2017年高三物理专的题目复习：板块模型(龙川一中刘国华)

1、实用标准文案专题一：物理模型之“滑块-木板”模型“滑块一木板”模型：作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，有利于培养学生思维能力。且 此模型经常在高考（2015年全国I卷25题、2015年全国H卷25题、2013年全国H卷25题）或模拟考试 中作为压轴题出现，所以要引起同学们的重视。2016江苏卷（选择题）2015全国卷I25题2015全国卷II 25题_._口 一 A1)mtsG、门mi右Fw命题角度：多过程定性分析、命题角度：多过程相对运动、命题角度：多过程、相对运动与力与运动图像应用临界问题

2、的分析命题角度：1、判断是否相对运动 2、判断滑离时的速度 3、求相对运动的时间 4、求相对运动的位 移5、求损失的机械能易错点：1、判断是否相对运动条件 2、两物体所受摩擦力大小3、速度相等后能否共速问题突破一、“滑块一木板”模型中讨论与判断的题型1、（2016江苏卷。多选） 如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌 面.若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中A、桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B、鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C、若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变D、若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面2、（多选）如图所示， A、B两物块的质量

3、分别为 2 m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因1数为 由B与地面间的动摩擦因数为 1因最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为go现对A施加一水平拉力F,则（）X -EA、当F<2科mg寸，A、B都相对地面静止5,1| .B .当F = 2科mg寸,A的加速度为3科g果1C.当F>2科mg寸，A相对B滑动 D.无论F为何值，B的加速度不会超过2dg3、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t=0时刻滑块从板的左端以速度V0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v-t图像可能是图中的（）总结：从以上几例我们可以看到，无论

4、物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；若两个物体的初速度相同（包括初速为0）且受外力F情况下，则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力 F作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。突破二、“滑块一木板”模型中加速度问题（纯运动学问题）1.如图所示，一长度 L=3m高h=0.8m,质量为M=1kg的物块A静止在水平面上.质量为m=0.49kg的物块 B静止在A的最左端，物块 B与A相比大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数科1=0.

5、5,物块A与地之间的动摩擦因数 2=0.1. 一个质量为mo=0.01kg可视为质点的子弹，以速度 vo沿水平方向射中物块 B,假 设在任何情况下子弹均不能穿出。g=10m/s （18分）如图所示，某货场需将质量m1 = 50kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ,使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h=1m处无初速度滑下.两轨道相切于P,倾斜轨道与水平面夹角为9=600,弧形轨道半径 R=2m,末端切线水平.地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=4m,质量均为 m2 = 50kg,木,问：（1）子弹

6、以vo=400m/s击中物块B后的瞬间，它们的速度为多少？（2）被击中的物块 B在A上滑动的过程中， A B的加速度各为多少?板上表面与弧形轨道末端Q相切.货物与木板间的动摩擦因数为因，木板与地面间的动摩擦因数22=（3）子弹速度为多少时，能使物块B落地瞬间A同时停下？0.12.(不考虑货物与各轨道相接处能量损失，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2) (1)求货物到达弧形轨道始、末端时对轨道的压力.(2)若货物滑上木板 A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求 以应满足的条件.(3)若以= 0.30,求货物滑上木板后与木板系统所能产生的热量.3. (18分)如图所示

7、，倾角 a =30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M=33kg的溥木板，木板的取右漏叠放一质重m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数= =.对木板2施加沿斜面向上的恒力 F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦力等 / 于滑动摩擦力，取重力加速度g=l0 m/s2 .帽少/(1)为使物块不滑离木板，求力 F应满足的条件；，灯上尹(2)若F=37.5N,物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，乂彳7777777777777777777777777777求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.精彩文

8、档突破三、“滑块一木板”模型与动量守恒相结合题型1 : (18分)如图所示的轨道由半径为R的1/4光滑圆弧轨道 AR竖直台阶BC足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为 M紧靠台阶BC且上水平表面与 B点等高.一质量为 m的可视为质点的滑块自 圆弧顶端A点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上.已知 M=4m小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在 Q点，小车的上表面左端点 P与Q点之间是粗糙的，滑块与 PQ之间表面的动摩擦因数为N, Q点右侧表面是光滑的.求：(1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小.(2)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离

