选择题2 力学四大模型之-板块模型（解析版）-2022年高考物理压轴培优练

选择培优练2力学四大模型一之板块模型

题组1板块模型之动力学分析问题........................................................

题组2板块模型之功能分析问题........................................................9J2

题组3板块模型之动量、能力结合应用问题..............................................12r20

题组1板块模型之动力学分析问题

1.（2021.江西.高三阶段练习）如图甲所示，质量机=3kg的物体A和质量未知的物体B叠放在一起，静止在

粗糙水平地面上，用从零开始逐渐增大的水平拉力尸拉着物体B,两个物体间的摩擦力力、物体B与地面

间的摩擦力力随水平拉力尸变化的情况如图乙所示，重力加速度g取10m/s2,且最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，则（）

A.两个物体间的动摩擦因数为0.3

B.物体B的质量为1kg

C.物体B与水平地面间的动摩擦因数为0.2

D.当F=10N时，A物块的加速度大小为3m/s2

【答案】B

【解析】A.由图乙可知，4、8之间的最大静摩擦力为工皿=6N,可知A、B间的动摩擦因数为

AAB=-=^=0-2,故A错误；

/ng30

BC.由图乙可知，当尸=4N时，A、B整体相对地面开始滑动，则外地（/n+%）g=4N

当F=12N时，A、B即将产生相对滑动，此时对整体有a：.-—地（.+sJg

m+mn

对物块A有"./叫=%。，联立解得，〃B=lkg,4地=°」，故B正确，C错误;

D.当厂=ION时,4、B两物块一起加速运动，则4、2两物块的加速度大小为

。’="一用地W+"）g=^m/sJL5m/s2,故D错误。故选B。

/"+〃13+1

2.（2021・广东•金山中学高二开学考试）如图甲所示，小物块A静止在足够长的木板8左端，若A与8间动

摩擦因数为4=。6,木板8与地面间的动摩擦因数为〃2=。2,假设各接触面间的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力。某时刻起A受到尸=3,的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力/随外力厂的变化关系如图

乙所示，重力加速度取g=10m/s、则下列判断正确的是（）

A.4,8两物体的质量分别为1kg和2kg

B.当r=ls时，A,B发生相对滑动

C.当r=3s时，A的加速度为4m/s2

D.B物体运动过程中的最大加速度为8m/s?

