专题05 板块模型(解析版)

2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练

专题05 板块模型

专练目标 目标1 目标2 目标3 【典例专练】

一、水平传送带模型

1．如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的vt图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）

专练内容 无外力动力学板块模型（1T—5T） 有外力动力学板块模型（6T—10T） 利用能量动量观点处理板块模型（11T—16T）

A．木板的长度为v0t1

v1 v0B．物块与木板的质量之比为

v0v1C．物块与木板之间的动摩擦因数为

2gt1v0v1 v1D．0~t1这段时间内，物块动能的减少量与木板动能的增加量之比为

【答案】D

【详解】A． t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端，所以相对位移就是板长，根据图2可知相对位移为

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Lxv0t1故A错误； 2fv0v1木板加mt1B．相对运动过程中，设相互间的摩擦力大小为f，物块的加速度大小a'速度大小avv1fm1所以物块与木板的质量之比为故B错误； Mt1Mv0v1favv01故C错误； mgggt1C．摩擦力为fmg所以物块与木板之间的动摩擦因数112220~t1时间内，D．木板的动能增加量为Ek2=Mv1物块的动能减少量为Ek1=m(v0v1）物

2212m(v0v12）mv1Ek12=块动能的减少量与木板动能的增加量之比为又联立得

1Mv0v1Ek22Mv12Ek1v0v1故D正确。故选D。 Ek2v12．如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。下列判断正确的是（ ）

A．当m1>m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出

B．当m1D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端 【答案】D

【详解】木板整体时铅块滑到木板最右端才与木板相对静止。而当将木板分成两块，铅块滑到第二块时，两块木板将分离，分离之后前一段木板匀速运动，铅块和后一段木板相互作用，

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此时木板的质量比原木板质量减少，铅块给木板的摩擦力不变，因此根据牛顿第二定律可知，此时后一段木板的加速度要比整体时大，铅块的加速度不变，这样达到共同速度时所用时间短，因此最后在铅块滑到木板的最右端之前与板保持相对静止，与m1、m2的大小无关。故选D。

3．一足够长木板在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v-t图象如图所示。则小物块运动的v-t图象可能是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】根据木板运动的v-t图象可知，物块先加速与木板共速后，一起减速，且减速加速度相同，即图像斜率相同。故选D。

4．如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块。现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是（ ）

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A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4 B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1 C．木板的长度L＝4 m D．木板的质量M＝1.5 kg 【答案】ABD

【详解】A．由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1ma11mg得10.4

Δv1210m/s24 m/s2由Δt120A正确；

B．2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a2(mM)a32(mM)g

Δv202m/s21 m/s2Δt242得20.1，B正确；

1C．木板的长度为0~2 s内滑块与木板的vt 图线与时间轴所围面积差L102 m10 m，

2C错误；

Δv1'20m/s21 m/s2对M有1mg2(Mm)gMa2解得D．0~2 s内木板的加速度a2Δt120M=1.5 kg，D正确。 故选ABD。

5．如图甲所示，光滑水平面上静置一个长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t0时刻质量为m的滑块以水平向右的速度v滑上长木板左端，此后长木板与滑块运动的vt图像

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如图乙所示，下列分析正确的是（ ）

A．M2m

C．0~2s过程中摩擦力对木板做负功 【答案】ABD

B．物块与长木板间的动摩擦因数为0.2 D．木板的长度为8m

【详解】A．滑块滑上长木板后，滑块受到摩擦力作用做匀减速直线运动，长木板做匀加速

22直线运动，由图乙可知滑块加速度大小为a12m/s，长木板加速度大小为a21m/s，由牛

顿第二定律有F1ma1Ma2 可知M2m故选项A正确；

B．对滑块分析可知mgma1解得μ=0.2选项B正确；

C．0~2s过程中木板加速运动，动能增加，可知摩擦力对木板做正功，选项C错误； D．t2s时滑块滑离长木板，从图可知，此时长木板速度大小为2m/s，滑块速度大小为3m/s，1在02s时间内两者相对运动的距离即为长木板的长度，即l712m=8m选项D正