9、应在什么范围内？(滑块与弹簧的相互作用始终 在弹簧的弹性范围内)2 .如图所示，高度相同质量均为m =0.1Kg的带电绝缘滑板 A及绝缘滑板B置于水平面上，A的带电量一 _4 一-q=0.01C ,它们的间距S=m。质量为M =0.3Kg ,大小可忽略的物块 C放置于B的左端。C与A之 3间的动摩擦因数为 出=0.1, A与水平面之间的动摩擦因数为卜2 =0.2, B的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，。开始时三个物体处于静止状态。现在空间加一水平向右电场强度为E =80N /C的匀强电场，假定 A B碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连。求：(1) A与B相碰前的速度

10、为多大；(2)要使C刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少; 在满足(2)的条件下，求最终AB的距离。3、 （18分）如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量M= 1kg 、长L = 4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为 S=3m,小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量m= 2kg的滑块（不计大小）以V0 = 6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上， 已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数科=0.2 , gB 10m/s2。（1）求小车与墙壁碰撞时的速度;,求半圆轨道的半径R的取值。(2)4、 (18分)如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放

11、置 U形滑板N滑板两端为半径 R=0.45m的 1/4圆弧面。A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑。小滑块 Pi和P2的质量均为 m>滑板的质量 M=4m Pi和P2与BC面的动摩擦因数分别为1=0.10和 2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的 B点，P1以V0=4.0m/s的初速度从 A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上。当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽 牢固粘连，P2继续运动，到达 D点时速度为零。P1与B视为质点，取g=10m/s2.问：(1) P2在BC段向右滑动时，滑板

12、的加速度为多大？(2) BC长度为多少？ N P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？专题一：物理模型之“滑块-木板”模型突破一：1 BCD 2 BD 3 BD突破二：1.解：(1)子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得:m0v0 =(m0+m)v2 分 解得：v=8m/s 2分(2)由牛顿第二定律可得:对B:i(m。m)g =(m0 m)aB2得： aB=5m/s方向水平向左3 分2对A： 3(mo+m)g-匕。+m+M )g =MaA得：aA=1m/s万向水平向右3 分(3)子弹击中B过程中，由动量守恒定律可得:设B在A上运动的时间为t1 ,则：SB SA =L1,2、1,2(vbi

13、L 一一HbL ) aAt =L32 分22mb% =(mc + m)vB12 分tSb vB212B做平抛运动时间t2,h = gt2 1分2aA = "2Mg2g =1m/s2 2 分MS/A0 - aAt11分 联立求解得：子弹速度m0 mvB1 =435m/s mo2.【解析】(1)设货物滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为Vp、Vq,对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得:m1gh =lmU2 m1gh R(1 -cos600) L 1m1vQ2设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为NP、N,根据牛顿第二定律得：0 VpvQNPm1gcos60 =m1NQm,g=m

14、1 RR联立以上各式并代入数据得NP=750N, Nq=1500N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道始、末端时对轨道的压力为750N和1500N,方向竖直向下.(2)若滑上木板 A时，木板不动，由受力分析得：gmgw科2(m+2m)g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：科1mg>科2( m+m)g 联立并代入数据得 0.24 v科1<0.36 . (3)(11 = 0.3,由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为3i,由牛顿第二定律得gmg=ma1 设货物滑到木板 A末端时的速度为vi,由运动学公式得：v2-vQ =-2a1l

15、 联立并代入数据得 V1 = 4m/s (11)货物滑过木板 A系统产生的热量 Q=1mgl =600J设货物滑上木板B经过时间t,货物与木板B达到共同速度V2,木板B的加速度为a,由运动学公式和牛顿第二定律 ,有:V2=a2t(13)v2=v 1ait(14)1mg ( m+m)g=ma2(15)木板运动位移X2=v2t(16)货物运动位移xi= v1 +v212220货物相对木板 B位移Ax =xi X2联立以上各式并代入数据得：Ax = ' m9av l =4m,可见：货物与木板B达共同速度后，由于 厂 > 科2,故两者整体在水平面做匀减速运动直至停止货物与木板B系统产生的

