2022年高考物理必备物理滑板木板问题训练题集.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载物理滑板木板问题训练题集 二 1、如下列图,五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上,每块木板的长度为 0.5m,质量为 0.6 kg ；在第一块长木板的最左端放置一质量为 0.98 kg 的小物块；已知小物块与长木板间的动摩擦因数为 0.2 ,长木板与地面间的动摩擦因数为 0.1 ,设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等；一颗质量为 0.02 kg 的子弹以的 150 m/s 水平速度击中 v0 小物块并立刻与小物块一起在长木板表面滑行,重力加速度 g 取 10 m/s 2；（ 1）分析小物块滑至哪块长木板时,长木板才开头在

2、地面上滑动；（ 2）求物块在整个运动过程中相对动身点滑行的最大距离；2、一传送带装置示意图如下列图,其中传送带经过AB 区域时是水平的,C经过 BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成,为画出）,经过 CD区域时是倾斜的,AB和 CD都与 BC相切；现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上,放置时初速为零,经传送带运输到D 处, D 和 A 的高度差为h；稳固工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L；每个箱子在A 处投放后,在到达 B 之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动 （忽视经BC段时的微小滑动） ；已知在一段相当长的时间T内,共运输小货箱的数

3、目为N；这装置由电动机带动, 传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦；求电动机的平均输出功率P；3、如下列图, C是放在光滑的水平面上的一块木板,木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩AB擦因数均为 ；最初木板静止,A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度 v0 和 2v0 在木板上滑动, 木板足够长,A、B 始终未滑离木板； 求：（1）木块 B 从刚开头运动到与木板C速度刚好相等的过程中,木块B所发生的位移；（2）木块 A 在整个过程中的最小速度；4、如下列图,一质量为M、长为 L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为

4、 m 的小木块 A,mM；现以地面为参照系,给A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度,使 A 开头向左运动,B 开头向右运动,但最终A 刚好没有滑离B 板；Bv0 Av0 （1）如已知 A 和 B 的初速度大小为v0,求它们最终的速度大小和方向. （2）如初速度的大小未知,求小木块A 向左运动到达的最远处（从地面上看）离动身点的距离. 5、在光滑的水平面上有一质量M = 2kg 的木板 A,其右端挡板上固定一根轻质弹簧,在靠近木板左端的P 处有一大小忽视不计质量m = 2kg 的滑块 B；木板上 Q 处的左侧粗糙,右侧光滑；且 PQ 间距离 L = 2m,如下列图；某时刻木板A 以 A =

5、1m/s的速度向左滑行,同时滑块 B 以 B = 5m/s 的速度向右滑行,当滑块B与 P 处相距3 4 L 时,二者刚好处于相对静止状态,如在二者共同运动方向的前方有一障碍物,木板A 与它碰后以原速率反弹（碰后立刻撤去该障碍物） ；求 B与 A 的粗糙面之间的动摩擦因数 和滑块 B 最终停在木板A 上的位置；（g 取 10m/s2）名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载6、如下列图为一个模拟货物传送的装置,A 是一个表面绝缘、质量 M=l00kg 、电量 q= + 6.0 10-2C 的传送小车

6、,小车置于光滑的水平地面上；在传送途中,有一个水平电场,电场强度为 E=4.0 l03Vm,可以通过开关掌握其有无；现将质量,m 20kg 的货物 B 放置在小车左端,让它们以 =2ms 的共同速度向右滑行,在货物和小车快到终点时,闭合开关产生一个水平向左的匀强电场,经过一段时间后关闭电场,当货物到达目的地时,小车和货物的速度恰好都为零；已知货物与小车之间的动摩擦因素 =0.1；1试指出关闭电场的瞬时,货物和小车的速度方向；2为了使货物不滑离小车的另一端,小车至少多长 . 货物不带电且体积大小不计,g 取 10ms2 7、如下列图,一块质量为M 长为 L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上,板的

7、左端有一质量为 m 的物块,物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面的定滑轮,某人以恒定的速率 v 向下拉绳,物块最多只能到达板的中心,而此时的右端尚未到桌边定滑轮,试求（1）物块与板的动摩擦因数及物体刚到达板的中点时板的位移m M v （2）如板与桌面之间有摩擦,为使物体能达到板的右端,板与桌面间的动摩擦因数范畴（3）如板与桌面之间的动摩擦因数取（2 ）问中的最小值,在物体从板的左端运动到板的右端的过程中,人拉绳的力所做的功（其它阻力不计）8、如下列图,光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L” 型滑板,其质量为 M ,平面部分的上表面光滑且足够长；在距滑板的 A 端为 l 的 B 处放置一个

