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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【热点概述】“滑块滑块+ +滑板滑板”问题可以检测学生对受力分析、运动过程分析问题可以检测学生对受力分析、运动过程分析的能力的能力, ,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。具体是近几年高考的热点。具体如下如下: :1.1.常见的三类问题常见的三类问题: :(1)(1)滑块和滑板的初速度相同滑块和滑板的初速度相同; ;(2)(2)滑块和滑板中有一个物体初速度为零滑块和滑板中有一个物体初速度为零; ;(
2、3)(3)滑块和滑板的初速度均不为零。滑块和滑板的初速度均不为零。2.2.考查角度考查角度: :(1)“(1)“滑块滑块+ +滑板滑板”的动力学问题的动力学问题; ;(2)“(2)“滑块滑块+ +滑板滑板”的功能关系问题。的功能关系问题。3.3.规律应用规律应用: :(1)(1)牛顿第二定律牛顿第二定律; ;(2)(2)牛顿第三定律牛顿第三定律; ;(3)(3)运动学公式运动学公式; ;(4)(4)动能定理动能定理; ;(5)(5)功能关系功能关系; ;(6)(6)能量守恒定律。能量守恒定律。4.4.常见题型常见题型: :(1)(1)滑块与滑板结合滑块与滑板结合; ;(2)(2)滑块与传送带结
3、合滑块与传送带结合; ;(3)(3)滑块与弹簧结合。滑块与弹簧结合。【热点透析【热点透析】一、滑块与滑板结合一、滑块与滑板结合问题介绍问题介绍滑块初速度为零滑块初速度为零, ,滑板初速度不为零滑板初速度不为零解题关键解题关键能正确利用隔离法、整体法受力分析能正确利用隔离法、整体法受力分析, ,分析物分析物理过程的变化理过程的变化, ,选择相应物理规律选择相应物理规律【例证【例证1 1】(2014(2014揭阳模拟揭阳模拟) )如图所示如图所示, ,一滑板一滑板B B静止在水平面静止在水平面上上, ,上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为上表面所在平面与固定于竖直平面内、半径为R R的的 圆形
4、光圆形光滑轨道相切于滑轨道相切于Q Q。一物块。一物块A A从圆形轨道与圆心等高的从圆形轨道与圆心等高的P P点无初速点无初速度释放度释放, ,当物块经过当物块经过Q Q点滑上滑板之后即刻受到大小点滑上滑板之后即刻受到大小F=2mgF=2mg、方向水平向左的恒力持续作用。已知物块、滑板的质量均为方向水平向左的恒力持续作用。已知物块、滑板的质量均为m,m,物块与滑板间的动摩擦因数物块与滑板间的动摩擦因数1 1=3,=3,滑板与水平面间的动摩擦滑板与水平面间的动摩擦因数因数2 2=,=,物块可视为质点物块可视为质点, ,重力加速度取重力加速度取g g。14(1)(1)求物块滑到求物块滑到Q Q点的
5、速度大小点的速度大小; ;(2)(2)简单分析判断物块在滑板上滑行的过程中简单分析判断物块在滑板上滑行的过程中, ,滑板是否滑动滑板是否滑动; ;(3)(3)为使物块不从滑板上滑离为使物块不从滑板上滑离, ,滑板至少多长滑板至少多长? ?【规范解答【规范解答】（1 1）物块）物块A A从从P P点运动到点运动到Q Q点的过程中，点的过程中，由动能定理有：由动能定理有：解得：解得：（2 2）物块与滑板间的滑动摩擦力）物块与滑板间的滑动摩擦力f f1 1=1 1mg=3mgmg=3mg滑板与水平面间的滑动摩擦力滑板与水平面间的滑动摩擦力f f2 2=2 2(m+m)g=2mgf(m+m)g=2mg
6、f1 1故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动。故物块在滑板上滑行的过程中，滑板将向左滑动。211mgRmv021v2gR（3 3）对于物块与滑板构成的系统，）对于物块与滑板构成的系统，f f2 2=F=F，由系统动量守恒，由系统动量守恒有：有：mvmv1 1=2mv=2mv解得：解得：设滑板的长度至少为设滑板的长度至少为L L，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为，物块与滑板共速前滑板滑行的位移为L L1 1，对于系统由动能定理有：，对于系统由动能定理有：F(L+LF(L+L1 1)-f)-f1 1(L+L(L+L1 1)+f)+f1 1L L1 1-f-f2 2L L1 1= =解得：解得
