2024年高三物理二輪常見(jiàn)模型

專題板塊模型

特訓(xùn)目標(biāo)特訓(xùn)內(nèi)容

目標(biāo)1高考真題(IT-3T)

目標(biāo)2無(wú)外力動(dòng)力學(xué)板塊模型(4T-7T)

目標(biāo)3有外力動(dòng)力學(xué)板塊模型(8T-12T)

目標(biāo)4利用能量動(dòng)量觀點(diǎn)處理板塊模型(13T-17T)

目標(biāo)5電磁場(chǎng)中的塊模型(18T-22T)

【特訓(xùn)典例】

一、高考真題

[題目|1(2023全國(guó)統(tǒng)考高考真題)如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為1的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m

的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從木板上的左端以速度V。開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f,當(dāng)

物塊從木板右端離開時(shí)()

M

，〃)〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃/)〃,

A.木板的動(dòng)能一定等于flB.木板的動(dòng)能一定小于fl

C.物塊的動(dòng)能一定大于1mv2-flD.物塊的動(dòng)能一定小于Jmv2-fl

2o2o

【答案】BD

【詳解】設(shè)物塊離開木板時(shí)的速度為V,1,此時(shí)木板的速度為V,2,由題意可知V1?2V設(shè)物塊的對(duì)地位移為Xm,

木板的對(duì)地位移為X

M

CD.根據(jù)能量守恒定律可得-1-mv2=_Lmv2+A.Mv2+fl整理可得2=Amv2-f]-J-Mv2<_Lmv2-fl

20212221202220

D正確，C錯(cuò)誤；

AB,因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱Q=fL=f(x-x)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x二“Iu；x因?yàn)関>v>v

mMm2M2012

可得X>2x則x-X=1>X所以w=fx<flB正確，A錯(cuò)誤。

mMmMMM

故選BDo

題目I2(2023遼寧統(tǒng)考高考真題)如圖，質(zhì)量mJ1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固

定一勁度系數(shù)k=20N血的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量mJ4kg的小物塊以水平向右的速度v°

=]_m/s滑上木板左端，兩者共速時(shí)木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長(zhǎng),物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)□=

0.1,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢(shì)能E與形變量x的關(guān)系為

p

kx2

Ep=yo取重力加速度g=10m/s2,結(jié)果可用根式表示。

⑴求木板剛接觸彈簧時(shí)速度、的大小及木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離Xi；

(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)時(shí)彈簧的壓縮量七及此時(shí)木板速度V?的大??；

⑶已知木板向右運(yùn)動(dòng)的速度從V?減小到0所用時(shí)間為％。求木板從速度為％時(shí)到之后與物塊加速度首次

相同時(shí)的過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能DU四％表示)。

"1,1

一/一，」...../yyyyywyr

////////////Z/////////////Z

【答案】⑴lm/s；0.125n；(2)0.25n；孚m/s；(3)4/3^-8te

【詳解】(1)由于地面光滑，則叫、mz組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m向「HiJvJ弋入數(shù)據(jù)有v「lm/s

對(duì)mi受力分析有a14m/s2則木板運(yùn)動(dòng)前右端距彈簧左端的距離有呼=Zaf1代入數(shù)據(jù)解得％=

1

0.125n

⑵木板與彈簧接觸以后，對(duì)m,、m。組成的系統(tǒng)有kx=?,+m,)a對(duì)m,有a;Pg=lm/s2當(dāng)a=a

時(shí)物塊與木板之間即將相對(duì)滑動(dòng)，解得此時(shí)的彈簧壓縮量x「o.25n對(duì)mpm?組成的系統(tǒng)列動(dòng)能定理有

-Akx2=+m)V2-A(jn,)號(hào)代入數(shù)據(jù)有v=4m/s

(3)木板從速度為七時(shí)到之后與物塊加速度首次相同時(shí)的過(guò)程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的

加速度，則當(dāng)木板與木塊的加速度相同時(shí)即彈簧形變量為x?時(shí)，則說(shuō)明此時(shí)m1的速度大小為七,共用時(shí)

2to，且m2一直受滑動(dòng)摩擦力作用，則對(duì)m2有-口嗎m2V3-1112V2解得丫3=咚-2to則對(duì)于m「m?