16、热量 Q2=imig Ax = l00°J（19）3货物滑上木板系统所产生的热量QzQ+Qu"00 J-933.3J（20）33、解析 （1）对M m,由牛顿第二定律F（唐m）gsin a = （M+ m）a对 m 有Ff- mgpina = mODFf<Ffni=mgposa 代入数据得F< 30N（2） F= 37.5 N >30 N ,物块能滑离木板对 M 有 F一礼 mgpos a Mgin a = Ma对 m 有科 mapos a mgsin a = ma 1o 1设物块滑离木板所用时间为t,由运动学公式2at22a2t2=L代入数据得t = 1

17、.2 s物块滑离木板时的速度v=&t 由公式2gsina - x= 0v2?代入数据得x= 0.9 m ?突破三:1、( 1)根据牛顿第三定律，滑块在 B点对轨道的压力大小为 N' = 3mg (1分)(2)滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u,滑块与小车组成的系统动量守恒，有：mv=(M +m)u (2 分)若小车PQ之间的距离L足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有1o 14R -NmgL=-mv -（M +m）u （2分）联立式解得L=f （2分）225若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，

18、由于PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由功能关系有Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到,12122mgL =,mv2 -（M +m）u2 （2分）联立式解得2RL -5（2分）综上所述并由式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车,PQ之间的距离L应满足的范围是2R4R< L <一55（2分）2. （1） A与B相撞之前由动能定理:(qE 2mg)S =12一 mvo22(qE -mg)mS 2分代入数据得:v0=4m/s 2 分=2m/ s 2 分 2（2）.A 与B相碰后速度为v1由动量守恒定律：mv0=（m+m）v1C在A上滑行时，A B分离，B做匀速运动，A与地

19、面的摩擦力 f2 = N2（m + M）g=0.8NA受到的电场力F =qE =0.8N故A、C系统动量守恒定律， 1分当C刚好滑到A左端时共速v2,由动量守恒定律：mv1 =（m + M）v2 得v2 = mv =0.5m/s 1分m M1 212设A长度为L则由能重寸恒te律有：N1MgL = mv1 - （M + m）v2 2 分得2 21212mv1 （M m）v2L = 22代入数据得L = 0.5m1 分LMg（3） .对C由牛顿第二定律可知：N1Mg=Ma得a =上1Mg =1m/s2 1 分M加速时间为t =9=05 =0.5s1a 1v1 v2 .分0.5s内A的位移SA =

20、1 = 0.625m 1分20.5s 内 B 的位移 SB =v1t =1m 1分所以两者以后距离关系式为X = SbSa+(ViV2)t 1 分 = 0.375 1.5t3:解：（1）滑块与小车的共同速度为M|v1 （2分）代入数据解得V1 ,滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有Vi = 4m/s （1 分）mv = ( m+设滑块与小车的相对位移为Li ,由系统能量守恒定律，有121 ._ _ . 2科 mgL = - mv, -2 （m +M ）Vi （2 分）代入数据解得Li = 3m （1 分）设与滑块相对静止时小车的位移为S ,根据动能定理，有-12科mgS = 2 Mv1 -0

21、（2分）代入数据解得 S = 2m （1分）因L1L , S1S ,说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v1 = 4m/s（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v1 = 4m/s ,位移为L2 = L- L1 = 1m的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点 P。若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速度为v ,临界条件为2mg= m （1 分）根据动能定理，有 一在mgL mg 2R=1mv2_1mv2 （2分）22联立并代入数据解得 R = 0.24m （1分）若滑块恰好滑至 圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道

22、运动而不脱离圆轨道。 41(1分)根据动能7E理，有 一mgL mg R =0 _ mv1 （2分）代入数据解得 R= 0.6m2综上所述，滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，半圆轨道的半径必须满足RK 0.24m 或 F> 0.6m （1 分）4解：（1） Pi滑到最低点速度为 V1,由机械能守恒定律有：1 212mv0 +mgR=mv1解得：v1 =5m/s2 2P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v；、v2,H12 1 2 12mv1 =mv1 +mv2 mv1 =-mv1 +-mv2解得： v1=0v2=5m/s222P2向右滑动时，假设 P保持不动，对

