板块模型--2024年高三物理二轮常见模型含答案.pdf

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1、120242024年高三物理二轮常见模型年高三物理二轮常见模型专题专题 板块模型板块模型特训目标特训目标特训内容特训内容目标目标1 1高考真题高考真题(1 1T T-3 3T T)目标目标2 2无外力动力学板块模型无外力动力学板块模型(4 4T T-7 7T T)目标目标3 3有外力动力学板块模型有外力动力学板块模型(8 8T T-1212T T)目标目标4 4利用能量动量观点处理板块模型利用能量动量观点处理板块模型(1313T T-1717T T)目标目标5 5电磁场中的块模型电磁场中的块模型(1818T T-2222T T)【特训典例】【特训典例】一、高考真题高考真题1(2023全国统考高

2、考真题)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 f，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于 flB.木板的动能一定小于 flC.物块的动能一定大于12mv20-flD.物块的动能一定小于12mv20-fl2(2023辽宁统考高考真题)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木

3、板间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU(用t0表示)。3(2023河北高考真题)如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m

4、的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37角质量为2kg的小物块A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5当A到达木板右端2时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反已知木板长度为1.3m,g取10m/s2,10 取3.16,sin37=0.6,cos37=0.8(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；(3)物块A运

5、动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围二、无外力动力学板块模型无外力动力学板块模型4如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为。下列说法正确的是()A.若只增大M，则小滑块能滑离木板B.若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长C.若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小D.若只减小，则小滑块离开木板

6、的速度变大5如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度图像如图乙所示。g取10m/s2，下列说法正确的是()3A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反B.A、B之间的动摩擦因数=0.2C.长木板A的长度可能为L=0.8 mD.长木板A的质量是4kg6如图所示，倾角为30足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M=4kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m=1kg的物块A以沿斜面向上，大小为5m/s的初速度滑上木板，A、B间

7、动摩擦因数=32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是()A.物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125m/s2B.要使物块不滑离板，则木板长至少为2mC.整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10JD.不论板多长，物块最终一定能滑离木板7一块足够长的木板C质量为3m，放在光滑的水平面上，如图所示，在木板上自左向右放有A、B两个物块，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为2，物块B质量为2m，与木板间的动摩擦因数为。初始时刻木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示(重力加速度为g)。在以

8、后运动的整个过程中，下列说法正确的是()A.经过3v010g的时间，A达到最小速度B.木板C能获得的最大速度是2v05C.在与B共速前，木板C一直做匀加速直线运动D.A、B、C组成的系统由于摩擦产生的热量是2912mv208如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C(可视为质点)以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。(1)求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC；(2)求A板的长度LA；(3)若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间

9、的动摩擦因数2的最小值。4三、有外力动力学板块模型有外力动力学板块模型9如图所示，物体A、B的质量分别为2m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为(1)，B与桌面间的动摩擦因数为13，A、B桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.C的质量为0.5m时，A保持静止B.C的质量为m时，轻绳对定滑轮的作用力合力大小为2mgC.C的质量为m时，若A、B之间发生相对滑动，则1，g为重力加速度大小)。自t0时刻开始，加一水平向右、电场强度大小E=mgq的匀强电场，使平板和物块一起向右

10、做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是()A.平板第一次与墙壁碰撞时的速度v1=2gLB.平板第二次与墙壁碰撞时的速度v2=2gLkC.从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=3kmgLk-1D.从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=2kmgLk-120如图所示，上表面水平且粗糙程度处处相同、质量M=1kg的小车A静置于光滑水平面上，均带正电且电荷量均为q=1C的小物块B、C静置于小车A上表面，B、C质量分别为m1=0.2kg、m2

11、=0.6kg，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。某时刻突然给小车A一大小I=12Ns的水平冲量，小车A足够长，小物块B、C均可视为质点且B、C间距足够大，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，经过足够长时间后()A.小车A的速度大小为7m/sB.物块B的速度大小为4m/sC.物块C的速度大小为12m/sD.整个系统因摩擦增加的内能为31.2J21如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为