2确。故选ABD。

二、有外力动力学板块模型

6．如图所示，m、M两物体叠放在光滑水平面上，两物体间动摩擦因数为μ=0.2，已知它们M=1kg，g=10m/s2）的质量m=2kg，力F作用在m物体上（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，则（ ）

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A．当F4N时，两物体即将发生相对运动 B．当F5N时，两物体一定发生相对运动 C．当F8N时，M物体的加速度为4m/s2 D．当F12N时，m物体的加速度为4m/s2 【答案】D

【详解】ABC．当m、M刚要滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时它们的加速度为a0，力F，根据牛顿第二定律，对M有a0mgM4m/s对m、M整体有F(mM)a034N12N所以当F12N时，m、M相对静止，一起向右匀加速运动，ABC错误； D．当F12N时，m物体的加速度为aFmg124m/s24m/s2，D正确。故选D。 m27．某中学两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默契度，如图所示，一长L=0.20m、质量M=0.40kg的木板靠在光滑竖直墙面上，木板右下方有一质量m=0.80kg的小滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.20，滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，一人用水平恒力F1向左作用在滑块上，另一人用竖直向上的恒力F2向上拉动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动，下列判断正确的是（ ）

A．只要F2足够大，木板一定能上升

B．若F2=18N，为使滑块和木板不发生相对滑动，F1至少为20N

C．若F1=40N，为使滑块和木板一起上升，则F2的取值范围是12N学科网（北京）股份有限公司

【答案】D

【详解】A．木板能够上升的条件是：在竖直方向上，滑块给木板的摩擦力大于木板本身的重力，已知滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有F1Mg解得

F1Mg0.4010N20N 0.20即必须满足F1＞20N的条件，木板才能上升，故AB错误；

C．当两者间摩擦力达到最大时，隔离MF1MgMa若F1=40N，为使滑块和木板一起上升F2(Mm)g(Mm)a解得F224N故C错误；

D．若F1=30N、F2=20N，假设滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，对滑块应用牛顿第二定律有F2F1mgmam代入数据解得am=7.5m/s2对木板应用牛顿第二定律有

F1MgMaM代入数据解得aM=5m/s2此时am＞aM故假设成立。设经过时间t滑块将从木

板上方离开木板，则滑块上升的距离为 xm11amt2木板上升的距离为xMaMt2滑块可从木板上方离开木板，则有xmxML联立222L0.4s故D正确。故选D。

amaM解得t8．如图所示，质量mA=1kg足够长的长板置于水平地面上，质量mB=2kg的小滑块置于长板A的左端，A与水平地面的动摩擦因数μ1=0.3，B与A间的动摩擦因数μ2=0.5，对B施加一大小为F=20N方向与水平面成37°的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（ ）

A．A的加速度大小为1m/s2 B．B的加速度大小为6m/s2

C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大 D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止 【答案】BC

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【详解】B．对小滑块B进行受力分析，如图

可知NBFsin37mBg又f12NB根据牛顿第二定律，有Fcos37f1mBaB联立，可得aB6m/s2故B正确；

A．对长板A受力分析，如图

''可知NANBmAg又fmax1NA5.4Nf1易知，长板A静止，即aA0故A错误；

'CD．若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有aA2mBg1mAmBgmA1m/s2对B

'2有aB2g5m/s

易知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止。故C正确；D错误。故选BC。

9．一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与μ2=0.2，薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，水平恒力F作用在A物块上，如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）

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A．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N B．若F=8N，则B物块的加速度为2.0m/s2

C．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 D．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动 【答案】BC

【详解】BCD．A与硬纸片间的最大静摩擦力为fA1mAg0.3110N3N，B与硬纸片间的最大静摩擦力为fB2mBg0.2110N2N当B刚要相对于硬纸片滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得

（mAmB）a022N4N即达到4NfBmBa0， fBmBg得a02m/s2对整体，有F0B将相对纸片运动，A受到的摩擦力也为2N，后，此时B受到的摩擦力f2N则对A分析，所以A的摩擦力小于最大静摩擦力，故A和纸片间不会发生相对运动；则可知，当拉力为8N时，B与纸板间的摩擦力即为滑动摩擦力为2N，此后增大拉力，不会改变B的受力，其加速度大小均为2m/s2，由于轻质薄硬纸片看做没有质量，故无论力F多大，A和纸片之间不会发生相对滑动，故BC正确；D错误；