組成的系統(tǒng)有-Wf=gm3+：112v7/蚌+m2)號(hào)；DU=W「聯(lián)立有AU=4^%-8M

「題目I3(2023河北高考真題)如圖，質(zhì)量為1kg的薄木板靜置于光滑水平地面上,半徑為0.75n的豎直光滑

圓弧軌道固定在地面，軌道底端與木板等高,軌道上端點(diǎn)和圓心連線與水平面成37。角.質(zhì)量為2kg的小

物塊A以8m/s的初速度從木板左端水平向右滑行，A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.當(dāng)A到達(dá)木板右端

時(shí),木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定，同時(shí)A沿圓弧切線方向滑上軌道.待A離開軌道后，可隨時(shí)解除

木板鎖定，解除鎖定時(shí)木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反.已知木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)3n,g<10m/s2，

皿取3.16sin37°=0.6,cos37°=0.8.

⑴求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊A和木板的速度大??；

(2)求物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；

(3)物塊A運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)會(huì)炸裂成質(zhì)量比為1:3的物塊B和物塊C，總質(zhì)量不變，同時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能增加

3J,其中一塊沿原速度方向運(yùn)動(dòng).為保證B、C之一落在木板上，求從物塊A離開軌道到解除木板鎖定的

時(shí)間范圍.

【答案】⑴vj7m/s,vo=2m/s；(2)F「苧N,H=2m；⑶0.IsWAtWO.11&或0.73左WAtWO.75s

【詳解】⑴設(shè)物塊A的初速度為v0,木板與軌道底部碰撞前，物塊A和木板的速度分別為0和V2,物塊A

和木板的質(zhì)量分別為m1和m2,物塊A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為P,木板長(zhǎng)度為L(zhǎng),由動(dòng)量守恒定律和功能

關(guān)系有m1V0=mv+m2v2；2-mV2=_LmV2+-LmJ2+umgL由題意分析丫聲丫?,聯(lián)立式得v「7m/s,v=

2m/s

⑵設(shè)圓弧軌道半徑為R,物塊A到圓弧軌道最高點(diǎn)時(shí)斜拋速度為V3,軌道對(duì)物塊的彈力為F-物塊A從

軌道最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有-m,gR^+sin3T疔vf2,m苫物塊A到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)

時(shí),根據(jù)牛頓第二定律有FJ111/$皿37=mjtl聯(lián)立式，得上=孚N設(shè)物塊A拋出時(shí)速度V3的水平和豎

V

直分量分別為v和v,v-vsin37v,=vcos37。斜拋過(guò)程物塊A上升時(shí)間t二1二0.先該段時(shí)間物塊A

xyx3y31g

、V2

向左運(yùn)動(dòng)距離為s「vt=1.2n.物塊A距離地面最大高度H=R旦+sin37°^^=2m.

⑶物塊A從最高點(diǎn)落地時(shí)間t=，/空=0.632s設(shè)向左為正方向，物塊A在最高點(diǎn)炸裂為B、C，設(shè)質(zhì)量

2Vg

和速度分別為m和、、八,設(shè)m/m=L3,系統(tǒng)動(dòng)能增加在根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得

344534k

mv=mv+mv.--mV2+彷=_.mV2+--mV2解得v=6m/s,v=2m/s或v=0,v=4m/s.設(shè)從物塊

1X3445，2lxk2342454545

A離開軌道到解除木板鎖定的時(shí)間范圍At：

(a)若v=6m/s,v=2m/s，炸裂后B落地過(guò)程中的水平位移為s'=vt=3.792n炸裂后C落地過(guò)程中的水

4542

平位移為s*-vt=1.264n木板右端到軌道底端的距離為As=vrt+t-Atrj崗.064-2Atnp

522~12

為了保證B、C之一落在木板上，需要滿足下列條件之一

I.若僅C落在木板上,應(yīng)滿足肉.064-2At"1.3NL264+0.6且國(guó)064-2At^l.264+0.6

解得0.IsWAtWO.75s

II.若僅B落在木板上，應(yīng)滿足國(guó).064-2At"1.323.792+0.6且用.064-2空口(3.792+0.6不等式

無(wú)解；

(2若丫=0,v=4m/s,炸裂后B落地過(guò)程中水平位移為0,炸裂后C落地過(guò)程中水平位移為

45

s''上vt=2.528n木板右端到軌道底端的距離為As'=v@+t-At廳/.064-2At[ji

52212

運(yùn)動(dòng)軌跡分析如下

1.2m

為了保證B、C之一落在木板上，需要滿足下列條件之一

III.若僅B落在木板上,應(yīng)滿足國(guó).064-2At守1.320.6且（2.064-2At）W0.6解得0.73出WAtW

1.382?