12、0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0s时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取10m/s2，则()A.木板和滑块一直做加速度为3m/s2的匀加速运动B.木板先做加速度为3m/s2的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动C.当滑块的速度等于9m/s时与木板恰好分离D.t=53s时滑块和木板开始发生相对滑动22如图所示，光滑水平地面上方CD处存在宽度d=4m、方向竖直向上、大小E=1105N/C的匀强9电场区域。质量m1=1kg、长为l=6m的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量m2=0.5kg、带电量q=

13、+310-5C的可视为质点的滑块以初速度v0=6m/s从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数=0.5，重力加速度大小g=10m/s2，滑块带电量始终保持不变。求：(1)滑块刚进电场时，长木板的速度大小；(2)滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；(3)若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。120242024年高三物理二轮常见模型年高三物理二轮常见模型专题专题 板块模型板块模型特训目标特训目标特训内容特训内容目标目标1 1高考真题高考真题(1 1T T-3 3T T)目标目标2 2无外力动力学板块模型无外力动力学板块模型(4 4T T

14、-7 7T T)目标目标3 3有外力动力学板块模型有外力动力学板块模型(8 8T T-1212T T)目标目标4 4利用能量动量观点处理板块模型利用能量动量观点处理板块模型(1313T T-1717T T)目标目标5 5电磁场中的块模型电磁场中的块模型(1818T T-2222T T)【特训典例】【特训典例】一、高考真题高考真题1(2023全国统考高考真题)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为 f，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于 flB.木板的动能一定小于 f

15、lC.物块的动能一定大于12mv20-flD.物块的动能一定小于12mv20-fl【答案】BD【详解】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1v2设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xMCD根据能量守恒定律可得12mv20=12mv21+12Mv22+fl整理可得12mv21=12mv20-fl-12Mv22v1v2可得xm2xM则xm-xM=lxM所以W=fxM fl，B正确，A错误。故选BD。2(2023辽宁统考高考真题)如图，质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小

16、物块以水平向右的速度v0=54m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次2相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU(用

17、t0表示)。【答案】(1)1m/s；0.125m；(2)0.25m；32m/s；(3)4 3t0-8t20【详解】(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0=(m1+m2)v1代入数据有v1=1m/s对m1受力分析有a1=m2gm1=4m/s2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v21=2a1x1代入数据解得x1=0.125m(2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共对m2有a2=g=1m/s2当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2=0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有-12kx22=12(m1+m2)v2

18、2-12(m1+m2)v21代入数据有v2=32m/s(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有-m2g2t0=m2v3-m2v2解得v3=32-2t0则对于m1、m2组成的系统有-Wf=12m1v22+12m2v23-12(m1+m2)v22；DU=Wf联立有U=4 3t0-8t203(2023河北高考真题)如图，质量为1kg的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m的竖直光滑圆弧轨道固定在地

19、面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37角质量为2kg的小物块A以8m/s的初速度从木板左端水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.5当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反已知木板长度为1.3m,g取10m/s2,10 取3.16,sin37=0.6,cos37=0.8(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比

20、为1:3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围【答案】(1)v1=7m/s，v2=2m/s；(2)FN=1643N，H=2m；(3)0.1st0.118s或0.732st0.75s【详解】(1)设物块A的初速度为v0，木板与轨道底部碰撞前，物块A和木板的速度分别为v1和v2，物块A和木板的质量分别为m1和m2，物块A与木板间的动摩擦因数为，木板长度为L，由动量守恒定律和功能3关系有m1v0=m1v1+m2v2；12m1v20=12m1v21+12m2v22+m1gL由题意分析v1v2，联

