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专题06 板块模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
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这是一份专题06 板块模型-高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练，文件包含专题06板块模型解析版docx、专题06板块模型原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。
高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
专题06 板块模型
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—5T）
目标2
无外力动力学板块模型（6T—10T）
目标3
有外力动力学板块模型（11T—15T）
目标4
利用能量动量观点处理板块模型（16T—20T）
目标5
电磁场中的块模型（21T—25T）
【特训典例】
一、 高考真题
1．（2021全国卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得；，BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。
2．（2019全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
3．（2022河北卷）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1），，方向均向右；（2）
【详解】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有解得可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由
解得则新滑板速度方向也向右。
（2）若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得
4．（2021海南卷）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共解得v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0再根据功能关系有 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t解得t = 则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t = 则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
5．（2019江苏卷）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得
（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L解得．
二、 无外力动力学板块模型
6．如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（ ）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则系统在摩擦生热增大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
【答案】AB
【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知；
再对木板受力分析；若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；
B．若只增大长木板质量，由可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块
滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；
C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板 摩擦力做功不变，C错误；
D．若只减小动摩擦因数，由；那么滑块和木板的加速度等比例减小，由
；相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。
7．如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的初速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．a滑上c后，b有可能相对c滑动 B．a、b、c相对静止时，a、b间距离等于
C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程因摩擦产生的内能为
【答案】BC
【详解】A．物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为，则有解得则有物块b与长木板c静摩擦力为所以假设成立，物块b与长木板c一起滑动，即a滑上c后，b不会相对c滑动，故A错误；
B．物块a与物块b发生弹性正碰前，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，物块a与物块b发生弹性正碰，由于物块a与物块b质量相等，所以物块a与物块b正碰后交换速度；物块a与物块b发生弹性正碰后，物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，所以a、b、c相对静止时，a、b间距离等于，故B正确；
CD．物块a、物块b与长木板c相对静止时，设共同速度为，视物块a、物块b与长木板c为整体，系统动量守恒，则有根据能量守恒可得
解得整个过程因摩擦产生的内能为解得物块与木板间的动摩擦因数为故C正确，D错误；
故选BC。
8．如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的图像如图2所示，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A． B．内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 D．木板的长度为8m
【答案】ABD
【详解】AC．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故
而v-t图像的斜率表示加速度，故解得对木板受力分析可知；由上可知，A正确，C错误；
B． 由题可知，有初速度得图像为小物块，v-t图像的面积代表位移，则，B正确；
D．图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则
，D正确。故选ABD。
9．如图所示，A是静止在光滑水平地面上的长木板，质量为M=4.0kg，长度为l=2.0m，B是一质量为m=1.0kg的小滑块，现给它以初速度v0＝2.0m/s，使它从长木板的左端开始向右滑动。B与A之间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2。则（ ）
A．滑块B最终将以某一速度离开长木板A
B．滑块B在减速阶段的加速度大小为1m/s2
C．整个运动过程中，滑块B对长木板A做了0.32J的功
D．滑行过程中系统损失的机械能为2.0J
【答案】BC
【详解】AB．滑块在木板上做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有代入数据解得；假设经过相同时间都达到共速由
代入数据解得相对位移代入数据解得
故假设成立，所以B正确，A错误；
C．滑块对木板做功等于木板增加的动能则故C正确；
D．损失的机械能等于代入数据解得故D错误。故选BC。