23、P2有：f2 =u2mg = 4m （向左）对 P1、M有：f =(m + M)a2 得：a2 =f= 4m=0.8m/s2 m M 5m此时对R有：f1 = ma = 0.80m < fm =1.Qm,所以假设成立。12 一.(2) P2滑到C点速度为v2,由mgR = 2 mv2 得v2=3m/sP1、P2碰撞到P2滑到C点时，设R、M速度为v,对动量守恒定律:mv2 = (m+M )v+ mv2解得：v=0.40m/s 对 R、P2、M为系统：f2L =1mv21mv22+1(m + M )v22222代入数值得：L=1.9m 滑板碰后，P1向右滑行距离：S = 0.08m2a12

24、P2向左滑行距离：S2 = * = 1.125m2 a2所以R、沁静止后距离： 与=L § S2 = 0.695m25. （18分）某工地一传输工件的装置可简化为如图所示的情形，AB为一段足够大的 工圆弧固定轨道，圆弧半径 R=5.6m , BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段上圆弧固定轨道，圆弧半径r=1m ,三段轨道均光滑.一长为 L=2m、质量为M=1kg的平板小车最初停在 BC轨道的最左端，小 车上表面刚好与 AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面.一可视为质点、质量为 m=2kg 的工件从距AB轨道最低点h高处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车也向右运动，小车与C

25、D轨道左端碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处.工件只有从 CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的工人接住.工件与小车的动摩擦因数为右0.5 ,取g=10m/s 2,求：（1）若h为2.8m ,则工件滑到圆弧底端 B点时对轨道的压力为多大？（2）要使工件能被站在台面 DE上的工人接住h的取值范围25. （18分）【解答】解：（1）:工件从起点滑到圆弧轨道底端 B点，设到B点时的速度为Vb,根据动能定理:,1 . 2 一八mgi = - mB - 0（1 分）一V2工件做圆周运动，在 B点：N- mg = m谭.（2分）R由两式可解得：N=40N（1分）（2）:由于BC轨道足够长，要使工件能到

26、达 CD轨道，工件与小车必须能达共速，设工件刚滑上小车时的速度为V0,工件与小车达共速时的速度为 V1,假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统，由动量守恒定律得：（2分）mv0= （m+M ） V1由能量守恒定律得:（2分）19 19P-mgL=-T-wv0 -y（帕M）产1（2分）（1分）对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得:nigh=yiBV0代入数据解得：h=3m .要使工彳t能从CD轨道最高点飞出，h=3m为其从AB轨道滑下的最大高度，设其最小高度为 h', 刚滑上小车的速度为V0，与小车达共速时的速度为 V1 ；刚滑上CD轨

27、道的速度为V2，规定向右为正 方向，由动量守恒定律得：mvo' = （m+M ） vi ' d（1分）由能量守恒定律得：WingL二/甘2 ？（2 分）W-MW工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得：-ymv2fmgr （1 分）工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得：mgh，=-idvq i 2（1 分）联立.，代入数据解得：h/ = 18m（1分）7综上所述，要使工件能到达 CD轨道最高点，应使h满足.4nKh<3m （1分）实用标准文案5. （20 分）如图，质量均为2m的木板A、B并排静止在光滑水平地面上，A左端紧贴固定于水平面的半径为R的四分之一圆

28、弧底端，A与B、A与圆弧底端均不粘连。质量为 m的小滑块C从圆弧顶端由静止滑下，经过圆弧底端后，沿 A的上表面从左端水平滑上 A,并在恰好滑到 B的右端时与B一起匀速运动。已知重 力加速度为g, C过圆弧底端时对轨道的压力大小为1.5mg, C在A、B上滑行时受到的摩擦阻力相同，C与B一起匀速的速度是 C刚滑上A时的0.3倍。求：（1） C从圆弧顶端滑到底到的过程中克服摩擦力做的功；（2）两板长度Li与L2之比。（3） C刚滑到B的右端时，A右端到B左端的水平距离s与B的长度L2之比。25. （ 20 分）（1） （ 6分）设C到达圆弧底端时的速度为vo,轨道对C支持力大小为N,下滑过程C克服

