发布时间 : 星期一 文章2020年高考物理100考点最新模拟题千题精练专题3.18 滑块板块问题（提高篇）（解析版）更新完毕开始阅读58b4c1a6793e0912a21614791711cc7930b7780e
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3.18滑块板块问题（提高篇）
一．选择题
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/s。则下列说法正确的是（ ）
2
A.滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6 B.木板与地面之间的动摩擦因数为0.1 C.F的大小可能为9N D.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0~1s内，木板A的加速度a1=2m/s，在1~3s内，木板A的加速度a2=-1m/s。设滑块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，在0~1s内，隔离木板A受力分析，由μ1mBg-μ2（mA+mB）g= m,Aa1，在1~3s内，隔离木板A受力分析，由-μ2mAg= m,Aa2，联立解得：μ2=0.1，μ1=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-μ1mBg= mBa3，根据速度图像的面积表示位移可知，在0~1s内，木板A位移x1=1m。滑块B在t=1s内的位移x2=x2-x1=
2
2
12F-1a3t=，木板A长度L= 22F-1F-3-1=，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22
2
顿第二定律，F-μ1mBg= mBa3，可得a3=2m/s，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.（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μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。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（ ）
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．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1∶2 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1∶1 D．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1∶1 【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-μmg=ma11，F2-2μmg=ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11= a21，a11= a21，联立解得：F1∶F2=1∶2，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-μmg=ma13，2F2-2μmg=ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg=ma21， 2μmg=ma22，联立解得：a21=μg，a22=2μg，a13=3μg，a14=6μg。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=
11La13t12，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222?g111La14t12，木板位移x22=a22t12，x12-x22=L/2，联立解得t2=。即若将222?g时间为t2，则有小物块位移x12=
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=2∶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=
1a21t12∶21a22t12=1∶1，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2热之比为Q1∶Q2=（μmg·L/2+2μmg·L/2）∶（2μmg·L/2+μmg·L/2）=1∶1，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。
3.（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
0
的夹角θ可在0～90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θ0时，小滑块向上滑行的时间最短，大小为
，重力加速度g取10m/s，则此情况下（ ）
2
A. 木板的倾角
B. 小滑块上滑的最大高度为
C. 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【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： mgsinθ+μmgcosθ=ma， 整理得：设当
，则时，a存在最大值
， ，
， ，
即，故θ=60，故A正确。设小滑块上升的高度为h，则
0
，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
反向下滑，此时
，故D正确。
，故小滑块上滑到最高点处后
【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。
二．计算题
1. （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某时刻起物块m以
，木板与地面间的动摩擦因数为
。
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