10．如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表 面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则( )
A．若v=，A、B相对运动时间为
B．若v=，A、B系统生热为
C．若v=2v0，A经历达木板右端
D．若v=2v0，A、B系统生热为Q
【答案】AD
【详解】A项：当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′代入数据得：v′=0.5v0
对B，由动量定理得：ft0=mv′可得： 由能量守恒定律得： 若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： 解得： 对B，由动量定理得：ft=mv′解得：
可得： ，AB系统生热，故A正确，B错误；
C、D项：若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v0=mvA+mvB，
A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．
根据能量守恒定律得： 结合上面解答有： 对B，由动量定理得：
ft=mvB-0联立解得： ，，故C错误，D正确．
三、 有外力动力学板块模型
11．如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为、、。B、C与A之间的动摩擦因数皆为0.1。为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平方向。现用水平方向的恒定外力拉滑轮，若测得A的加速度大小为，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则说法中正确的是（ ）
A．物块B、C的加速度大小也等于
B．物块B的加速度为，C的加速度为
C．外力的大小
D．物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为2m
【答案】BD
【详解】A的加速度大小为2m/s2，则A受到的合力为，B对A的最大静摩擦力为
，C对A的最大静摩擦力为若B和C都相对于A静止，则B和C的加速度一样，由于B和C所受细线的拉力一样，则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，则会导致A所受摩擦力小于，即加速度小于2m/s2，故B和C不可能全都静止。若C静止B滑动，则A所受摩擦力大于，加速度大于2m/s2，故应是B静止，因此C对A的摩擦力为，B对A的摩擦力也为。
AB．A、B间保持静止，故，B受绳的拉力为则C受绳的拉力也为，所以故A错误，B正确；
C．外力大小为故C错误；
D．由前面分析可知，物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为故D正确；故选BD。
12．5块相同的木板紧挨着静止放在水平地面上，其中只有木板4、5粘在一起，每块木板的质量均为，长度均为，木板与地面间的动摩擦因数。现有质量的小铅块（可视为质点），以的水平初速度从左端滑上木板1，它与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．木板2始终保持静止状态 B．铅块滑离木板3时的速度大小为
C．最终铅块停在木板4上 D．铅块滑离木板5时的速度大小为
【答案】AC
【详解】A．铅块与木板之间的滑动摩擦力为当铅块滑上木板1时，木板与地面之间的最大静摩擦力则木板2不动；当铅块滑上木板2时，2~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板2也不动，选项A正确；
B．当铅块滑上木板3时，3~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板3也不动，从开始从木板1到滑离木板3由动能定理解得v3=2m/s选项B错误；
CD．当铅块滑上木板4时，4~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板4、5开始滑动，此时铅块的加速度大小木板的加速度达到共速时 解得t=0.8s此时铅块相对木板4滑行的距离则最终铅块停在木板4上，因木板4、5粘在一起，则铅块不会滑离木板5，选项C正确，D错误。故选AC。
13．粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像，如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B跟地面之间的动摩擦因数分别为和，重力加速度，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为
B．两处的动摩擦因数之比为
C．木板B向前滑行的最大距离为
D．物块A相对木板B滑过的位移大小为
【答案】AC
【详解】A．以水平向右为正方向，对小物块受力分析根据乙图可知那么物块与木板间的动摩擦因数为，A正确；
B．对木板受力分析根据乙图可知那么木板与地面间的动摩擦因数为两处的动摩擦因数之比为，B错误；
C．结合乙图，从开始，设物块与木板达到共速又用了时间，则解得
此时的建度为之后物块与木板具有共同的加速度对于木板，在相对滑动阶段
共同前进阶段那么木板B向前滑行的最大距离为，C正确；
D．两者的相对初速度为，相对末速度为0，相对滑动的时间为则物块A相对木板B滑过的位移大小为，D错误。故选AC。
14．如图所示，质量、长度的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量的木块B以初速度从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力，已知木板A与木块B间的动摩擦因数，木板A与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为
D．木板A运动的总位移为12 m
【答案】BC
【详解】A．木块B在木板A上相对滑动时，对木板A由牛顿第二定律可得
解得，A错误；
B．对木块B由牛顿第二定律可得解得设经过时间t，物体B与木板A达到共速，则解得，B正确；
C．木板A与木块B相对静止前木板A的位移木板A与木块B相对静止时的速度
木板A与木块B相对静止后整体开始做减速运动，由牛顿第二定律可得解得，C正确；
D．木板A与木块B相对静止后到停下时木板A的位移所以木板A运动的总位移
，D错误。故选BC。
15．如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ
A．A、B保持相对静止
B．地面对斜面体的摩擦力等于
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为
【答案】BD
【详解】A．设A的加速度为a，对A受力分析有又由则则物块A会加速下滑，A、B不能保持相对静止，故A错误；
BC．对B受力分析，因为B匀速沿斜面上滑，有；
对斜面受力分析，如图所示，有
水平方向竖直方向联立解得；，
根据牛顿第三定律，知斜面对地面的压力为故B正确，C错误；
D．设物体B与斜面体间摩擦因数为，；而B与斜面间摩擦力大小
解得故D正确。故选BD。
四、 利用能量动量观点处理板块模型
16．如图1所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v0在光滑水平面上向右运动，t=0时刻，木板a与物块c碰撞后立即粘合在一起。已知物块c质量为m，木板a与物块c粘合后速度为，随后b与ac运动的v-t关系如图2所示，不计空气阻力，重力加速度为g，物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a。则下列说法正确的是（ ）
A．物块b质量为m B．物块b质量为2m
C．木板a长度至少为 D．物块b与木板a间的动摩擦因数为
【答案】ACD
【详解】A．木板a与物块c碰撞前后，由动量守恒定律解得木板a的质量
由图2知，物块b、c和木板a系统最终一起做匀速直线运动，速度大小为，由动量定律