IV.若僅C落在木板上，應(yīng)滿足4.064-2AtQf-1.322.528+0.6且4.064-2紂：佟2.528+0.6

解得OWAtWO.11密.綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證B、C之一一定落在木板上，At滿足的條件為

0.IsWAtWO.11&或0.73及WAtWO.75s

二、無(wú)外力動(dòng)力學(xué)板塊模型

〔?目|4如圖所示,質(zhì)量為M的木板B在光滑水平面上以速度V。向右做勻速運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m的小滑塊A

無(wú)初速度地輕放在木板右端，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后小滑塊恰好從木板的左端滑出，已知小滑塊與木板間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為乩下列說(shuō)法正確的是（）

F7I

A.若只增大M，則小滑塊能滑離木板

B.若只增大v0,則小滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長(zhǎng)

C.若只減小m,則滑離木板過(guò)程中小滑塊對(duì)地的位移變小

D.若只減小P,則小滑塊離開木板的速度變大

【答案】AC

【詳解】A.若只增大木板的質(zhì)量M，根據(jù)牛頓第二定律a：上可知木板的加速度減小,小滑塊的加速

度為a二P環(huán)變，以木板為參考系，小滑塊運(yùn)動(dòng)的平均速度變大，則小滑塊能滑離木板，A正確；

塊

B.若只增大木板的初速度v0,小滑塊受力情況不變，小滑塊的加速度不變，小滑塊相對(duì)木板的平均速度變

大,小滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，B錯(cuò)誤；

C.若只減小小滑塊的質(zhì)量m,小滑塊的加速度不變，木板的加速度變小，以木板為參考系，小滑塊運(yùn)動(dòng)的

平均速度變大，小滑塊在木板上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，滑離木板過(guò)程中小滑塊對(duì)地的位移變小，C正確；

D.若只減小動(dòng)摩擦因數(shù)，小滑塊和木板的加速度都減小,相對(duì)位移不變，小滑塊滑離木板的過(guò)程所用時(shí)間

變短，小滑塊離開木板的速度變小，D錯(cuò)誤。故選AC。

題目|5如圖甲所示,長(zhǎng)木板A靜止在光滑水平面上，另一質(zhì)量為2kg的物體B（可看作質(zhì)點(diǎn)）以水平速度%

=3m/s滑上長(zhǎng)木板A的表面。由于A、B間存在摩擦，之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中A、B的速度圖像如圖乙所示。

g取10m/s2,下列說(shuō)法正確的是（）

A.長(zhǎng)木板A、物體B所受的摩擦力均與運(yùn)動(dòng)方向相反

B.A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)口=0.2

C.長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)度可能為L(zhǎng)=0.8m

D.長(zhǎng)木板A的質(zhì)量是4kg

【答案】BD

【詳解】A.由題意可知，A木板的運(yùn)動(dòng)方向與其摩擦力方向相同，故A錯(cuò)誤；

、Q_1

B.由圖象知B的加速度大小為a=--—m/s2=2m/s2對(duì)B進(jìn)行分析有：umg=ma，可解得：JJ=0.2

BIBBB

故B正確；

C.由題意可知，木塊B尚未滑出木板A,則臨界條件為當(dāng)AB具有共同速度時(shí)，B恰好滑到A的右端，設(shè)

A、B物體位移量分別為s、s，加速度分別為a、a，由圖可知a=lm/s2,=2m/s2,A的長(zhǎng)度為L(zhǎng),則

ABABAaB

有：

s=-l-a=vt-4-at2,s-s=L聯(lián)立上式可解得L=1.5n，即L21.5n即可，故C錯(cuò)誤；

A2AB02BBA

D.由umg=mapmg=ma聯(lián)立兩式可解得：）=?_=即A物體的質(zhì)量是B物體的兩倍，長(zhǎng)

DAADDDdIlli

BA

木板A的質(zhì)量是4kg,故D正確；故選BDo

題目6如圖所示,傾角為30。足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面頂端，木板B的質(zhì)量

M=4kg,某時(shí)刻，B由靜止釋放的同時(shí),有一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的物塊A以沿斜面向上,大小為5m/s的初

速度滑上木板，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)口=斗，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度8=lOm/s2,不

計(jì)空氣阻力，關(guān)于物塊和木板的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊剛滑上板時(shí)，木板的加速度為3.125m/s2

