。 (1)设

　　5、物块滑到曲面底端的速度为v1, 由机械能守恒定律得mgh1= mv12, 解得v1=5m/s3m/s, 所以物块先减速到速度为零后,又返回去做加速运动,当两者的 速度相同时,以共同的速度v=3m/s一起匀速,直到滑上曲面。由 运动学公式得物块上升的最大高度H1= =0.45m,2)设物块滑到曲面底端的速度为v2, 由机械能守恒定律得mgh2= mv22， 解得v2=2m/s3m/s, 所以物块先减速到速度为零后,又返回去做加速运动,又返回曲 面时,速度大小仍为v2=2m/s,然后滑上曲面,物块上升的最大高 度H2= =0.2m。 答案：(1)0.45m(2)0.2m,三、“滑块+滑板”与弹簧结

　　6、合,例证3】(2014德州模拟)如图所示,质量为m的滑块,放在光滑的水平平台上,平台右端B与水平传送带相接,传送带的运行速度为v0,长为L,今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧,到达某处时突然释放,当滑块滑到传送带右端C时,恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为,1)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求释放滑块时,弹簧具有的弹性势能。 (2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量,规范解答】(1)设滑块冲上传送带时的速度为v,在弹簧弹 开过程中, 由机械能守恒：Ep= mv2 设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a, 由牛

　　7、顿第二定律：mg=ma 由运动学公式v2-v02=2aL 联立得：Ep= mv02mgL,2)设滑块在传送带上运动的时间为t,则t时间内传送带的位 移x=v0t v0=v-at 滑块相对传送带滑动的位移x=L-x 相对滑动产生的热量Q=mgx 联立解得：Q=mgL-mv0( -v0) 答案：(1) mv02+mgL (2)mgL-mv0( -v0,四、“滑块+滑板”与图像结合 【例证4】如图所示,质量M=1kg的木板 静止在粗糙的水平地面上,木板与地面 间的动摩擦因数1=0.1,在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块,铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4,g取10m/s2,设最大

　　8、静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,试求,1)若木板长L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,经过多长时间铁块运动到木板的右端? (2)若在铁块的右端施加一个大小从零开始连续均匀增加的水平向右的力F,通过分析和计算后,请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。(设木板足够长,规范解答】(1)对铁块,根据牛顿第二定律有 F-2mg=ma1 解得a1=4m/s2 对木板,根据牛顿第二定律有 2mg-1(M+m)g=Ma2 解得a2=2m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端,则有 a1t2- a2t2=L 解得：t=1s,2)当F1(mg+Mg)=2N时,M、m静止不动,则

　　10、.(2014宿州模拟)如图所示,质量为M=2kg 的长木板上表面光滑,与水平地面的动摩擦 因数为=0.2,在板上放有两个小物块,可看 作质点,左边的小物块质量为m1=1.5kg,距木板左端x1=8m,右边的小物块质量为m2=0.5kg,与m1的距离为x2=4m。现敲击木板左端使其瞬间获得10m/s向右的初速度。求： (1)木板与m1分离前,木板的加速度大小和方向? (2)经过多长时间,板与m1分离? (3)木板运动多长距离后停止,解析】(1)对木板进行受力分析, 由牛顿第二定律可得：(M+m1+m2)g=Ma 解得：a=4m/s2 与初速度方向相反(或水平向左) (2)木板前进8m时与m1分离

　　11、： x1=v0t- at2 解得：t=1s或t=4s(舍去,3)木板与m1分离瞬间,木板速度：v=v0-at=6m/s 由动能定理得： -(M+m2)gx2-Mgx3=0- Mv2 解得：x3=4m 可知木板的运动距离为x1+x2+x3=16m。 答案：(1)4m/s2,方向水平向左(2)1s(3)16m,2.(2014南宁模拟)如图所示,竖直平 面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的 四分之一圆弧轨道CD组成,AB轨道恰与 圆弧CD轨道在C点相切,轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB,沿着轨道运动,由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点

　　12、。已知水平轨道AB长为L。求,1)小物块与水平轨道的动摩擦因数。 (2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道,圆弧轨道的半径R至少是多大? (3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值,增大小物块的初动能,使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度1.5R处,试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能,将停在何处?如果不能,将以多大速度离开水平轨道,解析】(1)小物块最终停在AB的中点,在这个过程中, 由动能定理得-mg(L+0.5L)=-E,得= (2)若小物块刚好到达D处,速度为零,同理,有 -mgL-mgR=-E 解得CD圆弧半径至少为R,3)设物块以初动能E冲上轨道,可以达到的最大高度是1.5R, 由动能定理得-mgL-1.5mgR=-E,解得E= 物块滑回C点时的动能EC=1.5mgR= 由于ECmgL= 故物 块将停在水平轨道上。 设到A点的距离为x,有-mg(L-x)=-EC 解得x= 即物块最终停在水平轨道AB上,距A点 处。 答案：(1) (2) (3)见解析

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