7、：答案：答案：（1 1） (2)(2)见规范解答见规范解答 （3 3）2gRv222111mm vmv22RL22gRR2二、滑块与传送带结合二、滑块与传送带结合问题介绍问题介绍传送带匀速转动传送带匀速转动, ,滑块初速度不为零滑块初速度不为零解题关键解题关键(1)(1)分析滑块的受力情况和运动情况分析滑块的受力情况和运动情况( (画出受力画出受力分析图和运动情景图分析图和运动情景图),),注意摩擦力突变对物体注意摩擦力突变对物体运动的影响运动的影响(2)(2)分清楚研究过程分清楚研究过程, ,利用牛顿运动定律和运动利用牛顿运动定律和运动学规律求解未知量学规律求解未知量【例证【例证2 2】(2
8、014(2014济宁模拟济宁模拟) )一个水平一个水平方向足够长的传送带以恒定的速度方向足够长的传送带以恒定的速度3m/s3m/s沿顺时针方向转动沿顺时针方向转动, ,传送带右端固定着一个光滑曲面传送带右端固定着一个光滑曲面, ,并且并且与曲面相切与曲面相切, ,如图所示。小物块从曲面上高为如图所示。小物块从曲面上高为h h的的P P点由静止滑点由静止滑下下, ,滑到传送带上继续向左运动滑到传送带上继续向左运动, ,物块没有从左边滑离传送带。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已知传送带与物块之间的动摩擦因数=0.2,=0.2,不计物块滑过曲不计物块滑过曲面与传送带交接处
9、的能量损失面与传送带交接处的能量损失,g,g取取10m/s10m/s2 2。(1)(1)若若h h1 1=1.25m,=1.25m,求物块返回曲面时上升的最大高度求物块返回曲面时上升的最大高度; ;(2)(2)若若h h2 2=0.2m,=0.2m,求物块返回曲面时上升的最大高度。求物块返回曲面时上升的最大高度。【规范解答【规范解答】物块从光滑曲面下滑的过程中机械能守恒。滑上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，又做匀速直线运动动，当物块的速度与
10、传送带的速度相等后，又做匀速直线运动, ,最后滑上曲面。最后滑上曲面。(1)(1)设物块滑到曲面底端的速度为设物块滑到曲面底端的速度为v v1 1，由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得mghmgh1 1= =解得解得v v1 1=5 m/s=5 m/s3 m/s3 m/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，以共同的速度的速度相同时，以共同的速度v=3 m/sv=3 m/s一起匀速，直到滑上曲一起匀速，直到滑上曲面。由运动学公式得物块上升的最大高度面。由运动学公式得物块上升的最大高度211mv ,221vH0
11、.45 m2g。(2)(2)设物块滑到曲面底端的速度为设物块滑到曲面底端的速度为v v2 2，由机械能守恒定律得由机械能守恒定律得解得解得v v2 2=2 m/s=2 m/s3 m/s3 m/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，速度大小仍为曲面时，速度大小仍为v v2 2=2 m/s=2 m/s，然后滑上曲面，物块上升的，然后滑上曲面，物块上升的最大高度最大高度答案：答案：(1)0.45 m (2)0.2 m(1)0.45 m (2)0.2 m 2221mghmv2，222vH0.2 m2g。三、三、“滑块滑块
12、+ +滑板滑板”与弹簧结合与弹簧结合问题介绍问题介绍滑块与弹簧相连滑块与弹簧相连, ,且弹簧具有弹性势能且弹簧具有弹性势能; ;滑块和滑滑块和滑板的初速度均不为零板的初速度均不为零解题关键解题关键(1)(1)分析能量的转化情况分析能量的转化情况(2)(2)分析滑块的运动情况分析滑块的运动情况(3)(3)利用运动学公式、功能关系求解利用运动学公式、功能关系求解【例证【例证3 3】(2014(2014东莞模拟东莞模拟) )如图所示如图所示, ,光滑水平面光滑水平面MNMN的左的左端端M M处固定有一能量补充装置处固定有一能量补充装置P,P,使撞击它的物体弹回后动能在使撞击它的物体弹回后动能在原来基