【答案】C

【解析】A.设A、8两物体的质量分别为如、w,根据A与B间摩擦力/随外力尸的变化关系可得A与8

间滑动摩擦力为6N,8与地面的摩擦力为3N,则有〃Mg=6N

外（〃4+，巧）g=3N联立解得nn=lkgW2=0.5kg故A错误：

B.A、8发生相对滑动时，对A有尸'-〃Mg=g。，对B有〃।町g-M2（町+，巧）g=〃z2a

联立可得尸'=12N,即f'=4s,故B错误；

C.由3分析可知，当f=3s时，A、B相对静止，一起做匀加速运动，则有耳-生（肛+/）g=（，％+色

代入数据可得m=4m/s2,故C正确：

D.8物体运动过程中的最大加速度为M町8-外（町

代入数据可得s=6m/s2,故D错误；故选C。

3.（2021.福建•福州阳光国际学校高三阶段练习）一长轻质薄硬纸置于光滑水平地面上，薄硬纸片上放质量均

为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为川=0.3,〃2=0.2,水平恒力F作用在A

物块上，如图所示，己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。贝IJ（）

A.若F=1N,则物块、薄硬纸片都静止不动

B.若F=1.5N,则A物块所受摩擦力大小等于L5N

C.若尸=15N,则A物块的加速度为12.0m/s2,B物块的加速度为2.0m/s2

D.无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动

【答案】D

【解析】

两个木块所受的最大静摩擦力分别为7mA=Mg=3N7mB=〃遮遥=2N

A.若尸=1N<7mA=3N,所以AB即纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，A错误；

B.若F=1.5N<以=3N,所以AB即纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第

二定律=可得f=尸一见4a〈尸=1.5N,B错误；

C.当8刚要相对于纸板滑动时静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得九解得4=2m/s2

对整体，由牛顿第二定律得玲=（啊+/J%=4N

所以尸=15N>RF4N,故B•定与薄硬纸片发生滑动，其加速度为2机/s"则此时A物块的加速度为

2

«A=^^=13m/s,C错误；

叫

D.因为7mA>ZnB，并且水平面光滑，B一定比A先发生滑动，所以无论力尸多大，A与薄硬纸片都不会

发生相对滑动，D正确。故选D。

4.（2021•湖南师大附中高二期中）如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板尸，小滑块。放置于长木板

上的最右端。现将一个水平向右的力/作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撒去

力厂的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块。始终没有从长

木板P上滑下。重力加速度g=10m/s"则下列说法正确的是（）

A.f=9s时长木板P停下来

B.长木板P的长度至少是7.5m

C.滑块。与长木板P之间的动摩擦因数是0.5

D.滑块。在长木板P上滑行的相对位移为12m

【答案】AB

【解析】

AC.由图乙可知,力F在A=5S时撤去，此时长木板P的速度力=5m/s,々=6s时两者速度相同,v2=3m/s,

h=6s前长木板P的速度大于滑块。的速度，f2=6s后长木板P的速偿小于滑块。的速度，（）~6s过程中，以

滑块。为对象，由牛顿第二定律得〃Mg解得必=005

5~6s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得用（2析）&+〃］，咫="2,解得〃2=。。75

从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得M（2相）g-〃刈g=m4,解得q=lm/s2,这段时间

绢=X=3s,f=9s时长木板尸停下来，故A正确，C错误；

%

B.长木板P的长度至少是前6s过程中滑块。在长木板P上滑行的距离

Ax.=—x5x5m+—x（5+3）xlm--x3x6m=7.5m,故B正确；

222

D.在从6s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得〃盛=〃%，解得知=0.5m/s2

这段时间*=a=6s

%

所以f3=l2s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长板P上滑行的距离g=gx6x3m-gx3x3m=4.5m

前6s长木板P速度更大，后6s滑块Q速度更大,则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Ar=Ax「Ax2=3m

故D错误。故选AB。

5.（2021•安徽省怀远第一中学高二阶段练习）如图所示，质量M=4kg的小车长Z,=1.4m,静止在光滑水平面

上，其上面右端静止一质量〃?=lkg的小滑块（可看作质点），小车与木板间的动摩擦因数〃=04,先用一水

2

平恒力尸向右拉小车。（g=10m/so）下列叙述正确的是（）

n---F->

A.若用一水平恒力尸=10N,小滑块与小车间的摩擦力为3N

B.小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F大小不超过20N

C.若尸=28N且作用时间为0.5s,该过程小车对小滑块的冲量大小为厉N-s

D.若f=28N向右拉小车，要使滑块从小车上恰好不滑下来，力尸至少应作用多长时间0.6s

【答案】BC

【解析】A.当尸=10N时，设两者间保持相对静止，由整体法可得尸=(河+机必，解得4=2m/s2

隔离小滑块可得/==2N,而两者间的最大静摩擦力为，5=〃，咫=4N

所以小滑块与小车间的摩擦力为2N,故A错误；

B.当两者要发生相对滑动时，小滑块与小车间应达到最大的静摩擦力，此时小滑块的加速度可由

工皿=伴飕=”2，得«2=4m/s?,由整体法可得E=(M+m)a2=20N

小滑块与小车间不发生相对滑动的水平恒力F的大小范围是F<20N,故B正确：

C.当F=28N时，两者间相对滑动，小滑块受到小车的摩擦力为，,*=〃mg=4N

小滑块受到小车的支持力为F^mg=10N

小滑块受到小车的作用力为心=^42+102N=2V29N

则该过程小车对小滑块的冲量大小7=Rr=V29Ns,故C正确；

C1

D.当F=28N时，两者间相对滑动，小滑块,得生=4m/s2,小车尸=Ma3

得%=6m/s2

设F撤去前作用了时间t\,则两者获得的速度为Vm=a2fl,VM=O3tl

两者产生的位移为x,“，XM=g卬；

产撤去后加仍以。2加速，M以44减速，减速的加速度为4=幺等=lm/s?