B.要使物塊不滑離板，則木板長(zhǎng)至少為2m

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q為10J

D.不論板多長(zhǎng)，物塊最終一定能滑離木板

【答案】AC

【詳解】A.對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsin。-umgcosMa］解得a「3.125m/s2故A正確；

BD,對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin@+口mgcosma?解得a2=12.5m/S2物塊先做勻減速直線運(yùn)

動(dòng)，速度減為0后，再做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速和勻加速的加速度相同，板始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者

共速后，物塊和木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a=gsin0=5m/s2設(shè)沿斜面向下為正方向，則

共

-v+at=at共速時(shí)間為t=2s；x=-L.t=Am故BD錯(cuò)誤；

。2共1共/J-'1…八共15相2共3

C.整個(gè)過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=umgxcos10J故C正確。故選AC。

相

股目7一塊足夠長(zhǎng)的木板C質(zhì)量為3m，放在光滑的水平面上，如圖所示，在木板上自左向右放有A、B兩

個(gè)物塊，物塊A質(zhì)量為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2從物塊B質(zhì)量為2m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U

初始時(shí)刻木板靜止不動(dòng)，A、B兩物塊的初速度分別為v。、2v0,方向如圖所示（重力加速度為g）。在以后運(yùn)

動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

v

or2）

AnnB

c

A.經(jīng)過(guò)而方的時(shí)間，A達(dá)到最小速度

B.木板C能獲得的最大速度是*

C.在與B共速前，木板C一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

D.A、B、C組成的系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量是強(qiáng)_mv2

12o

【答案】AD

2umguQmg

【詳解】A.根據(jù)題意，由牛頓第二定律可知,開始時(shí)a「r二=2uga=ug

AmBzm

a=2口mg：心mg=!口咽為八的初速度小，A與木板C先達(dá)到共同速度，當(dāng)A與木板達(dá)到共同速度

c3m3

后，A與木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)?？芍珹與木板速度相同時(shí)，速度最小，則有vjv-a^t=aj

3v2v,

解得t=歷底v「F1■故A正確；

B.當(dāng)A、B和木板速度相同時(shí)，木板的速度最大，取向右為正方向，對(duì)三者組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律

5v

11

得mv0+2mX2v=四+2m+3m」解得v?=飛?故B錯(cuò)誤；

C.木板C勻速運(yùn)動(dòng)之前，在與A共速時(shí)其加速度有突變，故C錯(cuò)誤；

D.全過(guò)程A、B、C系統(tǒng)由于摩擦產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)動(dòng)能減少量，為

Q="v,+J02m爭(zhēng)戶g?+2m+3m）甲v0@各iv彳故D正確。故選AD。

.題目|8如圖所示，A、B兩塊木板并排靜止在光滑水平面上，小物塊C（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平速度v0=6m/s

從A的左端滑上,若三個(gè)物體質(zhì)量均為m=2kg,A、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)曠0.2,C的速度減小到4m/s時(shí),

2*B

恰好與A分離，滑上B板，g取10m/so

⑴求C剛滑上A時(shí)，物塊A、C的加速度大小a、a；

（2）求A板的長(zhǎng)度L；

A

（3）若B板長(zhǎng)L=1.5n，要使C不脫離B,求B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)口的最小值。

B2

AB

V/////////////////,

【答案］⑴2A=lm/s2,ac=2m/s2.⑵LJ4,5n；⑶y=0.15

【詳解】⑴如圖所示，對(duì)C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得葉mg=ma。解得a°二2m/sz

對(duì)A、B整體受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律可得"mg=21112人解得@A=lm/s2

(2)設(shè)C從A的左端到右端所用時(shí)間為t,根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，對(duì)C有v-at,x==22t

1CCC1C/1

解得t=Is,X=5m對(duì)A有X=4-a12解得X=0.5n貝IA板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=x-x=4.5n

1CA2A1AACA

(3)C滑上B時(shí)的速度為4m/s,此時(shí)加速度大小均為a=a=2^L.=ug此時(shí)B的速度為v=at=

CBm2BA1

lm/s當(dāng)與最小時(shí)，C、B兩物體剛好在B的末端達(dá)到共同速度，則有v『va-at；v=v+at

2_

可得v=%i/s=2.5m/s根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移速度公式可得V2-v□=-2axa；vV2=2ax

共2共CCC共BBB

又LJx『x聯(lián)立解得甲0.15

DLDZ

三、有外力動(dòng)力學(xué)板塊模型

［題目|9如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別為2m和m,A、B疊放在水平桌面上，A通過(guò)跨過(guò)光滑定滑輪的輕