13、础上增加一定值。右端原来基础上增加一定值。右端N N处与水平传送带恰好平齐且靠处与水平传送带恰好平齐且靠近近, ,传送带沿逆时针方向以恒定速率传送带沿逆时针方向以恒定速率v=6m/sv=6m/s匀速转动匀速转动, ,水平部分水平部分长度长度L=9mL=9m。放在光滑水平面上的两相同小物块。放在光滑水平面上的两相同小物块A A、B(B(均视为质均视为质点点) )间有一被压缩的轻质弹簧间有一被压缩的轻质弹簧, ,弹性势能弹性势能E Ep p=9J,=9J,弹簧与弹簧与A A、B B均不均不粘连粘连,A,A、B B与传送带间的动摩擦因数与传送带间的动摩擦因数=0.2,=0.2,物块质量物块质量m m
14、A A=m=mB B=1kg=1kg。现将现将A A、B B同时由静止释放同时由静止释放, ,弹簧弹开物块弹簧弹开物块A A和和B B后后, ,迅速移去轻弹迅速移去轻弹簧簧, ,此时此时,A,A未撞击未撞击P,BP,B还未滑上传送带。取还未滑上传送带。取g=10m/sg=10m/s2 2。求。求: :(1)A(1)A、B B刚被弹开时的速度大小刚被弹开时的速度大小; ;(2)(2)试通过计算判断试通过计算判断B B第一次滑上传送带后第一次滑上传送带后, ,能否从传送带右端能否从传送带右端滑离传送带滑离传送带; ;(3)(3)若若B B从传送带上回到光滑水平面从传送带上回到光滑水平面MNMN上与
15、被弹回的上与被弹回的A A发生碰撞发生碰撞后粘连并一起滑上传送带。则后粘连并一起滑上传送带。则P P应给应给A A至少补充多少动能才能使至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带。二者一起滑离传送带。【解题指南【解题指南】(1)A(1)A、B B被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型, ,符合符合动量守恒、系统机械能守恒动量守恒、系统机械能守恒, ,根据能量守恒和动量守恒求出分根据能量守恒和动量守恒求出分开后开后,A,A、B B的速度大小。的速度大小。(2)(2)物块物块A A撞击撞击P P后被反向弹回后被反向弹回, ,根据功能关系和动量守恒定律求根据功能关系和动量守恒定律
16、求解。解。(3)(3)物块物块B B在传送带上先向右做匀减速运动在传送带上先向右做匀减速运动, ,直到速度减小到零直到速度减小到零, ,然后反方向做匀加速运动然后反方向做匀加速运动, ,由动量守恒定律和功能关系求解。由动量守恒定律和功能关系求解。【规范解答【规范解答】(1)(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒由动量守恒有由动量守恒有m mA Av vA A-m-mB Bv vB B=0=0联立以上两式解得联立以上两式解得v vA A=3 m/s=3 m/s，v vB B=3 m/s=3 m/s22pAABB11Em vm v22(2)(2)假设假设B B不能从
17、传送带右端滑离传送带不能从传送带右端滑离传送带, ,则则B B做匀减速直线运动做匀减速直线运动直到速度减小到零直到速度减小到零, ,设位移为设位移为s s。由动能定理得由动能定理得解得解得s sL,L,故故B B不能从传送带右端滑离传送带。不能从传送带右端滑离传送带。（其他方法判断正确的，同样给分）（其他方法判断正确的，同样给分）2BBB1m gs0m v22Bvs2.25 m2 g（3 3）设物块）设物块A A撞击撞击P P后被反向弹回的速度为后被反向弹回的速度为v v1 1由功能关系可知由功能关系可知: :物块物块B B在传送带上先向右做匀减速运动在传送带上先向右做匀减速运动, ,直到速度
18、减小到零直到速度减小到零, ,然然后反方向做匀加速运动。后反方向做匀加速运动。由运动的对称性可知由运动的对称性可知, ,物块物块B B回到传送带左端时速度大小应为回到传送带左端时速度大小应为v v2 2=v=vB B=3 m/s=3 m/sB B与与A A发生碰撞后粘连，共同速度为发生碰撞后粘连，共同速度为v,v,由动量守恒定律可得由动量守恒定律可得: :m mA Av v1 1-m-mB Bv v2 2=(m=(mA A+m+mB B)v)v22AAA111Em vm v22要使二者能一起滑离传送带，要求要使二者能一起滑离传送带，要求 (m(mA A+m+mB B)gL)gL由以上四式可得由
19、以上四式可得:E108 J:E108 J答案答案: :(1)3 m/s 3 m/s(1)3 m/s 3 m/s (2) (2)见规范解答见规范解答 (3)(3)至少至少108 J108 J 2AB1mmv2四、四、“滑块滑块+ +滑板滑板”与图像结合与图像结合【例证【例证4 4】如图所示如图所示, ,质量质量M=1kgM=1kg的木板静止在粗糙的水平地面的木板静止在粗糙的水平地面上上, ,木板与地面间的动摩擦因数木板与地面间的动摩擦因数1 1=0.1,=0.1,在木板的左端放置一在木板的左端放置一个质量个质量m=1kgm=1kg、大小可以忽略的铁块、大小可以忽略的铁块, ,铁块与木板间的动摩擦