解得，A正确；
B．物块b质量为m，B错误；
C．v-t图像中的图线与t轴所围成的面积表示位移，图中三角形部分的面积表示物块b与木板a的相对位移，由图知，此相对位移故木板a的长度至少为，C正确；
D．木板a与物块c粘合后至物块b、c和木板a系统一起匀速所经历的时间为t0，此过程，对木板a与物块c整体，由动量定理解得动摩擦因数，D正确。故选ACD。
17．如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【详解】在车与挡板碰撞前，有如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得
且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知，A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即联立解得车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件，故CD可能，AB不可能。故选CD。
18．如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角，一质量为的L形工件沿斜面以速度匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞．已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒
B．下滑过程中，工件的加速度大小为
C．木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为
D．木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为
【答案】BCD
【详解】A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，A错误；
B．工件在斜面上的受力如下图
开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有解得把木块放上，对工件受力分析有解得，B正确；
C．设碰撞瞬间木块速度为v，碰撞前的过程工件与木块组成的系统动量守恒，即解得
设碰撞后工件的速度为v2，木块速度为v1，碰撞过程根据动量守恒有根据能量守恒有
解得；，C正确；
D．设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内工件的位移为
木块的位移；解得，D正确。故选BCD。
19．如图所示，表面水平的小车B静止在光滑水平面上，小物块A（可视为质点）以初速度v从小车左端水平滑上小车，此后当A、B恰好共速时，B与正前方静置在墙内水平均匀孔道中的细杆C发生碰撞。已知：A、B、C的质量为m，所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，A、B间和C与墙内孔道间的滑动摩擦力大小均为，重力加速度为g，小车表面及墙内孔道均足够长。不计空气阻力，则：
（1）求B、C的起始间距；
（2）若B、C可以发生二次碰撞，求第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，B匀速运动的位移和C所运动的位移；
（3）若B、C只能发生二次碰撞，求细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）设A、B共速时速度为v1，由动量守恒定律可得此过程B的位移为，由动能定理可得
（2）B、C第一次相撞后速度分别为、，由动量和能量守恒定律有；可得；碰后至C减速为0，对C有；
可得 第一次碰后，A、B再次共速时，由可得该过程B前进的位移
之后，A、B一起向右匀速，向右匀速位移为，则有可得
（3）B、C第二次碰后速度分别为、，则有；
B、C第二次碰后杆C向右运动，有联立可得则外露最大长度
所以满足条件的外露长度应为
20．如图所示，光滑水平地面上固定有一圆弧斜槽ABC。斜槽左端是半径为R=7.5m的四分之一光滑圆弧AB：右端是上表面由特殊材料制成，长为L=1.2m的水平面BC。紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不相连，右方离车足够远处有一固定的竖直墙壁。有一项量为的小滑块M（可视为质点），其与BC的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如下图甲所示：与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1。现将小滑块M从斜槽顶端A点由静止滑下，经C点滑上小车时撤去斜槽。已知小车第一次与竖直墙壁碰撞前已与滑块共速，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，大小减小为碰撞前的一半，整个过程滑块M未从小车上掉落，重力加速度取。求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）与壁第一次碰撞后到与墙壁第二次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，小车所能运动的总路程。
【答案】（1）；（2）48J；（3）10.67m
【详解】（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有小球由A到C过程中，由动能定理可得解得
（2）滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有
第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得联立得
（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为
；小车速度随时间变化的图像如图所示
由图像易知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程解得；同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中；第3次碰撞到第4次碰撞过程中；第4次碰撞到第5次碰撞过程中……小车与墙壁第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车运动的路程s
五、 电磁场中的块模型
21．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为0.2kg，滑块所带电荷量q=+0.4C，滑块与绝缘木板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F的大小随时间变化关系如图所示，g取10m/s2。则下列说法不正确的是（ ）
A．木板的加速度为2m/s2，滑块离开木板时速度为16m/s
B．t=3s后滑块和木块有相对运动
C．滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动
D．滑块离开木板时，力F的大小为1.4N
【答案】A
【详解】B．根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有：
由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好发生相对运动时：解得：v=6m/s由v=at，可知t=3s，B正确，不符合题意；
AC．此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：解得m/s
C正确，不符合题意，A错误，符合题意；
D．由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：解得N
D正确，不符合题意。故选A.