繩與C相連，定滑輪左端的輕繩與桌面平行，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口(似D.B與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為《從A、B桌面之間的最大靜摩擦力等于相對(duì)應(yīng)的滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。下列說(shuō)法正確的是

B.C的質(zhì)量為m時(shí)，輕繩對(duì)定滑輪的作用力合力大小Mmg

C.C的質(zhì)量為m時(shí)，若A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則u<0.2

(1+2y)mg

D.C的質(zhì)量為m時(shí)，若A、B之間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則A受到的摩擦力大小為

4

【答案】AC

【詳解】A.物塊A與B之間的最大靜摩擦力三二2umg物塊B與桌面間的最大靜摩擦力

f=yQmg=11mge￡由此可知，當(dāng)C的質(zhì)量為0.5um時(shí)，A、B均保持靜止?fàn)顟B(tài)，故A正確；

B.由于M1所以pmg〈mg即C的質(zhì)量為m時(shí)，物塊B與桌面間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，由于物塊C加速下滑,

繩子拉力小于重力C所受重力mg，所以輕繩對(duì)定滑輪的作用力合力大小小于/而g，故B錯(cuò)誤；

C.若A與B間恰好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A與B的加速度恰好相等，此時(shí)對(duì)物塊B，有f-f=ma

12

對(duì)A、B整體，有T-f=3ma對(duì)物塊C，有mg-T=ma解得口=0.2因此若A、B之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則

需滿足似0.2故C正確；

D.若A、B之間未發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)整體，有mg-f=4ma對(duì)物塊B,有f-f=ma可得A受到的摩擦

22

力大小為f=立尊包巴故D錯(cuò)誤。故選ACo

以目10在研究摩擦力和物體運(yùn)動(dòng)的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中，一同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn):將質(zhì)量可不計(jì)的一張紙片放在光

滑水平桌面上，紙上放了質(zhì)量均為1kg的材料不同的兩硬碼A、B,A、B與紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為

P=0.4、u=0.25?實(shí)驗(yàn)中，這位同學(xué)只在A上加一水平力F,實(shí)驗(yàn)示意圖如圖。已知最大靜摩擦力等于滑

12

動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。實(shí)驗(yàn)中，以下說(shuō)法正確的是（）

A.若F=3N,則A所受摩擦力大小為1.于

B.無(wú)論力F多大，A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

C.無(wú)論力F多大，B與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)

D.若F=10N，則B的加速度為5.0m/s2

【答案】AB

【詳解】A.當(dāng)F=3N時(shí)，對(duì)整體進(jìn)行分析，有F=2ma可得a=1.5m/s2對(duì)物體A,有F-FfA=ma

可得F；L小，A正確；

BC.當(dāng)F=5N時(shí)，對(duì)整體有an=-^―=2.5m/s2對(duì)B物體有F/ma□=2.&=umg即此時(shí)B剛好處于滑

動(dòng)的臨界,如果力F再增大，B就要與薄硬紙片發(fā)生相對(duì)滑動(dòng);而由于紙片的質(zhì)量不計(jì)，故紙片的合力永遠(yuǎn)

為零，即A與紙片之間的摩擦力大小等于B與紙片之間的摩擦力大小。由以上分析可知，B與紙片之間的

最大靜摩擦力大小為2.以，所以A與紙片之間的摩擦力最大只能達(dá)到2.泥。而A與紙片之間的最大靜摩

擦力大小為

Fn=umg=4N所以無(wú)論力F多大，A與薄硬紙片都不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，B正確，C錯(cuò)誤；

fA1

D.由以上分析可知B的加速度最大為2.5m/S2,D錯(cuò)誤。故選AB。

■［目］11如圖所示，一長(zhǎng)木板a在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻（t=0）將一相對(duì)于地面靜止的物塊b輕放到木

板上，此時(shí)a的速度水平向右,大小為2v0,同時(shí)對(duì)a施加一水平向右的恒力F。已知物塊與木板的質(zhì)量相

等，物塊與木板間及木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物

塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，a、b運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像可能是下列圖中的（）

【答案】BC

【詳解】小物塊由靜止開始，長(zhǎng)木板有初速度且受到恒力作用，所以對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律得

11mg=ma解得a=口酎長(zhǎng)木板受力分析有F-umg-uX2mg=ma解得a=￡--3ug

bbaafll

AB.根據(jù)圖像斜率可知初始階段a<0,a=回述單得F=2u到a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，b做勻加速直線運(yùn)

aba

動(dòng)，共速后由于整體合力為零，將一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確

C.根據(jù)圖像知a做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即F=3Pmg,b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共速后，一起做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有F-211mg=2ma解得a=g口目故C正確；