20、因铁块与木板间的动摩擦因数数2 2=0.4,g=0.4,g取取10m/s10m/s2 2, ,设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等设最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等, ,试求试求: :(1)(1)若木板长若木板长L=1m,L=1m,在铁块上加一个水平向右的恒力在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N,F=8N,经过经过多长时间铁块运动到木板的右端多长时间铁块运动到木板的右端? ?(2)(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平向右的力F,F,通过分析和计算后通过分析和计算后, ,请在图中画出铁块受到木板请在图中画出铁块受到木
21、板的摩擦力的摩擦力f f2 2随拉力随拉力F F大小变化的图像。大小变化的图像。( (设木板足够长设木板足够长) )【规范解答【规范解答】(1)(1)对铁块，根据牛顿第二定律有对铁块，根据牛顿第二定律有F-F-2 2mg=mamg=ma1 1 解得解得a a1 1=4 m/s=4 m/s2 2对木板，根据牛顿第二定律有对木板，根据牛顿第二定律有2 2mg-mg-1 1(M+m)g=Ma(M+m)g=Ma2 2 解得解得a a2 2=2 m/s=2 m/s2 2设经过时间设经过时间t t铁块运动到木板的右端，则有铁块运动到木板的右端，则有 解得：解得：t=1 s t=1 s 221211a ta
22、 tL22(2)(2)当当FF1 1(mg+Mg)=2N(mg+Mg)=2N时时,M,M、m m静止不动静止不动, ,则则f f2 2=F=F 设当设当F=FF=F1 1时时,M,M、m m恰能一起向右做匀加速运动恰能一起向右做匀加速运动, ,以以M M、m m组成的组成的整体为研究对象整体为研究对象, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有F F1 1-1 1(M+m)g=(M+m)a(M+m)g=(M+m)a 对铁块对铁块, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有F F1 1-2 2mg=mamg=ma 联立联立解得解得:F:F1 1=6N,a=2m/s=6N,a=2m/s2 2, ,所以
23、所以, ,当当2NF6N2NF6N时时,M,M、m m一起向右做匀加速运动一起向右做匀加速运动, ,此过程中此过程中f f2 2为静摩擦力为静摩擦力, ,对对M M、m m组成的整体组成的整体, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有F-F-1 1(m+M)g=(M+m)a(m+M)g=(M+m)a 对木板对木板, ,根据牛顿第二定律有根据牛顿第二定律有f f2 2-1 1(m+M)g=Ma(m+M)g=Ma 联立联立解得：解得：2Ff12当当F F6 N6 N时时,M,M、m m发生相对运动，发生相对运动，f f2 2=2 2mg=4 N mg=4 N 故画出故画出f f2 2随拉力随拉力F
24、 F大小变化的图像如图所示大小变化的图像如图所示答案：答案：（1 1）1 s 1 s （2 2）见规范解答）见规范解答 【热点集训【热点集训】1.(20141.(2014宿州模拟宿州模拟) )如图所示如图所示, ,质量为质量为M=2kgM=2kg的长木板上表面光滑的长木板上表面光滑, ,与水平地与水平地面的动摩擦因数为面的动摩擦因数为=0.2,=0.2,在板上放有两个小物块在板上放有两个小物块, ,可看作质点可看作质点, ,左边的小物块质量为左边的小物块质量为m m1 1=1.5kg,=1.5kg,距木板左端距木板左端x x1 1=8m,=8m,右边的小物块右边的小物块质量为质量为m m2 2
