《2022年高考物理一轮复习热考题型专攻二“滑块+滑板”综合练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考物理一轮复习热考题型专攻二“滑块+滑板”综合练习（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2022年高考物理一轮复习热考题型专攻二“滑块+滑板”综合练习1.(25分)如图所示,AB为半径R=0.8 m的光滑圆弧轨道,下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=3 kg,车长L=2.06 m,车上表面距地面的高度h=0.2 m。现有一质量m=1 kg的小滑块(可看成质点),由轨道顶端无初速释放,滑到B端后冲上小车。已知地面光滑,滑块与小车上表面间的动摩擦因数=0.3,当车运行了1.5 s时,车被地面装置锁定,g取10 m/s2。求:(1)滑块到达B端时,轨道对它支持力的大小。(2)车被锁定时,车右端距轨道B端的距离。(3)滑块落地点离车左端的水平距离。【解析】(1)设滑块到达B端时速度为
2、v,由机械能守恒定律得:mgR=mv2由牛顿第二定律得:FN-mg=m联立两式,代入数值解得:FN=3mg=30 N。(2)当滑块滑上小车后,由牛顿第二定律得:对滑块有:mg=ma1对小车有:mg=Ma2设经时间t两者达到共同速度,则有:v-a1t=a2t解得:t=1 s由于1 s1.5 s,此时小车还未被锁定滑块位移:s1=vt-a1t2小车位移:s2=a2t2相对位移:s=s1-s2L滑块没有从小车上掉下,故两者的共同速度:v=a2t=1 m/s,两者一起匀速运动,直到小车被锁定。故车被锁定时,车右端距轨道B端的距离:x=a2t2+vt又:t=1.5 s-1 s=0.5 s代入数据解得:x
3、=1 m。(3)对滑块由动能定理得:-mg(L-s)=mv2-mv2滑块脱离小车后,在竖直方向有:h=gt2代入数据得,滑块落地点离车左端的水平距离:x=vt=0.16 m。答案:(1)30 N(2)1 m(2)0.16 m2.(25分)(2018青岛模拟)如图所示,倾角=30的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P,斜面上B点与A点的高度差为h,将质量为m,长度为L的木板置于斜面底端,质量也为m的小物块静止在木板上某处,整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数=,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0,木板上端恰能到达B点,求v0大小
4、。(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0,物块相对木板刚好静止,求拉力F0的大小;(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg,作用一段时间后撤去拉力,木板下端恰好能到达B点,物块始终未脱离木板,求拉力F做的功W。【解析】(1)对小物块和长木板组成的整体,由机械能守恒定律得:2m=2mg(h-Lsin)解得:v0=(2)由牛顿第二定律得:对木板与物块整体:F-2mgsin=2ma0对物块:mgcos-mgsin=ma0解得:F0=mg(3)设经拉力F的最短时间为t1,再经时间t2物块与木板达到共速,再经时间t3木板下端到达B点,速度恰好减为零,由牛顿第二定律得:对木板:F-mgsin-mgc
5、os=ma1mgsin+mgcos=ma3对物块:mgcos-mgsin=ma2对木板与物块整体:2mgsin=2ma4另有:a1t1-a3t2=a2(t1+t2)a2(t1+t2)=a4t3a1+a1t1t2-a3+a4=W=Fa1解得:W=mgh答案:(1)(2)mg(3)mgh3.(25分)(2018西昌模拟)如图所示,足够长的斜面与水平面夹角为37,斜面上有一质量M=3 kg的长木板,斜面底端挡板高度与木板厚度相同。m=1 kg的小物块从空中某点以v0=3 m/s水平抛出,抛出同时木板由静止释放,小物块下降h=0.8 m掉在木板前端,碰撞时间极短可忽略不计,碰后瞬间物块垂直斜面分速度立
6、即变为零。碰后两者向下运动,小物块恰好在木板与挡板碰撞时在挡板处离开木板。已知木板与斜面间动摩擦因数=0.5,木板上表面光滑,木板与挡板每次碰撞均无能量损失,g取10 m/s2,求:(1)碰前瞬间小物块速度大小和方向。(2)木板至少多长小物块才没有从木板后端离开木板。(3)木板从开始运动到最后停在斜面底端的整个过程中通过路程多大。【解析】(1)小物块平抛,由动能定理得:mgh=m-m代入数据解得:vt=5 m/ssin=解得:=37,即速度方向与斜面垂直(2)小物块平抛,则:h=g木板下滑,由牛顿第二定律得:Mgsin-Mgcos=Mav=at1解得:a=2 m/s2,t1=0.4 s,v=0
7、.8 m/s小物块掉到木板上后速度变为0,然后向下运动,直到与木板速度相同过程:小物块:mgsin=ma1木板:Mgsin-(M+m)gcos=Ma2速度相同时:a1t=v+a2t解得:a1=6 m/s2,a2= m/s2,t=0.15 sLmin=vt+a2t2-a1t2=0.06 m(3)小物块平抛过程木板下移:x1=vt1=0.16 m两者相碰到小物块离开:x2=a1=vt2+a2代入数据解得:t2=0.3 s,x2=0.27 m此时木板速度:v2=v+a2t2=1 m/s木板与挡板碰后全程生热:Q=Mgcoss=M代入数据解得:s=0.125 m可见木板在斜面上通过路程:s总=x1+x
8、2+s=0.555 m答案:(1)5 m/s方向与斜面垂直(2)0.06 m(3)0.555 m4.(25分)(2018辽宁师大附中模拟)如图所示,倾角=30的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上,A上放置一小物块B,初始时A下端与挡板相距L=4 m,现同时无初速度释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞,A和B的质量均为m=1 kg,它们之间的动摩擦因数=,A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为E=10 J,忽略碰撞时间,重力加速度大小g取10 m/s2。求:(1)A第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小v。(结果可以用根式表示)(2)A第一次与挡板碰撞
9、到第二次与挡板碰撞的时间t。(结果可以用根式表示)(3)B相对于A滑动的可能最短时间t。(结果可以用根式表示)【解析】(1)B和A一起沿斜面向下运动,由动能定理得:2mgLsin=(2m)v2解得:v=2 m/s(2)第一次碰后,对B有:mgsin=mgcos故B匀速下滑对A有:mgsin+mgcos=ma1解得:a1=10 m/s2,方向始终沿斜面向下设A第1次反弹的速度大小为v1,由功能关系得:mv2-m=Et=由式得:t= s(3)设A第2次反弹的速度大小为v2,由功能关系得:mv2-m=2E解得:v2=0即A与挡板第2次碰后停在底端,B继续匀速下滑,与挡板碰后B反弹的速度为v,加速度大小为a,由功能关系得:mv2-mv2=Emgsin+mgcos=ma由式得B沿A向上做匀减速运动的时间:t2= s当B速度为0时,因mgsin=mgcosFfm,B将静止在A上,当A停止运动时,B恰好匀速滑至挡板处,B相对A运动的时间t最短,故:t=t+t2= s答案:(1)2 m/s(2) s(3) s