21、立式得v1=7m/s,v2=2m/s(2)设圆弧轨道半径为R，物块A到圆弧轨道最高点时斜抛速度为v3，轨道对物块的弹力为FN物块A从轨道最低点到最高点，根据动能定理有-m1gR 1+sin37=12m1v23-12m1v21物块A到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有FN+m1gsin37=m1v23R联立式，得FN=1643N设物块A拋出时速度v3的水平和竖直分量分别为vx和vy，vx=v3sin37,vy=v3cos37斜抛过程物块A上升时间t1=vyg=0.4s该段时间物块A向左运动距离为s1=vxt1=1.2m物块A距离地面最大高度H=R 1+sin37+v2y2g=2m(3)物块A

22、从最高点落地时间t2=2Hg=0.632s设向左为正方向，物块A在最高点炸裂为B、C，设质量和速度分别为m3、m4和v4、v5，设m3:m4=1:3，系统动能增加Ek根据动量守恒定律和能量守恒定律得m1vx=m3v4+m4v5；12m1v2x+Ek=12m3v24+12m4v25解得v4=6m/s,v5=2m/s或v4=0,v5=4m/s设从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围t：(a)若v4=6m/s,v5=2m/s，炸裂后B落地过程中的水平位移为s=v4t2=3.792m炸裂后C落地过程中的水平位移为s=v5t2=1.264m木板右端到轨道底端的距离为s=v2t1+t2-t=2.064-

23、2tm运动轨迹分析如下为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一若仅C落在木板上，应满足 2.064-2t+1.31.264+0.6且 2.064-2t1.264+0.6解得0.1st0.75s若仅B落在木板上，应满足 2.064-2t+1.33.792+0.6且 2.064-2t3.792+0.6不等式无解；(b)若v4=0,v5=4m/s，炸裂后B落地过程中水平位移为0，炸裂后C落地过程中水平位移为s=v5t2=2.528m木板右端到轨道底端的距离为s=v2t1+t2-t=2.064-2tm运动轨迹分析如下4为了保证B、C之一落在木板上，需要满足下列条件之一若仅B落在木板上，应满足

24、 2.064-2t+1.30.6且(2.064-2t)0.6解得0.732st1.382s若仅C落在木板上，应满足 2.064-2t+1.32.528+0.6且 2.064-2t2.528+0.6解得0t0.118s综合分析(a)(b)两种情况，为保证B、C之一一定落在木板上，t满足的条件为0.1st0.118s或0.732st0.75s二、无外力动力学板块模型无外力动力学板块模型4如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为。下列说法正确的是()A.若

25、只增大M，则小滑块能滑离木板B.若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长C.若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小D.若只减小，则小滑块离开木板的速度变大【答案】AC【详解】A若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律a木=mgM可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为a块=g不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；B若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；C若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变

26、大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；D若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。5如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度图像如图乙所示。g取10m/s2，下列说法正确的是()5A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反B.A、B之间的动摩擦因数=0.2C.长木板A的长度可能为L=0.8 mD.长木板A的质量是4kg【答

27、案】BD【详解】A由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A错误；B由图象知B的加速度大小为aB=3-11m/s2=2m/s2对B进行分析有：mBg=mBaB，可解得：=0.2故B正确；C由题意可知，木块B尚未滑出木板A，则临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，设A、B物体位移量分别为sA、sB，加速度分别为aA、aB，由图可知aA=1m/s2，aB=2m/s2，A的长度为L，则有：sA=12aAt2,sB=v0t-12aBt2,sB-sA=L联立上式可解得L=1.5m，即L1.5m即可，故C错误；D由mBg=mAaA，mBg=mBaB联立两式可解得：aAaB=mBmA

28、=21即A物体的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4kg，故D正确；故选BD。6如图所示，倾角为30足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M=4kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m=1kg的物块A以沿斜面向上，大小为5m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数=32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是()A.物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125m/s2B.要使物块不滑离板，则木板长至少为2mC.整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10JD.不论板多长，物块最终