25、=0.5kg,=0.5kg,与与m m1 1的距离为的距离为x x2 2=4m=4m。现敲击木板左端使其瞬。现敲击木板左端使其瞬间获得间获得10m/s10m/s向右的初速度。求向右的初速度。求: :(1)(1)木板与木板与m m1 1分离前分离前, ,木板的加速度大小和方向木板的加速度大小和方向? ?(2)(2)经过多长时间经过多长时间, ,板与板与m m1 1分离分离? ?(3)(3)木板运动多长距离后停止木板运动多长距离后停止? ?【解析【解析】（1 1）对木板进行受力分析，）对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得：由牛顿第二定律可得：(M+m(M+m1 1+m+m2 2)g=Ma)g=M
26、a解得：解得：a=4 m/sa=4 m/s2 2与初速度方向相反（或水平向左）与初速度方向相反（或水平向左）（2 2）木板前进）木板前进8 m8 m时与时与m m1 1分离：分离：解得：解得： t=1 st=1 s或或t=4 st=4 s（舍去）（舍去）2101xv tat2（3 3）木板与）木板与m m1 1分离瞬间，木板速度：分离瞬间，木板速度：v=vv=v0 0at=6 m/sat=6 m/s由动能定理得：由动能定理得：解得：解得：x x3 3=4 m=4 m可知木板的运动距离为可知木板的运动距离为x x1 1+x+x2 2+x+x3 3=16 m=16 m。答案：答案：（1 1）4 m
27、/s4 m/s2 2, ,方向水平向左方向水平向左 （2 2）1 s 1 s （3 3）16 m16 m22231MmgxMgx0Mv22.(20142.(2014南宁模拟南宁模拟) )如图所示如图所示, ,竖直平面内的轨道竖直平面内的轨道ABCDABCD由水平由水平轨道轨道ABAB与光滑的四分之一圆弧轨道与光滑的四分之一圆弧轨道CDCD组成组成,AB,AB轨道恰与圆弧轨道恰与圆弧CDCD轨道在轨道在C C点相切点相切, ,轨道固定在水平面上。一个质量为轨道固定在水平面上。一个质量为m m的小物块的小物块( (可视为质点可视为质点) )从轨道的从轨道的A A端以初动能端以初动能E E冲上水平轨
28、道冲上水平轨道AB,AB,沿着轨沿着轨道运动道运动, ,由由DCDC弧滑下后停在水平轨道弧滑下后停在水平轨道ABAB的中点。已知水平轨道的中点。已知水平轨道ABAB长为长为L L。求。求: :(1)(1)小物块与水平轨道的动摩擦因数小物块与水平轨道的动摩擦因数。(2)(2)为了保证小物块不从轨道的为了保证小物块不从轨道的D D端离开轨道端离开轨道, ,圆弧轨道的半径圆弧轨道的半径R R至少是多大至少是多大? ?(3)(3)若圆弧轨道的半径若圆弧轨道的半径R R取第取第(2)(2)问计算出的最小值问计算出的最小值, ,增大小物块增大小物块的初动能的初动能, ,使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度
29、使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度1.5R1.5R处处, ,试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, ,将将停在何处停在何处? ?如果不能如果不能, ,将以多大速度离开水平轨道将以多大速度离开水平轨道? ?【解析【解析】(1)(1)小物块最终停在小物块最终停在ABAB的中点，在这个过程中，由动的中点，在这个过程中，由动能定理得能定理得-mg(L+0.5 L)=-E-mg(L+0.5 L)=-E得得=(2)(2)若小物块刚好到达若小物块刚好到达D D处，速度为零，同理，有处，速度为零，同理，有-mgL-mgR-mgL-mgR=-
30、E=-E解得解得CDCD圆弧半径至少为圆弧半径至少为2E3mgLER3mg(3)(3)设物块以初动能设物块以初动能EE冲上轨道，可以达到的最大高度是冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R1.5R，由动能定理得，由动能定理得-mgL-1.5mgR=-E-mgL-1.5mgR=-E解得解得E=E=物块滑回物块滑回C C点时的动能点时的动能 由于由于E EC CmgLmgL= =故物块将停在水平轨道上。故物块将停在水平轨道上。设到设到A A点的距离为点的距离为x x，有，有-mg(L-x-mg(L-x)=-E)=-EC C解得解得即物块最终停在水平轨道即物块最终停在水平轨道ABAB上，距上，距A A点点 处。处。答案：答案：（1 1） (2) (2) （3 3）见解析）见解析7E6CEE1.5mgR,22E3，1xL41L42E3mgLE3mg