8、质量为 m、带电荷时为 +q 的物体 C（可视为质点） ,在水平的均强电场作用下,由静止开头运动；已知：M=3m ,电场强度为 E；假设物体 C在运动及与滑板 A 端相碰过程中电荷量不变；（1）求物体 C 第一次与滑板A 端相碰前瞬时的速度大小；（2）如物体 C与滑板 A 端相碰的时间极短, 而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的 1/5 ,求滑板被碰后的速度大小；（3）求物体 C 从开头运动到与滑板 A 其次次碰撞这段时间内,电场力对小物体 C 做的功；9、如下列图, 质量M 06. kg 的平板小车静止在光滑水平面上；当 t=0 时,两个 质量都是 m=0.2kg 的小物体 A 和 B（A

9、 和 B 均可视为质点） ,分别从左端和右端以水平速度 v 1 50. m / s 和v 2 2 0. m / s 冲上小车,当它们相对于车停2止滑动时, 没有相碰； 已知 A、B 与车面的动摩擦因数都是 0.20,g 取10 m / s；求：（1）车的长度至少是多少？（2）B 在 C 上滑行时对地的位移；（3）在图中所给的坐标系中画出0 至 4.0s 内小车运动的速度v时间 t 图象；10、质量为 m 的木块置于一质量为M 的锲体上, 锲体倾角为 并放在水平桌面上,全部表面都是光滑的,如图；假如系统由静止释放,任其自由运动,当木块滑下 h 高遇到桌面时,锲体的速度为多大？11、一质量为 M

10、的平顶小车,以速度v 沿水平的光滑轨道作匀速直线运动；现名师归纳总结 将一质量为 m 的小物块无初速地放置在车顶前缘；已知物块和车顶之间的动摩擦系数为；第 2 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载（1）如要求物块不会从车顶后缘掉下,就该车顶最少要多长？（2）如车顶长度符合 1 问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功？练习二：滑板答案1、解析：（1）设子弹、小物块、长木板的质量分别为 m 0、M 、m,子弹的初速度为 v0,子弹击中小物块后二者的共同速度为 v1,由动量守恒定律m 0 v0=M+ m 0 v1-子弹击

11、中小物块后物块的质量为 M ,且 M = M+ m 0设当物块滑至第 n 块木板时,木板才开头运动1Mg2M+6nmg - 其中 1、2 分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数由式解得 n4.3 即物块滑上第五块木板时,木板才开头在地面上滑动（ 2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2,每块木板的长度为L,由动能定理t,物块 1 M1 g 4L= 2 Mv221 2 Mv1 2- 由式解得v2=1m/s-物块在第五块木板表面做匀减速直线运动,木板做匀加速直线运动,设经受时间与木板能获得相同的速度v3,由动量定理 1 Mgt=Mv3 Mv 3- 1 Mg2M+mt=m v 3- 由式解得

12、1 v3= 4 m/s-在此过程中,物块发生的位移为s1,由动能定理 1 Mg s1=1 2 Mv 3 21 2 Mv2 2- 15解得 s1= 64 m0.5m 即物块与木板获得1 4 m/s 的共同速度,之后整体向前匀减速运动s2后静止由动能定理名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 10 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2 （M+m） g s2=1 2 M优秀学习资料欢迎下载+mv32 - 1 解得 s2= 32 m 所以物块总共发生的位移s=4L+ s1+ s2 - 解得 s 2.27m-2、解析：以地面为参考系 （下同）,设传送带的运动速度为v0,

13、在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,设这段路程为s,所用时间为t,加速度为a,就对小箱有s1 at 22v0ats 0在这段时间内,传送带运动的路程为v0t由以上可得s 02s用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,就传送带对小箱做功为Afx1 mv 22T 时间内,电动机输0传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0fx0212 mv 02两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q1 mv 220可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与发热量相等；出的功为WP T此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热,即名师归纳总结 W1Nmv2 0NmghNQ第 4 页,共 1

14、0 页2已知相邻两小箱的距离为L,所以v0 TNL联立,得PNmN2L2gh TT23、解题方法与技巧： （1）木块 A 先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动；木块B始终做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动,直到A、 B、C 三者的速度相等为止,设为v1；对 A、B、C三者组成的系统,由动量守恒定律得：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - mv 02 mv 0优秀学习资料欢迎下载mm3 m v 1解得： v1=0.6v0对木块 B 运用动能定理,有：mgs1mv 121m2v02v ,所用时间为t,由牛顿其次定律：22解得:s91