29、一定能滑离木板【答案】AC6【详解】A对木板，根据牛顿第二定律可得Mgsin-mgcos=Ma1解得a1=3.125m/s2故A正确；BD对物块，根据牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma2解得a2=12.5m/s2物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为a共=gsin=5m/s2设沿斜面向下为正方向，则-v0+a2t共=a1t共共速时间为t共=815s；x相=v02t共=43m故BD错误；C整个过程因摩擦产生的热量为Q=mgx相cos=10J故C正确。故选AC。7

30、一块足够长的木板C质量为3m，放在光滑的水平面上，如图所示，在木板上自左向右放有A、B两个物块，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为2，物块B质量为2m，与木板间的动摩擦因数为。初始时刻木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示(重力加速度为g)。在以后运动的整个过程中，下列说法正确的是()A.经过3v010g的时间，A达到最小速度B.木板C能获得的最大速度是2v05C.在与B共速前，木板C一直做匀加速直线运动D.A、B、C组成的系统由于摩擦产生的热量是2912mv20【答案】AD【详解】A根据题意，由牛顿第二定律可知，开始时aA=2mgm=2g；aB=2mg2m=g

31、；aC=2mg+2mg3m=43g因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动。可知，A与木板速度相同时，速度最小，则有v1=v0-aAt=aCt解得t=3v010g，v1=2v05故A正确；B当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得mv0+2m2v0=m+2m+3mv2解得v2=5v06故B错误；C木板C匀速运动之前，在与A共速时其加速度有突变，故C错误；D全过程A、B、C系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为Q=12mv20+122m 2v02-12(m+2m+3m)56v02=

32、2912mv20故D正确。故选AD。8如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C(可视为质点)以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。(1)求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC；(2)求A板的长度LA；(3)若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数2的最小值。7【答案】(1)aA=1m/s2，aC=2m/s2；(2)LA=4.5m；(3)2=0.15【详解】(1)如图所示，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得 1mg=m

33、aC解得aC=2m/s2对A、B整体受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得 1mg=2maA解得aA=1m/s2(2)设C从A的左端到右端所用时间为t1，根据匀变速运动规律，对C有vC=vC-aCt1，xC=vC+vC2t1解得t1=1s，xC=5m对A有xA=12aAt21解得xA=0.5m则A板的长度为LA=xC-xA=4.5m(3)C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小均为aC=aB=2mgm=2g此时B的速度为vB=aAt1=1m/s当2最小时，C、B两物体刚好在B的末端达到共同速度，则有v共=vC-aCt2；v共=vB+aBt2可得v共=52m/s=2.5m/s根据匀变速直线运

34、动位移速度公式可得v2共-v2C=-2aCxC；v2共-v2B=2aBxB又LB=xC-xB联立解得2=0.15三、有外力动力学板块模型有外力动力学板块模型9如图所示，物体A、B的质量分别为2m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为(1)，B与桌面间的动摩擦因数为13，A、B桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是()A.C的质量为0.5m时，A保持静止B.C的质量为m时，轻绳对定滑轮的作用力合力大小为2mgC.C的质量为m时，若A、B之间发生相对滑动，则0.2D.C的质量为m时

35、，若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小为(1+2)mg4【答案】AC【详解】A物块A与B之间的最大静摩擦力 f1=2mg物块B与桌面间的最大静摩擦力8f2=33mg=mg f1由此可知，当C的质量为0.5m时，A、B均保持静止状态，故A正确；B由于1所以mgmg即C的质量为m时，物块B与桌面间发生相对滑动，由于物块C加速下滑，绳子拉力小于重力C所受重力mg，所以轻绳对定滑轮的作用力合力大小小于2mg，故B错误；C若A与B间恰好发生相对滑动，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B，有 f1-f2=ma对A、B整体，有T-f2=3ma对物块C，有mg-T=ma解得=0.2因此若A、B之间