A．若F1.5N4N所以AB与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得

F-fmAa所以A物块所受摩擦力fF1.5N故A错误。故选BC。

10．如图甲所示，很薄的长木板B在水平地面上，在t0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下从左端滑上长木板，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度一时间图象如图乙所示，g10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．长木板的最小长度为1m

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B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5kg D．外力F的大小为4N 【答案】BD

A．【详解】由速度一时间图象可知，2s后物块A、长木板B达到共同速度后一起匀速运动，则说明长木板B与地面是光滑的，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，由图象得在2s内物块A的位移xA4m

长木板B的位移xB2m所以长木板的最小长度为LxAxB2m，A错误；

2B．对物块A撤去外力F在1s~2s内受力分析得μmgmaA2由vt图象可知aA21m/s可得A、

B间的动摩擦因数是0.1，B正确；

2C．对长木板B受力分析由牛顿第二定律得mgMaB由vt图象可知aB1m/s长木板的质

量为M1.0kg，C错误；

2D．在0~1s对物块A受力分析得FμmgmaA1由vt图象可知aA23m/s解得外力F4N，

D正确。 故选BD。

三、利用能量动量观点处理板块模型

11．如图所示，一质量M=8.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块 A。给A和B以大小均为5.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5。则在整个过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s D．长木板的长度可能为10m

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【答案】ACD

【详解】AB．木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0=5.0m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得当木块A的速度间为零Mv0mv0MvB 代入数据解得vB3.75m/s故A正确，B错误；

C．最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0-mv0Mmv代入数据解得v3m/s故C正确；

D．最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统

111Mv02mv02-Mmv2mgx代入数据解得x=8m木板的最小长度为8m，可能为10m，222故D正确。故选ACD。

12．如图所示，一质量为M的足够长的木板放在光滑水平面上，其左端放有一质量为m的木块，在木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞。已知木块与木板间的动摩擦因数为，取重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A．若M362m，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中摩擦生热的大小为mv0 252v0B．若Mm，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为

2g21C．若Mm，木板与墙壁第126次碰撞前的速度为35125v0

52D．若Mm，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的总冲量大小为mv0

33【答案】CD

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【详解】A．如果M3m，木板只与墙壁碰撞一次，取向右为正方向，由动量守恒定律得211Mmv02Mmv2联22Mv0mv0Mmv整个运动过程中摩擦生热的大小为Q立求解得Q232mv0故A错误； 20B．如果M=m，木板只与墙壁碰撞一次，取向右为正方向，由动量守恒定律得

Mv0mv0Mmv

2v012解得v0由动能定理可得mgx0Mmv0联立解得x故B错误；

g22C．如果Mm，木板与墙壁碰撞第一次后，速度为v0，方向与原方向相反，取向右为正

3方向，当木板与木块再次共速时，由动量守恒定律得Mv0mv0Mmv1解得v1mM1v0v0同理木板与墙壁碰撞第二次后，速度再次反向，取向右为正方向，由动mM5量守恒定律得Mv1mv1Mmv21解得v2v0由此可知，木板第126与墙壁碰撞

521的速度为5125v0，故C正确；

2D．如果Mm，木板最终停在墙的边缘，根据动量定理可得I0mMv0在整个

35过程中墙对木板的冲量大小为mv0，故D正确。故选CD。

313．质量为3m足够长的木板静止在光滑的水平面上，木板上依次排放质量均为m的木块1、2v0、2、3，2、3水平向右的初速度v0、木块与木板间的动摩擦因数均为。现同时给木块1、3v0，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是（ ）