29、摩擦力做的功为Wfo由动能定理，有:r ,12mgR -Wf =-mv0 -02（2分）C过底端时，由牛顿第二定律，有:2mvoyN -mg =（2分）由牛顿第三定律，知：N =1.5mg3联立式得：wf =mgR4（2分）（2） （9分）设C刚滑过A到达B时,C的速度为Vc, A、B的速度为v, B、C共同速度为Vbc, C与A、B间的摩擦力为f。r C从滑上A到刚滑到B这个过程，C和A、B组成的系统动量守恒。Y 由动量守恒守律： mv0 = mvc+4mv（2分）1119.1厂由功能关系：fL1 =-mv0（-mvC+一父4mv ）（2分）'222厂C滑上B到与B共速这个过程，对

30、C和B组成的系统，Y 由动量守恒定律： mvC+2mv = （m+2m）vBC（2分）精匕文档121_21 , 一 .2由功能关系：fL2 =mvC+ x2mv （m+2m）vBC（2分） 222或：C从滑上A到与B共速的全过程r由动量守恒定律：mv0 = 2mv+（ m + 2m）vBC,一，“、，一 12-1_21._.2_由功能关系：f（L1+L2）= mv0 - x2mv + （m+2m）vBC1222（评分说明：式对一式给两分，对两式给4分；按同样规则给分）任两式联立并代入 vB=0.3v0得：v = 0.05v0, vC =0.8/0L 14任两式联立并代入 v=0.05v0, v

31、C=0.8v0得：二二一（1分）L215（3） （5分）设C从滑上B到与B共速所经历的时间为 t,对B,由动量定理：ft =2mvB 2mv（1分）在t时间内，A通过的距离：sA =vt（1分）设B在t时间内通过的距离为 Sb ,对B应用动能定理：fsB =1 M2mvB-1父2mv2 （1分） 22S = Sb - Sa （1 分）联立Qg超超顿X并彳弋入vB =0.3/0, v = 0.05v0得：s 1 r=g）（1 分）L23（评分说明：用其他方法，如运动学公式和牛顿第二定律求解，参照给分）14、（16分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内

32、，制动坡床视为与水平面夹角为0的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床货物与车厢间的动摩擦因0.44倍。货物与货车分顶端38 m,再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍数为0.4 ;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的2,、别视为小滑块和平板，取 cos 0 =1, sin 0 =0.1 , g=10 m/s 。求：（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;（2）制动坡床的长度。14 (1) (6分)解：设货物质量

33、为mi受到货车支持力大小为，车对货物摩擦力大小为fl ,受力分析如图货物与货车间滑动摩擦因数为从，货物减速时加速度大小为 a1 ,根据牛顿第二定律得mg|_Cosg=Nimg|_SinO + fi =m&fi = N Ni2 联立方程，代入数据得a1 =5m/s方向沿坡面向下(2)解：车质量为4m,受到坡面支持力大小为 N2,坡面对车阻力大小为f2,受力分析如图车减速时加速度大小为a2 ,根据牛顿第二定律得N2 =N；+4mge0s日f2 4mg sin 二-f1 =4ma2由题意得f2=0.44 M5mg精彩文档2方向沿坡面向下联立彳t入数据得a2 =5.5m/s设货车和货物共同的初

34、速度大小为 vo ,货物相对货车滑动4m用时t,货物相对地面位移大小为 x1 , 货车相对地面位移大小为 x2,根据运动学公式有12X1 =v0t 一 a1t 212X2 =v0t - a2 t 2x1 - x2 =4mx2 =48m车长为L,货物相对车滑动4m时车头距顶端L',坡长为S解之得 S =98m代入数据得SnL+L'代入数据,25. (20分)某传送带装置在竖直平面内的横截面如图所示，ab段水平，bcd段为1/2圆周.传送带在电机的带动下以恒定速率 丫 =4m/s运动，在传送带的左端点 a无初速地投放质量m=1kg的小物 块(可视为质点)，当第一个物块 A到达b点时