22．如图所示，空间有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量且足够长的不带电绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为m，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.2，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，g为重力加速度。则（ ）
A．最终滑块以的速度匀速运动
B．最终木板以的加速度做匀加速运动
C．整个过程中，木板加速度由逐渐增大到
D．整个过程中，滑块先与木板一起匀加速运动，然后再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动
【答案】AB
【详解】A．开始滑块做加速直线运动，滑块获得向左的速度，根据左手定则可知滑块受到洛伦兹力作用竖直向上，当洛伦兹力等于重力时滑块做匀速直线运动，即解得故A正确；
B．当滑块受到洛伦兹力等于滑块重力时，滑块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，根据牛顿第二定律可得
解得最终木板的加速度为故B正确；
C．设最开始时，滑块与木板发生相对滑动，对滑块有解得对木板有解得即整个过程中，木板加速度由逐渐增大到，故C错误；
D．由以上分析可知初始时刻滑块的加速度为，木板的加速度为，整个过程中滑块受到的洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，最后做匀速运动，故D错误。故选AB。
23．如图所示，一质量M=1kg的绝缘长木板静止于水平地面上，在距其最左端L=1m处存在宽度d=2m，方向竖直向下的匀强电场区域，电场强度E=300N/C．一质量m=1kg、带电量的物块放在长木板的最左端，物块在F=10N的水平向右恒力作用下从静止开始运动，在物块刚离开电场右边界时撤去外力F，物块最终未从长木板末端滑离。若物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块刚进入电场区域时的速度大小；
（2）长木板从开始运动至与物块共速所用时间；
（3）整个过程长木板的总位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块未进电场时，对物块分析，由牛顿第二定律 求得
对木板分析，由牛顿第二定律求得即木板在物块未进电场时静止不动，对物块分析；
（2）物块滑进电场后，对物块分析，由牛顿第二定律求得即此时物块匀速直线运动求得对对木板分析，由牛顿第二定律
求得当物块刚要离开电场时，木板的速度为物块离开电场后，对物块，有
；对木板，有木板匀速，离开电场后，物块与木板共速的时间为t2，则有；则长木板从开始运动至与物块共速所用时间
（3）物块与木板共速时，由牛顿第二定律；木板加速位
木板匀速位移木板减速位移木板走过的总位移
24．如图所示，在粗糙的水平面上放有质量为M=0.3kg的绝缘长木板，有一质量为m=0.2kg，带电量为的小滑块（可视为质点）正沿木板的上表面向左运动，木板左端有一个固定的、半径R=0.1m的四分之一光滑圆形绝缘轨道AB与之相接，轨道的最低点B点与木板的上表面相切，整个空间加有一个方向竖直向上、场强大小为的匀强电场。已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数，滑块在木板上向左运动至离B点x=0.3m处时速度大小为 ，，求
（1）滑块通过木板滑上固定的光滑圆形轨道AB，沿轨道AB上升的最大高度H；
（2）滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力；
（3）若木板长度为0.6m，试求滑块再次返回滑上木板，而在木板上运动的过程中，系统因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）；（2）22N，方向竖直向下；（3）0.627J
【详解】（1）对于滑块上升到最高点过程，据动能定理得
解得
（2）对于滑块从开始运动到返回至B点处过程，根据动能定理得
在B点由牛顿第二定律解得vB=3m/s，NB=22N由牛顿第三定律，可知滑块对轨道的压力的大小为22N，方向竖直向下
（3）滑块再次滑上木板后，由于f1=μ1（mg+qE）=1N，f2=μ2（qE+mg+Mg）=0.7N则μ1（mg+qE）>μ2（qE+mg+Mg）
所以木板将由静止开始做匀加速运动，滑块做匀减速运动
又木块加速度大小a1==1m/s2滑块的加速度大小a2==5m/s2设两者经过时间t0速度相等，则vB-a2t0=a1t0解得t0=0.5s则在两者相对滑动的过程中，木板的位移为s1==0.125m滑块的位移为s2==0.875m由于△s=s1-s2=0.75m>L=0.6m故滑块在二者速度相等之前就要离开木板
设滑块经过时间t离开木板，则—=L解得s木板位移m
故系统因摩擦而产生的热量Q= f1L+ f2 =0.627J
25．如图所示,小车质量M=8kg,带电荷量q=＋3×10－2C,置于光滑水平面上,水平面上方存在方向水平向右的匀强电场,场强大小E=2×102N/C．当小车向右的速度为v=3m/s时,将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车右端,物块质量m=1kg,物块与小车表面间动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,g取10m/s2,求：
（1）物块在小车上滑动过程中相对小车滑动的距离
（2）从滑块放在小车上后5s内电场力对小车所做的功.
【答案】（1）3m（2）132J
【详解】（1）物块放上后，小车向右做匀加速运动 物块向右做匀加速运动a2=μg=2m/s2设滑块在小车滑行时间t1，当两者速度相等时有v1+a1t1=a2t1；t1=2s
物块在车上相对车滑行距离：
（2）当物块与小车相对静止时，共同运动加速度 当物块与小车相对静止时，共同运动的速度v=v1+a1t1=4m/s物块与小车相对静止前小车运动的位移 物块与小车相对静止后小车运动的位移
所以5s内电场力对小车所做的功 W=qE•（S1+S2）=132J
高三物理二轮常见模型与方法强化专训专练
专题06 板块模型
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—5T）
目标2
无外力动力学板块模型（6T—10T）
目标3
有外力动力学板块模型（11T—15T）
目标4
利用能量动量观点处理板块模型（16T—20T）
目标5
电磁场中的块模型（21T—25T）
【特训典例】
一、 高考真题
1．（2021全国卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（ ）
A． B．
C． D．在时间段物块与木板加速度相等
【答案】BCD
【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有，A错误；
BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有
以木板为对象，根据牛顿第二定律，有
解得；，BC正确；
D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。故选BCD。
2．（2019全国卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出
A．木板的质量为1kg
B．2s~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【答案】AB
【详解】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
3．（2022河北卷）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为和，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为，A和C以相同速度向右运动，B和D以相同速度向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为。重力加速度大小取。