15、v 02/ 50g（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为对木块 A：a1mg/mg,对木板 C：a22mg/3 m2g/3,当木块 A 与木板 C的速度相等时,木块解得tv 0/5gt2g/3 t3 v0gA 的速度最小,因此有：木块 A 在整个过程中的最小速度为：v/v 0a1 t2v0/5 .4、解题方法与技巧：方法1、用牛顿其次定律和运动学公式求解；A 刚好没有滑离 B 板,表示当 A 滑到 B 板的最左端时,A、B 具有相同的速度,设此速度为 v,经过时间为 t,A、B 间的滑动摩擦力为 f；如下列图；对 A 据牛顿其次定律和运动学公式有：f=maA,L2=v0t1aAt2, v=

16、-v0+aAt；Bv0 v0 L0 2对 B 据牛顿其次定律和运动学公式有：L1 f=MaB,L0v 0t1aBt2,v=v0-aBt；2L 2 由几何关系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它们最终的速度大小为名师归纳总结 vMm. v0,方向向右；第 5 页,共 10 页Mm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - fL2 2 mMv 0优秀学习资料欢迎下载Mm对 A,向左运动的最大距离为L 12 v 0mML；2aA4 M方法 2、用动能定理和动量定理求解；A 刚好没有滑离 B 板,表示当 A 滑到 B 板的最左端时,A、B 具有相同的速度,设此速度为

17、v,经过时间为 t, A 和 B 的初速度的大小为 v0,就据动量定理可得：对 A： ft = mv+mv0 对 B：-ft =MvMv 0 解得： vM mv0,方向向右M mA 在 B 板的右端时初速度向左,而到达 B 板左端时的末速度向右,可见 A 在运动过程中必需经受向左作减速运动直到速度为零,再向右作加速运动直到速度为 v 的两个阶段；设L1为 A 开头运动到速度变为零过程中向左运动的路程,L2 为 A 从速度为零增加到速度为 v的过程中向右运动的路程,L0 为 A 从开头运动到刚好到达 B 的最左端的过程中 B 运动的路程,如图 2 所示,设 A 与 B 之间的滑动摩擦力为f,就由

18、动能定理可得：对于 B ：-fL0=1Mv21Mv2L1=L. 022对于 A ：-fL1= -1 mv 0 22f（L1-L2）=1 mv 22由几何关系L0+L2=L由、联立求得Mm 4 M方法 3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解；A 刚好没有滑离B 板,表示当A 滑到 B 板的最左端时,A、B 具有相同的速度,设此速度为 v, A 和 B的初速度的大小为 Mv 0 mv0=（M+m）vv0,就据动量守恒定律可得：名师归纳总结 解得： vMmv0,方向向右第 6 页,共 10 页Mm- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料欢迎下载m 2 v

19、 01mMv2对系统的全过程,由能量守恒定律得：Q =fL=1（2M2对于 AfL1= 1 mv 22= 2m/s 0由上述二式联立求得L1=M4m L. M5、解：设 M、m 共同速度为,由动量守恒定律得m B - M A = M + m = m B - M A M + m对 A,B 组成的系统,由能量守恒1 2 M A2 + 1 2 m B2 - 1 3 2 M + m 2 = mg 4 LA、代入数据得 = 0.6 木板 A 与障碍物发生碰撞后以原速率反弹,假设B 向右滑行并与弹簧发生相互作用,当B 再次处于相对静止状态时,两者的共同速度为 量守恒、能量守恒；u,在此过程中, A、B 和

20、弹簧组成的系统动由动量守恒定律得 m - M = M + m u u = 0 设 B 相对 A 的路程为 s,由能量守恒得 1 2 M + m 2 = mgs代入数据得L s = 2m A 向左滑动到Q 点左3 由于 s ,所以 B 滑过 Q 点并与弹簧相互作用,然后相对4边,设离 Q 点距离为 s1 s1 = s - 1L = 0.17m 3 分 4 6、1货物和小车的速度方向分别向右和向左2设关闭电场的瞬时,货物和小车的速度大小分别为 B 和 A；电场存在时和电场消失后货物在小车上相对滑行的距离分别为 L1 和 L2；电场存在的时间是 t,该段时间内货物和小车的加速度大小分别是 aB 和

21、aA,对位置移分别是 sB和 sA 在关闭电场后,货物和小车系统动量守恒,由动量规律和能量规律有 m B M A=0 2 分 然后反向1 1 mgL2= 2 m B2+ 2 M A2 2 分 由式代人数据得 B=5 A 1 分 在加电场的过程中,货物始终向前做匀减速运动,小车先向前做匀减速运动,做匀加速运动,由牛顿定律名师归纳总结 有 aB= mg/m=1m/s2 1 分 第 7 页,共 10 页aA=qE mg/M=2.2m/s2 1 分 又 B= aBt , A=| aAt| 2 分 将其与式联立可得t=1s, B=1m/s, A=0.2m/s 3 分 - - - - - - -精选学习资