A．1木块相对木板静止前，木板是静止不动的 1B．1木块的最小速度是v0

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5C．2木块的最小速度是v0

624v0D．木块3从开始运动到相对木板静止时对地位移是

g【答案】BCD

【详解】A．木块1在木板上向右减速运动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板 速度相等时相对木板静止，由此可知，1木块相对静止前木板向右做加速运动，故A错误；BC．木块与木板组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，第n1号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv02v0nv02n1mvn1mv对第n1号木（n1）v0 块，由动量定理得mgt'mvn1m对第n号木块，由动量定理得mgt'mvmnv0由以上三式解得vn115木块的最小速度为v1v0；2木块的最小速度为v2v0故BC正确；

26n1n2v0；1

4nD．木块与木板组成的系统动量守恒，以向右为正方向，3木块相对木板静止过程，由动量守恒定律得

mv02v03v03m3mv3解得v3v0对

24v01212mgxmv3m3v0解得x

22g3木块，由动能定理得

故D正确；故选BCD。

14．如图所示，水平光滑的地面上静止放置一质量为mA的小车A，小车的上表面光滑，质量为mB的物块B（可视为质点）置于A的最右端。现对A施加一个水平向右的恒力F，A运B粘合在一起，动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t，二者的速度达到v（mA、mB、F、t、v均为已知量）。则下列说法正确的是（ ）

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A．物块B刚开始做匀加速直线运动 B．小车A开始运动时的加速度大小为

D．可求得小车A上表面长度l

F mAC．可求得A、B碰撞后瞬间的共同速度的大小 【答案】BCD

【详解】A．由于小车上表面光滑，物块B刚开始静止，故A错误； B．以A为研究对象，由牛顿第二定律知FmAa则aF故B正确； mAC．对A、B碰撞后共同运动时间t的过程，由动量定理得Ft(mAmB)v(mAmB)v共代入数据解得

v共=(mAmB)vFt故C正确； mAmBD.设A、B发生碰撞前瞬间，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有

mAvA(mAmB)v共

A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理知Fl度

12mAvA联立两式可求得小车A上表面长2(mAmB)vFtl2mAF2故D正确；故选BCD。

15．如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角37，一质量为3m的L形工件沿斜面以速度v01m/s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10m/s2，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

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B．下滑过程中，工件的加速度大小为2m/s2

C．木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为1.5m/s D．木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为0.75s 【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3mgsin3mgcos解得0.75把木块放上，对工件受力分析有4mgcos3mgsin3ma解得a2m/s2，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3mv0mv解得v3m/s

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mvmv13mv2根据能121122量守恒有mvmv13mv2解得v11.5m/s；v21.5m/s，C正确；

222D．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1x2v2tat2

2木块的位移x1v1t1gsin37t2；x1x2解得t0.75s，D正确。故选BCD。 216．如图甲所示，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μ=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

1F的关系如图乙所示，其中AB与S横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

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力加速度g=10m/s2．则下列说法正确的是（ ）

A．若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/s B．C点纵坐标为1.5m-1

C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出 D．图像中D点对应的外力的值为4N 【答案】BC

【详解】A．F=0时，m和M系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得

121212mv0mv1Mv2；mv0(mv1Mv2)mgs将M=0.5kg、m=1kg、v0=4m/s、s=1m代入

222得

v1=2m/s，v2=4m/s（不符合情况，舍去）或v1104m/s,v2m/s选项A错误； 33B．①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，由牛顿第二定律得a1vv0amt1=a1t1根据位移关系可得sFmg根据速度时间关系可得Mv0vvv1F3t1t10t1联立解得由图乙知，相222s4对路程s≤1m，代入解得F≥1N

②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，由牛顿第二定律得aF Mm而f=ma，由于静摩擦力存在最大值，所以ffmaxmg2N联立解得F≤3N综上所述：BC

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1F31段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N函数关系式是当F=3N时1.5则B点的横坐标

ss4为∶1N，C点的纵坐标为：1.5m-1；选项B正确；

C．当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则木板的加速度a1=对位移sv0vvt1t1联立解得 22F+mg速度关系有vv0amt1a1t1相mF=1N选项C正确；

D．D（C）临界点对应的情况是物块滑至某处时，木板与物块已达到速度相同，且之后物块与木板之间恰达到最大静摩擦力两者一起加速运动的临界加速度为a=μg=2m/s2；FD（mM）a3N选项D错误。故选BC。

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