（1）若，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1），，方向均向右；（2）
【详解】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为，C、D的质量均为，以向右方向为正方向，则有解得可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为，方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为，滑板A和B质量分别为和，则由
解得则新滑板速度方向也向右。
（2）若，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为，新滑板的质量为，相对静止时的共同速度为，根据动量守恒可得解得根据能量守恒可得解得
4．（2021海南卷）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v共 = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv02
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共解得v共 =
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = v0，v木 = v0再根据功能关系有 - μmgx = × 2mv木2 + mv滑2 - × 2mv02
经过计算得x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t解得t = 则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t = 则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
5．（2019江苏卷）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ．先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg匀变速直线运动2aAL=vA2解得
（2）设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L解得．
二、 无外力动力学板块模型
6．如图所示，质量为M的长木板A以速度v0，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（ ）
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则系统在摩擦生热增大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
【答案】AB
【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知；
再对木板受力分析；若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，A正确；
B．若只增大长木板质量，由可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，以木板为参考系，最后滑块到木板最末端v1时的速度先对与原来变大了，对滑块
滑块运动的平均速度变大，木板长度不变，由即滑块在木板上的运动时间减小，B正确；
C．若只增大初速度，滑块的受力不变，摩擦力不变，则滑块仍能滑离木板 摩擦力做功不变，C错误；
D．若只减小动摩擦因数，由；那么滑块和木板的加速度等比例减小，由
；相对位移不变，滑块滑离木板时速度变小、时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故滑块对地的位移减小，D错误。故选AB。
7．如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的初速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．a滑上c后，b有可能相对c滑动 B．a、b、c相对静止时，a、b间距离等于
C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程因摩擦产生的内能为
【答案】BC
【详解】A．物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，设物块a与长木板c间的动摩擦因数为，则有解得则有物块b与长木板c静摩擦力为所以假设成立，物块b与长木板c一起滑动，即a滑上c后，b不会相对c滑动，故A错误；
B．物块a与物块b发生弹性正碰前，物块b与长木板c一起做匀加速直线运动，物块a与物块b发生弹性正碰，由于物块a与物块b质量相等，所以物块a与物块b正碰后交换速度；物块a与物块b发生弹性正碰后，物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，所以a、b、c相对静止时，a、b间距离等于，故B正确；
CD．物块a、物块b与长木板c相对静止时，设共同速度为，视物块a、物块b与长木板c为整体，系统动量守恒，则有根据能量守恒可得
解得整个过程因摩擦产生的内能为解得物块与木板间的动摩擦因数为故C正确，D错误；
故选BC。
8．如图1所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的图像如图2所示，重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ）
A． B．内物块的位移为10m
C．木板与物块间的动摩擦因数为0.1 D．木板的长度为8m
【答案】ABD
【详解】AC．木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故
而v-t图像的斜率表示加速度，故解得对木板受力分析可知；由上可知，A正确，C错误；
B． 由题可知，有初速度得图像为小物块，v-t图像的面积代表位移，则，B正确；
D．图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，则
，D正确。故选ABD。
9．如图所示，A是静止在光滑水平地面上的长木板，质量为M=4.0kg，长度为l=2.0m，B是一质量为m=1.0kg的小滑块，现给它以初速度v0＝2.0m/s，使它从长木板的左端开始向右滑动。B与A之间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2。则（ ）
A．滑块B最终将以某一速度离开长木板A
B．滑块B在减速阶段的加速度大小为1m/s2
C．整个运动过程中，滑块B对长木板A做了0.32J的功
D．滑行过程中系统损失的机械能为2.0J
【答案】BC
【详解】AB．滑块在木板上做匀减速运动，根据牛顿第二定律，对滑块有
对木板有代入数据解得；假设经过相同时间都达到共速由
代入数据解得相对位移代入数据解得
故假设成立，所以B正确，A错误；
C．滑块对木板做功等于木板增加的动能则故C正确；
D．损失的机械能等于代入数据解得故D错误。故选BC。
10．如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、长为L的长木板B，木板上表 面各处粗糙程度相同，一质量为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板，当v=v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速．此过程中A、B系统生热为Q，则( )
A．若v=，A、B相对运动时间为
B．若v=，A、B系统生热为
C．若v=2v0，A经历达木板右端
D．若v=2v0，A、B系统生热为Q
【答案】AD
【详解】A项：当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv′代入数据得：v′=0.5v0