D.若a<a-則有3umg〈411mg兩者均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，共速后一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第

二定律的F-2umg=2ma掰得Ja?u做D錯(cuò)誤。故選BC。

題目|12如圖甲所示，粗糙的水平地面上有一塊長(zhǎng)木板P，小滑塊Q（可視為質(zhì)點(diǎn)）放置于長(zhǎng)木板上的最右

端?，F(xiàn)將一個(gè)水平向右的恒力F作用在長(zhǎng)木板的右端，讓長(zhǎng)木板從靜止開始運(yùn)動(dòng)，5s后撤去力F?；瑝K、

長(zhǎng)木板的速度圖像如圖乙所示，已知物塊與長(zhǎng)木板的質(zhì)量相等，均為2kg,滑塊Q始終沒(méi)有從長(zhǎng)木板P上

滑下，重力加速度g=10m/s2o則下列說(shuō)法正確的是（）

P

7777777777777777777777777777777

甲

A.t=12s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)B.長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少是12m

C.地面與長(zhǎng)木板P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.075D.恒力F等于6N

【答案】CD

【詳解】C.由乙圖可知，力F在1=5s時(shí)撤去，此時(shí)長(zhǎng)木板P的速度v「5m/s,t=6s時(shí)二者速度相同，為

v=3m/s,t=6s前長(zhǎng)木板P的速度大于滑塊Q的速度。t=6s后長(zhǎng)木板P的速度小于滑塊Q的速度，0

222

□6s過(guò)程中，以滑塊Q為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg=ma1解得甲0.05,5~6s過(guò)程中，以長(zhǎng)

木板P為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得liQmg+umg=ma2解得11=0.075,C正確。

A.6s末到長(zhǎng)木板停下來(lái)過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得口Dmg-umg=ma解得a=lm/s2

這段時(shí)間為At二二?二3s所以t二9s時(shí)長(zhǎng)木板P停下來(lái)，A錯(cuò)誤。

1a3

3

B.長(zhǎng)木板P的長(zhǎng)度至少是前6s過(guò)程中，滑塊Q在長(zhǎng)木板P上滑行的距離，即

Ax=￡X5X5m+1X(5+3)Xlm-2.X3X6m=7.5n,B錯(cuò)誤。

i222

D.對(duì)長(zhǎng)木板受力分析,據(jù)牛頓第二定律可得F-uQmg-umg=ma其中a=lm/s2解得F=6N,D正

確。

故選CDo

【.題目|13如圖1所示,質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m二1kg的物塊以初速度v0=

4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尸0.2,在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)

水平向右的恒力Fo當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s,給木板施加不同大

小的恒力F,得到工-F的關(guān)系如圖2所示，其中AB段與橫軸平行，AB段的縱坐標(biāo)為1.Ont,若將物塊

視為質(zhì)點(diǎn)，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()

MF

/，，，，，)/，，///,

圖1圖2

A.物塊剛滑上木板時(shí)的加速度大小為2.0m/s2

B.C點(diǎn)縱坐標(biāo)為-i

C.隨著F增大，當(dāng)外力F=2.(N時(shí)，物塊恰好不能從木板右端滑出

D.圖像中D點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外力的值為3.0

【答案】AD

【詳解】A.物塊剛滑上木板時(shí)，由于木板靜止，因此物塊在水平方向上僅受摩擦力作用，故此時(shí)加速度大

小為a=-^阻=2m/s2故A正確；

BD.圖2中C點(diǎn)對(duì)應(yīng)物塊和木板達(dá)到共同速度之后一起加速，且一起加速時(shí)物塊的加速度達(dá)到最大，為

a=上步=2m/s2物塊和木板一起加速時(shí)，對(duì)整體有F=(M+m)a=3N圖2中C、D兩點(diǎn)橫坐標(biāo)相

物mm物m

F+umg,

同，都為3N，物塊剛滑上木板時(shí)，設(shè)木板的加速度為4,由牛頓第二定律有a:-0---=10m/s2

乙乙1V1

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t?二者共速，有a2t2=VQ-at2；CJt-^-ate□xC解得*c=，白=1.5HT故C點(diǎn)縱