35、即刻在a点投放另一相同的物块 B.物块到达b点 时都恰好与传送带等速，此后能确保物块与传送带相对静止地通过bcd段.物块到达最高点d时与传送带间的弹力大小恰等于其重力.在d端点的左方另有一平直轨道 ef,轨道上静止停放着质量M= 1kg的木板，从d点出来的物块恰能水平进入木板上表面的最右端，木板足够长.已知：物 块与传送带间的动摩擦因数 匕=0.8 ,与木板间的动摩擦因数 叱=0.2 ；木板与轨道间的动摩擦因 数为=0.1 ;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2.试求：(1)每个物块在传送带abcd上运行的时间;(2)传输A物块，电机所需提供的能量(不计传动机构的其他能量损耗)；（

36、3）木板运动的总时间.25.（共 20 分）解：（1）（共5分）物块在ab上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：N1mg =ma,得 a=8m/s2（1 分）v=at1得 t1 =0.5s（1 分）物块经过d点时根据牛顿第二定律得：2N + mg = m ,代入 N = mg ,得 R = 0.8 m（1 分）则物块在圆周上运动的时间：t2=0.63s（1分）v则每个物块在传送带上运动的时间 t =t +t2 = 1.13s（1分）（共3分）物块在传送带上加速时与传送带间的相对位移：As = vt1 -vt1=1m2（1分） .1 O.每传输一个物块，电机提供的能重E =N1mg&s

37、 + mg M2R + mv =32 J （2分）2或：物块在传送带水平 ab段运动，电机克服摩擦力做功Wf =mgss=v t1（2分）每传输一个物块，电机提供的能量E = N1mgs十mgM2R = 32J（1分）（共12分）A物块滑上木板时，物块与木板间的滑动摩擦力大小fA = N2mg =2N木板与轨道间的最大静摩擦力大小fM1 =&（M +m）g=2N（1分）注：式任何一式正确均给此1分（1分）由于fA = fM1 ,故木板仍保持静止状态物块A在木板上做减速运动，其加速度大小:? （1 分）当B物块滑上木板瞬间，A物块的速度大小:? （1 分）A、B物块在木板上同时滑动时对木

38、板的摩擦力大小为fA + fB = 2 fA - 4N地面与木板间的最大静摩擦力 fM2 = %（M 2m）g =3N? （1 分）（? ?式任何一式正确均给此 1分）木板开始加速向左运动，由牛顿第二定律:22 fA - fM2 = MaM 1 信：aM 1 = 1 m/s? （1 分）（表达式正确，没算出结果也出给此 1分）当A物块与木板共速时有：V共1 =aM1&1 =Va1 - aA81得：v共 1 =1m/s, &1 =1s? （1 分）（表达式正确，没算出结果也出给此 1分）此时，物块B的速度大小.vB1 =v-aA&1 = 2m/s? （1 分）此后A物块与

39、木板保持相对静止，木板开始减速，由牛顿第二定律:2fM2 fB = （M m m） ,aM 2 信：aM 2 = 0.5 m/s? （1 分）（表达式正确，没算出结果也出给此 1分）设物块B与木板达到共速后，再减速停下，则有:V共2 =¥共1 _aM2 ，&2 - VB1 _ aA 心b一 .22得： &2 = s , v共 2 = - m/s 假设成3A332D（1 分）（表达式？正确，但没算出结果也出给此 1分）此后三个物体一起做减速运动:aM3 =3g =1m/s2三个物体一起减速运动的时间:Av*2以3 =-aM 323）（1 分）25. (18分)如图所示，

40、在光滑水平地面上，静止放着一质量mi=0.2kg的绝缘平板小车，小车的右边处在以PQ为界的匀强电场中，电场强度Ei=lxi04V/m,小车A点正处于电场的边界.质量 mi =0.1kg ,带电量q = 6 X10-5C的带正电小物块(可视为质点)置于A点，其与小车间的动摩擦因数(1 = 0.40 (且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等).现给小物块一个V。= 6m/s的速度.当小车4速度减为零时，电场强度突然增强至E2= 2 X10 V/m,PE而后保持不变.若小物块不从小车上滑m2 事V0落，取g =m1210m/s .试解答下列问题：一一 一二A ,一 ：.一,Q(1)小物块最远能向右运动多远？