M

2

设过时间公两者等速M=%+®2=匕”-“出，解得弓=不1、V

打时间内位移亡=%!匕仆为:号1上G，则(XM+XM)-(4+X；,)=L，整理得之解得:=人

故D错误。故选BC。

6.（2022•全国•高三专题练习）一如下闯关游戏：将一帆布带大部分置于桌面上，另一小部分置于桌外，设置

于桌面的AB部分长0.6m（设桌面外的部分其质量远小于AB部分的质量），。为4B中点，整条带的质量为

m=200g»将一质量为M=0.500kg、可看成质点的砖块置于AB部分的中点处，砖块与帆布带、帆布带与

桌面、砖块与桌面的滑动摩擦因数都为M=015。游戏时闯关者用恒定水平拉力F拉帆布带，若能使帆布带

与砖块分离且砖块不从桌面掉落下来，则算闯关成功。设砖块未脱落帆布带时帆布带受的滑动摩擦力不变，

则下列说法正确的是（）

A.砖块滑动时的加速度大小为1.5m/s2

B.帆布带所受到的滑动摩擦力最大只能是L8N

C.若破块与帆布带分离时的速度为血而m/s,闯关恰好成功

D.闯关者用尸=2.4N的力拉帆布带时，则闯关成功

【答案】ABC

【解析】

A.当帆布带相对砖块运动时，所受的摩擦力力=〃（M+〃?）g+〃蛇，砖块受到的摩擦力为/="腌

设砖块的加速度为防，帆布带的加速度为a2,则有力=例“1,F-fi=ma2

发生相对运动需要代入数据解得

F>2/7（M+/77）^=2Xo.15X（0.500+0.200）x10=2.1N,ay=1.5m/s2,A正确；

B.当帆布带与桌面、砖都发生相对运动时，此时帆布带所受到的滑动摩擦力最大，为力+

=1.8N,B正确；

C.若砖块与帆布带分离时的速度为疝布m/s,砖块匀加速运动的位移为再=（=嚼*=0.1501

匀减速运动的位移为52=6=嘤等=°」501,则总位移为0.3m,砖块恰好不从桌面掉下，C正确;

D.当尸=2.4N时，砖块未脱离时的加速度⑶=〃g=1.5m/s2,帆布带的加速度

/一〃（〃'+M）g-〃Mg=3.0m/s2

根据户-=解得•=^S=A/O7；

m

则此时砖块的速度v=tzit=1.5x704m/s=0.95m/s

砖块脱离帆布带后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小为m="g=L5m/s2,则匀减速运动的位移

5=^-=m=0.3m,而匀加速运动的位移%=g=Jx1.5x(>/04)2m=0.3m

可见砖块已经离开桌面，所以闯关失败，D错误。故选ABC。

7.(2021•山东•新泰市第一中学高三期中)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

机=lkg的物块以初速度w=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凡当恒力厂取某一值时，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,得到的关系如图乙所示，其中A8与横轴平行，且A8段的纵坐

标为1mL将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.则下列说法正确的是

My/m

图甲图乙

A.若恒力尸=0,物块滑出木板时的速度为3m/s

B.C点纵坐标为1.5m」

C.随着尸增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出

D.图像中£>点对应的外力的值为4N

【答案】BC

【解析】

A.尸=0时，机和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

=mvx+A/V2gmv^-(gmvf4-；)="mgs

将M=0.5kg、Ikg>v0=4m/s^s=lm代入得口=2m/s,丫2=4m/s(不符合情况，舍去)