对B，由动量定理得：ft0=mv′可得： 由能量守恒定律得： 若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得： 解得： 对B，由动量定理得：ft=mv′解得：
可得： ，AB系统生热，故A正确，B错误；
C、D项：若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m•2v0=mvA+mvB，
A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q．
根据能量守恒定律得： 结合上面解答有： 对B，由动量定理得：
ft=mvB-0联立解得： ，，故C错误，D正确．
三、 有外力动力学板块模型
11．如图所示，A为放在水平光滑桌面上的长方形物块，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为、、。B、C与A之间的动摩擦因数皆为0.1。为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳都处于水平方向。现用水平方向的恒定外力拉滑轮，若测得A的加速度大小为，重力加速度取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则说法中正确的是（ ）
A．物块B、C的加速度大小也等于
B．物块B的加速度为，C的加速度为
C．外力的大小
D．物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为2m
【答案】BD
【详解】A的加速度大小为2m/s2，则A受到的合力为，B对A的最大静摩擦力为
，C对A的最大静摩擦力为若B和C都相对于A静止，则B和C的加速度一样，由于B和C所受细线的拉力一样，则必有B所受摩擦力小于C所受摩擦力，则会导致A所受摩擦力小于，即加速度小于2m/s2，故B和C不可能全都静止。若C静止B滑动，则A所受摩擦力大于，加速度大于2m/s2，故应是B静止，因此C对A的摩擦力为，B对A的摩擦力也为。
AB．A、B间保持静止，故，B受绳的拉力为则C受绳的拉力也为，所以故A错误，B正确；
C．外力大小为故C错误；
D．由前面分析可知，物块B、C给长方形物块A的摩擦力的合力为故D正确；故选BD。
12．5块相同的木板紧挨着静止放在水平地面上，其中只有木板4、5粘在一起，每块木板的质量均为，长度均为，木板与地面间的动摩擦因数。现有质量的小铅块（可视为质点），以的水平初速度从左端滑上木板1，它与木板间的动摩擦因数，取重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．木板2始终保持静止状态 B．铅块滑离木板3时的速度大小为
C．最终铅块停在木板4上 D．铅块滑离木板5时的速度大小为
【答案】AC
【详解】A．铅块与木板之间的滑动摩擦力为当铅块滑上木板1时，木板与地面之间的最大静摩擦力则木板2不动；当铅块滑上木板2时，2~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板2也不动，选项A正确；
B．当铅块滑上木板3时，3~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板3也不动，从开始从木板1到滑离木板3由动能定理解得v3=2m/s选项B错误；
CD．当铅块滑上木板4时，4~5块木板与地面之间的最大静摩擦力则木板4、5开始滑动，此时铅块的加速度大小木板的加速度达到共速时 解得t=0.8s此时铅块相对木板4滑行的距离则最终铅块停在木板4上，因木板4、5粘在一起，则铅块不会滑离木板5，选项C正确，D错误。故选AC。
13．粗糙水平面上有一块足够长的木板B，小物块A处于木板上表面的右端，两者均静止，如图甲所示。取水平向右为正方向，时刻分别使A和B获得等大反向的水平速度，它们一段时间内速度v随时间t变化的图像，如图乙所示。已知物块A跟木板B的质量之比为1∶3，物块A与木板B之间、木板B跟地面之间的动摩擦因数分别为和，重力加速度，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．物块与木板间的动摩擦因数为
B．两处的动摩擦因数之比为
C．木板B向前滑行的最大距离为
D．物块A相对木板B滑过的位移大小为
【答案】AC
【详解】A．以水平向右为正方向，对小物块受力分析根据乙图可知那么物块与木板间的动摩擦因数为，A正确；
B．对木板受力分析根据乙图可知那么木板与地面间的动摩擦因数为两处的动摩擦因数之比为，B错误；
C．结合乙图，从开始，设物块与木板达到共速又用了时间，则解得
此时的建度为之后物块与木板具有共同的加速度对于木板，在相对滑动阶段
共同前进阶段那么木板B向前滑行的最大距离为，C正确；
D．两者的相对初速度为，相对末速度为0，相对滑动的时间为则物块A相对木板B滑过的位移大小为，D错误。故选AC。
14．如图所示，质量、长度的木板A静止在水平面上，木板A的上表面与水平面平行。某时刻一质量的木块B以初速度从左端滑上木板A的上表面，同时对木板A施加一个水平向右的力，已知木板A与木块B间的动摩擦因数，木板A与水平面间的动摩擦因数，重力加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．木块B在木板A上滑动时木板A的加速度大小为
B．木块B从滑上木板A到两者相对静止所需的时间为1.5 s
C．木板A与木块B相对静止时共同的加速度大小为
D．木板A运动的总位移为12 m
【答案】BC
【详解】A．木块B在木板A上相对滑动时，对木板A由牛顿第二定律可得
解得，A错误；
B．对木块B由牛顿第二定律可得解得设经过时间t，物体B与木板A达到共速，则解得，B正确；
C．木板A与木块B相对静止前木板A的位移木板A与木块B相对静止时的速度
木板A与木块B相对静止后整体开始做减速运动，由牛顿第二定律可得解得，C正确；
D．木板A与木块B相对静止后到停下时木板A的位移所以木板A运动的总位移
，D错误。故选BC。
15．如图所示，一质量为M的斜面体静止在水平面上，物体B受沿斜面向上的力F作用沿斜面匀速上滑，A、B之间动摩擦因数为μ，μ
A．A、B保持相对静止
B．地面对斜面体的摩擦力等于
C．地面受到的压力等于（M+2m）g
D．B与斜面间动摩擦因数为
【答案】BD
【详解】A．设A的加速度为a，对A受力分析有又由则则物块A会加速下滑，A、B不能保持相对静止，故A错误；
BC．对B受力分析，因为B匀速沿斜面上滑，有；
对斜面受力分析，如图所示，有
水平方向竖直方向联立解得；，
根据牛顿第三定律，知斜面对地面的压力为故B正确，C错误；
D．设物体B与斜面体间摩擦因数为，；而B与斜面间摩擦力大小
解得故D正确。故选BD。
四、 利用能量动量观点处理板块模型
16．如图1所示，物块c静置于光滑水平面上，物块b置于水平木板a的左端，a、b一起以速度v0在光滑水平面上向右运动，t=0时刻，木板a与物块c碰撞后立即粘合在一起。已知物块c质量为m，木板a与物块c粘合后速度为，随后b与ac运动的v-t关系如图2所示，不计空气阻力，重力加速度为g，物块b可视为质点，且物块b始终未滑出木板a。则下列说法正确的是（ ）
A．物块b质量为m B．物块b质量为2m
C．木板a长度至少为 D．物块b与木板a间的动摩擦因数为
【答案】ACD
【详解】A．木板a与物块c碰撞前后，由动量守恒定律解得木板a的质量
由图2知，物块b、c和木板a系统最终一起做匀速直线运动，速度大小为，由动量定律
解得，A正确；
B．物块b质量为m，B错误；
C．v-t图像中的图线与t轴所围成的面积表示位移，图中三角形部分的面积表示物块b与木板a的相对位移，由图知，此相对位移故木板a的长度至少为，C正确；
D．木板a与物块c粘合后至物块b、c和木板a系统一起匀速所经历的时间为t0，此过程，对木板a与物块c整体，由动量定理解得动摩擦因数，D正确。故选ACD。