36、发生相对滑动，则需满足0.2故C正确；D若A、B之间未发生相对滑动，则对整体，有mg-f2=4ma对物块B，有 f-f2=ma可得A受到的摩擦力大小为 f=1+3mg4故D错误。故选AC。10在研究摩擦力和物体运动的关系实验中，一同学设计了如下实验：将质量可不计的一张纸片放在光滑水平桌面上，纸上放了质量均为1kg的材料不同的两砝码A、B，A、B与纸片之间的动摩擦因数分别为1=0.4、2=0.25。实验中，这位同学只在A上加一水平力F，实验示意图如图。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。实验中，以下说法正确的是()A.若F=3N，则A所受摩擦力大小为1.5NB.无论力F多大，A与薄

37、硬纸片都不会发生相对滑动C.无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动D.若F=10N，则B的加速度为5.0m/s2【答案】AB【详解】A当F=3N时，对整体进行分析，有F=2ma可得a=1.5m/s2对物体A，有F-FfA=ma可得FfA=1.5N，A正确；BC当F=5N时，对整体有a=F2m=2.5m/s2对B物体有FfB=ma=2.5N=2mg即此时B刚好处于滑动的临界，如果力F再增大，B就要与薄硬纸片发生相对滑动；而由于纸片的质量不计，故纸片的合力永远为零，即A与纸片之间的摩擦力大小等于B与纸片之间的摩擦力大小。由以上分析可知，B与纸片之间的最大静摩擦力大小为2.5N，所以A与纸片之

38、间的摩擦力最大只能达到2.5N。而A与纸片之间的最大静摩擦力大小为FfA=1mg=4N所以无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动，B正确，C错误；D由以上分析可知B的加速度最大为2.5m/s2，D错误。故选AB。11如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的()9A.B.C.

39、D.【答案】BC【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得mg=mab解得ab=g对长木板受力分析有F-mg-2mg=maa解得aa=Fm-3gAB根据图像斜率可知初始阶段aa0，ab=aa解得F=2g则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确C根据图像知a做匀速直线运动，即F=3mg，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F-2mg=2ma解得a=12g=12ab故C正确；D若aaab，则有3mg4mg两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线

40、运动，根据牛顿第二定律的F-2mg=2ma解得12gag故D错误。故选BC。12如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q(可视为质点)放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的恒力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，5s后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为2kg，滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是()A.t=12s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是12mC.地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075D.恒力F等于6N【答案】CD【详解】C由乙图可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木

41、板P的速度v1=5m/s，t2=6s时二者速度相同，为v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度。t2=6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，06s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得 1mg=ma1解得1=0.05，56s过程中，以长10木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得 22mg+1mg=ma2解得2=0.075，C正确。A6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得 22mg-1mg=ma3解得a3=1m/s2这段时间为t1=v1a3=3s所以t3=9s时长木板P停下来，A错误。B长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，即x1=

42、1255m+12(5+3)lm-1236m=7.5m，B错误。D对长木板受力分析，据牛顿第二定律可得F-22mg-1mg=ma其中a=1m/s2解得F=6N，D正确。故选CD。13如图1所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系如图2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为1.0m-1，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩

43、擦力，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是()A.物块刚滑上木板时的加速度大小为2.0m/s2B.C点纵坐标为23m-1C.随着F增大，当外力F=2.0N时，物块恰好不能从木板右端滑出D.图像中D点对应的外力的值为3.0【答案】AD【详解】A物块刚滑上木板时，由于木板静止，因此物块在水平方向上仅受摩擦力作用，故此时加速度大小为a=mgm=2m/s2故A正确；BD图2中C点对应物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，为a物m=mgm=2m/s2物块和木板一起加速时，对整体有 F=(M+m)a物m=3N图 2 中 C、D两点横坐标相同，都为3N，物块刚滑上木