~c

坐標(biāo)為1.5nt,故B錯(cuò)誤，D正確；

C.當(dāng)物塊恰好不能從木板右端滑出時(shí)，即物塊恰好滑到木板右側(cè)與木板共速，對(duì)應(yīng)圖中B點(diǎn)，設(shè)木板加速

度為a,用時(shí)間為t,此時(shí)有Ma=Frt"umg由圖2中AB段可知木板的長(zhǎng)度為Im，則［Zlt-Jatz□親

33303/3/3

t2=1;

at=v-at解得F吁1.（N故C錯(cuò)誤。故選AD。

3303

四、利用能量動(dòng)量觀點(diǎn)處理板塊模型

^■14如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板A靜止在光滑水平面上，其右端固定著一個(gè)擋板，包括擋板在內(nèi)的總質(zhì)量

為1.5n；有一質(zhì)量為m的小木塊B，從木板A的左端開始以初速度v。開始沿木板A滑動(dòng),小木塊B與木

板A間的動(dòng)摩擦因數(shù)為從小木塊B滑到木板A的右端與擋板發(fā)生碰撞。已知碰撞過(guò)程時(shí)間極短,且碰撞

后木板B最終恰好滑到木板A的最左端。則以下說(shuō)法正確的是（）

C.若P=研#，則AB碰撞完后B對(duì)地向右運(yùn)動(dòng)

/UgL

3v297

D.右口=則從碰撞完畢開始到兩者相對(duì)靜止的過(guò)程中，摩擦力對(duì)A做的功為W=-亦不mv2

-LOUgLtxWu

【答案】ABD

o

【詳解】A.由動(dòng)量守恒定律mv0=四+1.5n口，AB相對(duì)靜止時(shí)的對(duì)地速度大小為v二5v°,A正確；

B.由能量守恒定律-i-mv2=；四1+1.5n口2+2pmgL+AE解得班二0即AB碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，為

彈性碰撞，B正確；

C.由上述分析，AB為彈性碰撞mv=mv+1.??；《mv2=2+]5nv2解得v=-3v即碰撞后B

012'202127i5o

對(duì)地向左運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；

D.碰撞后直至相對(duì)靜止的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能的減小量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功

=

mv+1.5nv=rm+1.5nry；J-mv2+_Li.5nv2=J_rm+1.5nnr2+pmgL解得v=±v?v0.3v<v（舍

34口2324242O'40

去）

1127

這段過(guò)程中，摩擦力對(duì)A做的功W=yL5nv2-_XI.5nv2=--mv2,D正確。故選ABD=

題目15如圖1所示，一右端固定有豎直擋板的質(zhì)量M=2kg的木板靜置于光滑的水平面上，另一質(zhì)量m=

1kg的物塊以丫=6m/s的水平初速度從木板的最左端點(diǎn)沖上木板，最終物塊與木板保持相對(duì)靜止,物塊和

0

木板的運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像如圖2所示，物塊可視為質(zhì)點(diǎn),則下列判斷正確的是（）

〃力〃〃〃〃〃〃〃〃〃/〃〃〃〃〃力〃〃〃〃〃〃〃

圖1圖2

A.圖2中4的數(shù)值為4

B.物塊與木板的碰撞為彈性碰撞

C.整個(gè)過(guò)程物塊與木板之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為12J

D.最終物塊距木板左端的距離為L(zhǎng)5n

【答案】BC

【詳解】A.根據(jù)題意可知，圖2中圖線a表示碰撞前物塊的減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，圖線b表示碰撞前木板的加速

過(guò)程，圖線c表示碰撞后木板的減速過(guò)程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過(guò)程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物

塊的速度大小為v,設(shè)此時(shí)木板速度大小為v，則v=lm/s從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的

1木木

過(guò)程,根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mv=mv+Mv解得v=4m/s物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0,木板

01木1

速度大小為％,從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mvo=Mv2解得%

=3m/s

故A錯(cuò)誤；

B.2s末物塊與木板共同運(yùn)動(dòng)的速度大小為V3,從物塊滑上木板到最終共同勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)

量守恒有mv=仙+M）v解得v=2m/s物塊與木板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能為E=Amv2+2-Mv2=9J

033kl/l2木

物塊與木板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動(dòng)能yMv丁9J故碰撞過(guò)程系統(tǒng)沒(méi)有機(jī)械能損失，故B正確；