17．如图所示一平板车A质量为2m，静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板相距为L。小物块B的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向相反。A、B之间的动摩擦因数为μ，平板车A表面足够长，物块B总不能到平板车的右端，重力加速度大小为g。L为何值，车与挡板能发生3次及以上的碰撞（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【详解】在车与挡板碰撞前，有如果L为某个值，使A与挡板能发生二次碰撞，从A开始运动到与挡板第一次碰撞前瞬间，对A由动能定理可得设A第二次与挡板碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为、，从A与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得
且第二次碰撞前，A、B未达到共同速度，A在这段时间内先向左后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知，A与挡板第二次碰撞后经一段时间后A、B同时停止运动，即联立解得车与挡板能发生3次及以上的碰撞的条件，故CD可能，AB不可能。故选CD。
18．如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角，一质量为的L形工件沿斜面以速度匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为m的小木块轻轻放在工件上的A点，当木块运动到工件下端时（与挡板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，而后木块与挡板第一次相碰，以后木块将与挡板发生多次碰撞．已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上动量不守恒
B．下滑过程中，工件的加速度大小为
C．木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为
D．木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为
【答案】BCD
【详解】A．下滑过程中，工件和木块系统沿斜面方向上合力为零，所以沿斜面方向上动量守恒，A错误；
B．工件在斜面上的受力如下图
开始工件匀速下滑，根据牛顿第二定律有解得把木块放上，对工件受力分析有解得，B正确；
C．设碰撞瞬间木块速度为v，碰撞前的过程工件与木块组成的系统动量守恒，即解得
设碰撞后工件的速度为v2，木块速度为v1，碰撞过程根据动量守恒有根据能量守恒有
解得；，C正确；
D．设木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为t，在此时间内工件的位移为
木块的位移；解得，D正确。故选BCD。
19．如图所示，表面水平的小车B静止在光滑水平面上，小物块A（可视为质点）以初速度v从小车左端水平滑上小车，此后当A、B恰好共速时，B与正前方静置在墙内水平均匀孔道中的细杆C发生碰撞。已知：A、B、C的质量为m，所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，A、B间和C与墙内孔道间的滑动摩擦力大小均为，重力加速度为g，小车表面及墙内孔道均足够长。不计空气阻力，则：
（1）求B、C的起始间距；
（2）若B、C可以发生二次碰撞，求第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，B匀速运动的位移和C所运动的位移；
（3）若B、C只能发生二次碰撞，求细杆原来裸露在墙外的长度满足的条件。
【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）设A、B共速时速度为v1，由动量守恒定律可得此过程B的位移为，由动能定理可得
（2）B、C第一次相撞后速度分别为、，由动量和能量守恒定律有；可得；碰后至C减速为0，对C有；
可得 第一次碰后，A、B再次共速时，由可得该过程B前进的位移
之后，A、B一起向右匀速，向右匀速位移为，则有可得
（3）B、C第二次碰后速度分别为、，则有；
B、C第二次碰后杆C向右运动，有联立可得则外露最大长度
所以满足条件的外露长度应为
20．如图所示，光滑水平地面上固定有一圆弧斜槽ABC。斜槽左端是半径为R=7.5m的四分之一光滑圆弧AB：右端是上表面由特殊材料制成，长为L=1.2m的水平面BC。紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车P，质量为，小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不相连，右方离车足够远处有一固定的竖直墙壁。有一项量为的小滑块M（可视为质点），其与BC的动摩擦因数随到B点距离增大而均匀减小到0，变化规律如下图甲所示：与小车上表面间的动摩擦因数为μ=0.1。现将小滑块M从斜槽顶端A点由静止滑下，经C点滑上小车时撤去斜槽。已知小车第一次与竖直墙壁碰撞前已与滑块共速，小车与墙壁碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，大小减小为碰撞前的一半，整个过程滑块M未从小车上掉落，重力加速度取。求：
（1）滑块运动到C点时的速度大小；
（2）与壁第一次碰撞后到与墙壁第二次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，小车所能运动的总路程。
【答案】（1）；（2）48J；（3）10.67m
【详解】（1）若小球到C点的速度为，B到C过程中阻力做功为，由图甲可知过程摩擦力在均匀减小，则有小球由A到C过程中，由动能定理可得解得
（2）滑块滑上小车后达到的共同速度为，滑块和小车第一次碰前，由动量守恒有
第一次碰前小车和滑块速度均为，碰后小车变为，滑块速度仍为，碰后通过动量守恒，达到共同速度为，则由动量守恒有由分析可知，当滑块和小车第二次共速后恰好发生第二次碰撞；小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为Q，根据能量守恒得联立得
（3）以小车第一次碰后为即时起点，根据牛顿第二定律有，滑块与小车运动过程中加速度大小分别为
；小车速度随时间变化的图像如图所示
由图像易知，每次碰撞前两者恰好达到共同速度。小车与墙壁第1次碰撞到第2次碰撞过程中，路程解得；同理小车与墙壁第2次碰撞到第3次碰撞过程中；第3次碰撞到第4次碰撞过程中；第4次碰撞到第5次碰撞过程中……小车与墙壁第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车运动的路程s
五、 电磁场中的块模型
21．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一足够长的绝缘木板静止在水平面上，木板左端放置滑块，已知木块与滑块质量均为0.2kg，滑块所带电荷量q=+0.4C，滑块与绝缘木板、木板与地面之间的动摩擦因数均为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对木板施加方向水平向左的力作用，使木板做匀加速运动，已知力F的大小随时间变化关系如图所示，g取10m/s2。则下列说法不正确的是（ ）
A．木板的加速度为2m/s2，滑块离开木板时速度为16m/s
B．t=3s后滑块和木块有相对运动
C．滑块开始做匀加速运动，后做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10m/s的匀速运动
D．滑块离开木板时，力F的大小为1.4N
【答案】A
【详解】B．根据题意可知木板始终做匀加速运动，且t=0时滑块不受洛伦兹力作用，则对整体有：
由图像可知此时拉力为2.8N，代入可得：a=2m/s2，根据题意可知，当滑块与木板恰好发生相对运动时：解得：v=6m/s由v=at，可知t=3s，B正确，不符合题意；
AC．此后速度继续增加，摩擦力继续减小，则加速度减小，当二者分离时有：解得m/s
C正确，不符合题意，A错误，符合题意；
D．由于木板一直做匀加速运动，故滑块离开木板后，对木板有：解得N
D正确，不符合题意。故选A.