44、板时，设木板的加速度为a2，由牛顿第二定律有a2=F+mgM=10m/s2设经过时间t2二者共速，有a2t2=v0-at2；v0t2-12at22-12a2t22=xC解得xC=23m，1xC=1.5m-1故C点纵坐标为1.5m-1，故B错误，D正确；C当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中 B点，设木板加速度为a3，用时间为t3，此时有Ma3=F+mg由图2中AB段可知木板的长度为1m，则 v0t3-12at23-12a3t23=1；11a3t3=v0-at3解得F=1.0N故C错误。故选AD。四、利用能量动量观点处理板块模型利用能量动量观点处理板块模型1

45、4如图所示，长为L的木板A静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5m；有一质量为m的小木块B，从木板A的左端开始以初速度v0开始沿木板A滑动，小木块B与木板A间的动摩擦因数为，小木块B滑到木板A的右端与挡板发生碰撞。已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B最终恰好滑到木板A的最左端。则以下说法正确的是()A.AB相对静止时的对地速度大小为25v0B.若=3v2020gL，则AB碰撞为弹性碰撞C.若=3v2020gL，则AB碰撞完后B对地向右运动D.若=3v20160gL，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对A做的功为Wf=-27400mv20【答案】ABD

46、【详解】A由动量守恒定律mv0=m+1.5mv，AB相对静止时的对地速度大小为v=25v0，A正确；B由能量守恒定律12mv20=12m+1.5mv2+2mgL+E解得E=0即AB碰撞过程无能量损失，为弹性碰撞，B正确；C由上述分析，AB为弹性碰撞mv0=mv1+1.5v2；12mv20=12mv21+121.5mv22解得v1=-15v0即碰撞后B对地向左运动，C错误；D碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减小量等于系统克服摩擦力做的功mv3+1.5mv4=m+1.5mv；12mv23+121.5mv24=12m+1.5mv2+mgL解得v4=12v0；v4=0.3v02，分析

47、可知共速后物块和平板一起向右做匀减速运动直到静止，所以平板长度至少为l=x1+x2=2.5m故B错误；C根据前面分析可知A、B之间摩擦生热为Q=1mgl=12.5J故C正确；D分析可知01s时电场力做正功，1s1.25s内电场力做负功，所以可得整个过程中电场力做的总功为W=qE12a1t2-qEvB+v2t1=17.1875J17.2J故D正确。故选ACD。五、电磁场中的块模型电磁场中的块模型19如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质(质量不

48、计)，可使得它们之间的滑动摩擦力大小为kmg(k1，g为重力加速度大小)。自t0时刻开始，加一水平向右、电场强度大小E=mgq的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是()A.平板第一次与墙壁碰撞时的速度v1=2gLB.平板第二次与墙壁碰撞时的速度v2=2gLkC.从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=3kmgLk-1D.从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量Q=2kmgLk-1【答案】AD【详解】A平板第

49、一次与墙壁碰撞时的速度为v1，根据动能定理2qEL=122mv12-0解得v1=2gL故A正确；B第一次碰撞后，对物块kmg-qE=ma1解得a1=(k-1)g第一次碰撞后平板kmg+qE=ma2解得a2=(k+1)g第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有v共=-v1+a2t1对物块有v共=v1-a1t1解得t1=2gLgk；v共=2gLk平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得v2共-v21=2a2s解得s=12a22

50、gLk2-2gL=Lk+11-k2k2由于k1故s2gLk故B错误；CD最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有qEL+qE(L+x)=Q；Q=kmgx解得二者的相对路程x=162Lk-1系统因摩擦产生的热量Q=kmgx=2kmgLk-1故D正确，C错误。故选AD。20如图所示，上表面水平且粗糙程度处处相同、质量M=1kg的小车A静置于光滑水平面上，均带正电且电荷量均为q=1C的小物块B、C静置于小车A上表面，B、C质量分别为m1=0.2kg、m2=0.6kg，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小B=0.5