C.物塊滑上木板時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為E=1mv2=18J最終相對(duì)靜止時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)能為E=+M）V2=

k020k323

6J

所以系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q=E-E=12J故C正確；

k0k3

D.由圖得板長(zhǎng)為4.5n，碰后斜對(duì)位移為1.5ii，故距離左端為3m，故D錯(cuò)誤。故選BC。

題目|16如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板靜止放在光滑水平面上，木板右端與墻壁相距為x°=0.5n，在木板左端放

一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)為口=0.2,木板的質(zhì)量為M,m=2M，現(xiàn)給小

物塊一個(gè)水平向右的初始速度v°=3m/s，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，木板與墻壁發(fā)生彈性碰撞（碰撞后原速率反彈），重

力加速度為g=10m/s2?在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.木板碰墻前，木塊的速度大于木板速度B.木板向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為0.5n

C.木板的總路程為1.5nD.木板的總路程為gm

O

【答案】BD

【詳解】A.因m=2M，可知木板最終停在墻壁邊，兩者的速度都為零，若第一次碰前木板與物塊速度相

等，設(shè)共速時(shí),速度為V],則mvo=31+M□[得vj2m/s木板變速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中11mg=Ma

木板的路程x「0.5n因?yàn)閤「X0,故木板碰墻前恰好與木塊共速，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.木板再次向左移動(dòng)的最大距離x2=琮=0.5n選項(xiàng)B正確；

CD.碰后木板與物塊動(dòng)量守恒，再一次速度相等時(shí)，有mv「Mvj四+M得v2=ym/s

第二次碰后木板向左移動(dòng)的最大距離x=帚=yX0.5n再一次速度相等時(shí)，有mv2-Mv之=四+M

第三次碰后木板向左移動(dòng)的最大距離為xj耳項(xiàng)0.5n以此類推木板的總路程為

x^=0.5n+2X0,5n+2X0.5n+2xEJ0CO.5n+□□導(dǎo)國(guó)1口選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。

HSI17如圖所示，質(zhì)量M=3kg的長(zhǎng)木板放置在傾角憶37。的足夠長(zhǎng)斜面上。質(zhì)量m=1kg可視為質(zhì)點(diǎn)

的物塊放置在木板的右端。在木板右側(cè)的斜面上方固定著一個(gè)與斜面垂直的彈性擋板，木板恰好可以無(wú)擦

碰地穿過(guò)擋板與斜面間的縫隙。現(xiàn)使木板和物塊均以v0=2m/s的速度一起從擋板上方某高度處沿斜面向

下滑動(dòng)。此后,物塊與擋板發(fā)生的每次碰撞時(shí)間都極短且無(wú)機(jī)械能損失，整個(gè)過(guò)程中物塊不會(huì)從木板上滑

落。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)甲L75,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.75,sin37°=0.6,重力加

速度g=lOm/s^o以下說(shuō)法正確的是（）

A.物塊與擋板第一次碰撞前,物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.物塊與擋板第一次碰撞至第二次碰撞的時(shí)間間隔為）.今

C.物塊與擋板第一次碰撞至第二次碰撞之間，物塊與長(zhǎng)木板的相對(duì)位移大小等于長(zhǎng)木板相對(duì)于斜面的位

移大小

D.長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為0.4n

【答案】ACD

【詳解】A.木板沿斜面向下滑動(dòng)的過(guò)程中，受力分析如圖

對(duì)木塊和木板整體有g(shù)ig+Mggin9-4四g+Mg[jos9=。所以物塊與擋板第一次碰撞前，系統(tǒng)合外力

為0,物塊與長(zhǎng)木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故A正確；

BCD.物塊和木板一起勻速下滑，物塊與擋板發(fā)生第一次彈性碰撞后的速度大小為仍為v°。接下來(lái)，物塊

13

沿斜面向上勻減速到速度為零的過(guò)程中，其沿斜面向上的位移的大小即為離開擋板的最大距離，以物塊為

研究對(duì)象,mgcos9+mgsinkma[①V2=2,ax^②聯(lián)立①②解得xj0.in物塊與擋板第一次碰撞后至

第二次碰撞前過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，則可得Mvjmvo=g+M得vjlm/s

物塊做勻變速的時(shí)間為1=%口"n□=0.1區(qū)這段時(shí)間內(nèi)物塊的對(duì)地位移方向沿斜面向上，有

1a

x=2.r-rv+vrt=-0.075n木板的位移方向沿斜面向下，有x=1門+vrt=0.225n

22oI1—'132011

物塊與木板間的總相對(duì)位移As=X3-0.3n在飛后，物塊和木板還要一起勻速運(yùn)動(dòng)）.0