22．如图所示，空间有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量且足够长的不带电绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板的左端无初速放置一质量为m，电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.2，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为的恒力，g为重力加速度。则（ ）
A．最终滑块以的速度匀速运动
B．最终木板以的加速度做匀加速运动
C．整个过程中，木板加速度由逐渐增大到
D．整个过程中，滑块先与木板一起匀加速运动，然后再做加速度减小的加速运动，最后做匀速运动
【答案】AB
【详解】A．开始滑块做加速直线运动，滑块获得向左的速度，根据左手定则可知滑块受到洛伦兹力作用竖直向上，当洛伦兹力等于重力时滑块做匀速直线运动，即解得故A正确；
B．当滑块受到洛伦兹力等于滑块重力时，滑块与木板间的弹力为零，摩擦力为零，根据牛顿第二定律可得
解得最终木板的加速度为故B正确；
C．设最开始时，滑块与木板发生相对滑动，对滑块有解得对木板有解得即整个过程中，木板加速度由逐渐增大到，故C错误；
D．由以上分析可知初始时刻滑块的加速度为，木板的加速度为，整个过程中滑块受到的洛伦兹力增大，支持力减小，摩擦力减小，加速度减小，最后做匀速运动，故D错误。故选AB。
23．如图所示，一质量M=1kg的绝缘长木板静止于水平地面上，在距其最左端L=1m处存在宽度d=2m，方向竖直向下的匀强电场区域，电场强度E=300N/C．一质量m=1kg、带电量的物块放在长木板的最左端，物块在F=10N的水平向右恒力作用下从静止开始运动，在物块刚离开电场右边界时撤去外力F，物块最终未从长木板末端滑离。若物块与长木板之间的动摩擦因数为，长木板与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块刚进入电场区域时的速度大小；
（2）长木板从开始运动至与物块共速所用时间；
（3）整个过程长木板的总位移。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块未进电场时，对物块分析，由牛顿第二定律 求得
对木板分析，由牛顿第二定律求得即木板在物块未进电场时静止不动，对物块分析；
（2）物块滑进电场后，对物块分析，由牛顿第二定律求得即此时物块匀速直线运动求得对对木板分析，由牛顿第二定律
求得当物块刚要离开电场时，木板的速度为物块离开电场后，对物块，有
；对木板，有木板匀速，离开电场后，物块与木板共速的时间为t2，则有；则长木板从开始运动至与物块共速所用时间
（3）物块与木板共速时，由牛顿第二定律；木板加速位
木板匀速位移木板减速位移木板走过的总位移
24．如图所示，在粗糙的水平面上放有质量为M=0.3kg的绝缘长木板，有一质量为m=0.2kg，带电量为的小滑块（可视为质点）正沿木板的上表面向左运动，木板左端有一个固定的、半径R=0.1m的四分之一光滑圆形绝缘轨道AB与之相接，轨道的最低点B点与木板的上表面相切，整个空间加有一个方向竖直向上、场强大小为的匀强电场。已知滑块与木板间的动摩擦因数为，木板与水平面间的动摩擦因数，滑块在木板上向左运动至离B点x=0.3m处时速度大小为 ，，求
（1）滑块通过木板滑上固定的光滑圆形轨道AB，沿轨道AB上升的最大高度H；
（2）滑块沿轨道AB返回刚运动至B点时对轨道的压力；
（3）若木板长度为0.6m，试求滑块再次返回滑上木板，而在木板上运动的过程中，系统因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）；（2）22N，方向竖直向下；（3）0.627J
【详解】（1）对于滑块上升到最高点过程，据动能定理得
解得
（2）对于滑块从开始运动到返回至B点处过程，根据动能定理得
在B点由牛顿第二定律解得vB=3m/s，NB=22N由牛顿第三定律，可知滑块对轨道的压力的大小为22N，方向竖直向下
（3）滑块再次滑上木板后，由于f1=μ1（mg+qE）=1N，f2=μ2（qE+mg+Mg）=0.7N则μ1（mg+qE）>μ2（qE+mg+Mg）
所以木板将由静止开始做匀加速运动，滑块做匀减速运动
又木块加速度大小a1==1m/s2滑块的加速度大小a2==5m/s2设两者经过时间t0速度相等，则vB-a2t0=a1t0解得t0=0.5s则在两者相对滑动的过程中，木板的位移为s1==0.125m滑块的位移为s2==0.875m由于△s=s1-s2=0.75m>L=0.6m故滑块在二者速度相等之前就要离开木板
设滑块经过时间t离开木板，则—=L解得s木板位移m
故系统因摩擦而产生的热量Q= f1L+ f2 =0.627J
25．如图所示,小车质量M=8kg,带电荷量q=＋3×10－2C,置于光滑水平面上,水平面上方存在方向水平向右的匀强电场,场强大小E=2×102N/C．当小车向右的速度为v=3m/s时,将一个不带电、可视为质点的绝缘物块轻放在小车右端,物块质量m=1kg,物块与小车表面间动摩擦因数μ=0.2,小车足够长,g取10m/s2,求：
（1）物块在小车上滑动过程中相对小车滑动的距离
（2）从滑块放在小车上后5s内电场力对小车所做的功.
【答案】（1）3m（2）132J
【详解】（1）物块放上后，小车向右做匀加速运动 物块向右做匀加速运动a2=μg=2m/s2设滑块在小车滑行时间t1，当两者速度相等时有v1+a1t1=a2t1；t1=2s
物块在车上相对车滑行距离：
（2）当物块与小车相对静止时，共同运动加速度 当物块与小车相对静止时，共同运动的速度v=v1+a1t1=4m/s物块与小车相对静止前小车运动的位移 物块与小车相对静止后小车运动的位移
所以5s内电场力对小车所做的功 W=qE•（S1+S2）=132J
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