22、料 - - - - - - - - - 再由运动学公式可得优秀学习资料欢迎下载1 分 sB= t1 2 aBt2=1.5m 1sA= t2 aAt2=0.9m 1 分 所以 L1sB-sA=0.6m 1 分 又将数据代入式解得 L2=0.6m 1 分 所以小车的最短长度为 L=L1+L2=1.2m 2 27、（1）l ,Mv（2）Mv（3）2Mv 22 mgl 2 M m gl8、（1）设物体 C 在电场力作用下第一次与滑板的 A 端碰撞时的速度为 1,qEl 1 m 1 2由动能定理得：2 2 分2 qEl1解得：m 1 分（2）物体 C与滑板碰撞动量守恒,设滑板碰撞后的速度为 2,取 1

23、的方向为正,就有m 1 M 2 m 115 2 分2 2 2 qEl2 1解得：5 5 m 1 分（3）物体 C 与滑板碰撞后,滑板向左以速度 2 做匀速运动；物体 C 以 1 /5 的速度先向右做匀减速运动,然后向左做匀加速运动,直至与滑板其次次相碰,设第一次碰后到第名师归纳总结 二次碰前的时间间隔为t,物体 C在两次碰撞之间的位移为s2t第 8 页,共 10 页依据题意可知,物体加速度为aqE 2 分mv2t1v 1 t1at2 3 分解得：t62 ml 2 分5qE52两次相碰之间滑板移动的距离sv 2t24t 2 分25设物体 C从开头运动到与滑板A 其次次碰撞,这段过程电场力对物体C

24、做功为 W,就：WqEls 2 分解得：W49qEl 1 分25- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载9、解：（1）略（2） 开头 A、B 相对于车运动时,A 对 C和 B 对 C 的滑动摩擦力等大反向,故C静止；（1分）当 B 对地速度为0 时, B 与 C相对静止,即B 与 C有共同速度0； （1 分）此前 B 对位置移 SB=v2 241 m（2 分）2 ug4（3）车的运动分以下三个阶段：第一阶段： A、B 同时在车上滑行时,滑块对车的摩擦力均为,方向相反,车受力平稳而保持不动；当B的速度减为0 时,此过程终止；设这段时间内滑

25、块的加速度为a,依据牛顿其次定律：mgma,ag,滑块 B 停止滑动的时间tv210.s；（2 分）a其次阶段： B 停止运动后, A 连续在车上滑动,设到时刻物体A 与车有共同速度v,就；（2 分）第三阶段：之后,车以速度 v 做匀速直线运动到为止；（2 分）小车运动的速度时间图线如下列图；（画图正确 2 分）10、解：选桌面为参照系,建立如图（2）所示的图（ 2）坐标系； 设 m 相对M 速度为v,M 相对桌面速度为V,m 相对桌面速度为v,就有：图（ 1）vvcosvviV,VjV i,vvcosivsinj,从而有：Vvsin留意到水平方向动量守恒：MVmvcosV0解得：vmMV（

26、1）mcos系统机械能守恒：mgh1mv21MV21mvcosV2vsin21MV2（2）2222将（ 1）代入（ 2）即得当木块滑下h 高遇到桌面时,锲体的速度为：VmcosMmM2ghmcosm11、1）. 物块放到小车上以后,由于摩擦力的作用,当以地面为参考系时,物块将从名师归纳总结 静止开头加速运动,而小车将做减速运动,如物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车此第 9 页,共 10 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 优秀学习资料 欢迎下载时的速度,就物块就刚好不脱落；令v 表示此时的速度,在这个过程中,如以物块和小车为系统,由于水平方向未受外

27、力,所以此方向上动量守恒,即Mv 0mM v（1）从能量来看,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即其中1mv 2mgs 1（2）21s 为物块移动的距离；小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即其中1Mv21mv 0 2mgs 2（3）222s 为小车移动的距离；用l 表示车顶的最小长度,就ls 2s 1（4）由以上四式,可解得l2lMv2 0M；（5）g mM即车顶的长度至少应为2Mv2 0g m2）由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动量的增量,即W1 mM v 21Mv2 0（ 6）22由（ 1）、（6）式可得名师归纳总结 WmMv 0 2（7）第 10 页,共 10 页2mM- - - - - - -