41、(2)小车、小物块的最终速度分别是多少?(3)小车的长度应满足什么条件?25.(1)小物块受到向左的电场力和滑动摩擦力作减速运动，小车受摩擦力向右做加速运动.设小车和小物块的加速度分别为日、a2,由牛顿第二定律得2对小车 pmg = ma、a = 2m/s2对小物块 qB + 四2g = m&、a2 = 10m/s设11时刻小车与小物块速度相同，则Vt = V0 a?t 1 = a1t 1、解得11 = 0.5s、Vt =1m/s当两物体达共同速度后系统只受电场力，则由牛顿第二定律得2qE1 = ( m + m) a3 贝1 a3 = 2m/s设两者摩擦力达最大静摩擦力，小车和小物块做

42、减速运动的加速度分别为a，、a5,则pm2g =ma4、a4= 2m/s2；qE(im2g=m2a5、a5 = 2m/s 2；由于a3 = a4=a5,故两者不会发生相对滑动，以共同加速度做减速运动，直到速度为22小物块第一段运动的位移S1 =vt -v° =1.75m2a22 v丑小物块第二段运动的包移S2 = =0.25m52a共小物块向右运动的最远位移 s = si + S2 = 2m .(2)当小车和小物块的速度减为零后，2小物块的加速度 qE2 即g = m2a6、a6 = 8m/s2小车的加速度pmg = ma?、a7 = 2m/s设小车经过t2时间冲出电场，此时小车和小

43、物块的速度分别为V3、V4对小物块 S = 1a6t2 t2 = 至=小物块的速度 V3 = a6t2 =4/2 m/s 21. a?小车速度v4=a1t2 = 2 m/s冲出电场后，小物块做减速运动，小车做加速运动2小车力口速度即g = ma8、as = 2m/s2小物块加速度a9 = 闻=4 m/s经过t3时间速度相同：vt = V3a9t3 = V4 + ast3解得 vt = 2J2 m/s(3) m从最右端出发向左运动到最左端的过程中1 ,、23mqEs(jm2gl = 2 ( m + m2)v 解得 l24)(i 分)木板运动的总时间：T =.池.式2 ；：t3 =7s - _i一

44、.11 .如图所不，质量为 3 kg的长木板B放在光滑的水平面上，右端与半径R= 1 m的粗糙的彳圆弧相切，左端上方放质量为1 kg的物块C,物块C与长木板B的动摩擦因数为0.2.现使质量为1 kg的物体A从距 圆弧上端h=5 m处静止释放，到达水平轨道与B碰撞后一起运动，再经 1 s物块C刚好运动到B的右端且不会掉下.取 g= 10 m/s2.求：物体A刚进入圆弧时对轨道的压力;(2)长木板B的长度;(3)物体A经过圆弧时克服阻力做的功.11.(1)物体A从释放到进入圆弧前做自由落体运动一 2v A1 = 2gh（1分）2刚进入圆弧时 N= RAvA1(1分)R联立解得N =2X1X10X5

45、N= 100 N （1 分）由牛顿第三定律得物体对圆弧轨道的压力大小为100 N（1分）(2)物块C从开始运动到与长木板B具有相同速度的过程中,物块C的加速度为mcg=g= 0.2 x 10 m/s 2=2 m/s 2（1分）mc滑块B的加速度为a b=-mcgmA mB0 m/s 2=0.5 m/s ,1 + 3（1分）物块C运动的距离- 2sC=-act = x 2X 122m= 1 m（1分）物块C在B的右端时两者具有相同的速度0iVb2= Vc= act = 2X1 m/s = 2/m/Szzy42由速度公式得木板刚开始运动时的速度Vb1 = Vb2+ aBt = （2 + 0.5 x 1）m/s = 2.5 m/s（1分）VB1，vB22+2.5木板B运动的距离 sb= t =-X 1 m= 2.25 m（1分）22长木板 B的长度L=Sb sc= 1.25 m（1分）1 212或由能重寸恒 th 律：MmcgL = 2（mA +mB）VB1 - （mA +mB +mc）VB2 解得 L=1.25 m （3）物体A与长木板 B碰撞过程中动量守恒mVA2= （mA+ m）v B1（2分）/口 （