104

或匕=§m/s选项A错误；

B.①当/较小时，物块将从木板右端滑下，当尸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，历时力，由牛顿第二定律得4=3整

根据速度时间关系可得V=%-qj==卬|

根据位移关系可得S=g匕=%

222

1F+3

联立解得上=£-，由图乙知，相对路程sWm,代入解得此IN

s4

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“做匀加速运动，由牛顿第..定律得一

而户"心由于静摩擦力存在最大值，所以=〃，"g=2N,联立解得后3N

综上所述：BC段恒力F的取值范围是1NSFW3N,函数关系式是工=?

当尸=3N时，-=1.5

S

则8点的横坐标为：1N,C点的纵坐标为：1.5mL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,历时小则木板的加速度ak力丝工，速度关系有v=%-4/=a/

m

相对位移$=空4一联立解得尸=1N,选项C正确；

D.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=〃g=2m/s2,Fl）=（m+M）a=3N

选项D错误。故选BC。

8.（2021・全国•高一专题练习）如图甲所示，长为2乙、质量为M的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为

，”的铁块（可视为质点）以初速度即从木板的左端向右滑动，结果铁块恰好不脱离木板。现将木板从中间分成

A、B两部分并排放在水平地面上，仍让铁块以初速度出从木板的左端向右滑动，如图乙所示，铁块与木板

间的动摩擦因数为〃，则（）

A.铁块在木板A上滑动时，两木板间的作用力为gwg

B.铁块仍将停在木板B的最右端

C.铁块将停在木板B上，但不在木板B的最右端

D.铁块在木板上的滑动时间变短

【答案】ACD

【解析】

A.题图乙所示过程中，铁块在木板A上滑动时，铁块对木板的摩擦力为卬〃g,此时木板的加速度

«=——>对木板BF==-a=k""7g

M2/

选项A正确；

BCD.在第一次铁块运动过程中，铁块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次铁块先使整个木

板加速，运动到B部分上后，A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二

次小铁块与B木板将更快达到共同速度，所以铁块没有运动到B的右端，且在木板上的滑动时间变短，选

项B错误，C、D正确。故选ACD。

题组2板块模型之功能分析问题

9.（2021•宁夏•银川一中高三阶段练习）如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之

间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为根。现对A施加一水平向右逐渐

增大的力F,当尸增大到汽时A开始运动，之后力尸按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的

位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（）

I4I—:F

B

77777777777777777777777777777'

甲

A.当F>2Fo,木块A和木板B开始相对滑动

B.当F>R）,木块A和木板B开始相对滑动

C.自广。至木板E木板B对A做功大小为中

D.e时，木板B的速度大小为J养

【答案】D

【解析】AB.设A、B之间的最大摩擦力为£,B与地面之间的最大摩擦力为《，由于最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，则>f'm="2mg=2"mg

可知，当尸增大到Fo,A开始运动时，B也和A一起滑动。则用=<=2〃mg

当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得尸一£=加。

F-fgma,联立解得尸=3与，故AB错误;

CD.木板自x=0至EO过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得（2）；_工＞。=

对A用动能定理，得_唯+0甘初七为凡联立解得唯=工毕，v=J砧

224\2m

故C错误，D正确。故选D。

10.（2021•全国•高三专题练习）如图所示，光滑水平面上静止放置质量分别为“、2m的物块A和木板B,A、

B间的滑动摩擦力为R,开始时，A放在B的中点处。第一次，在A上作用一水平恒力凡将A从B的右

端拉离木板；第二次，将相同的力作用在B上，使A从B的左端脱离木板。A可看作质点，比较两次运动

过程，下列说法正确的是（）

A.力F的最小值为2R

B.两次力厂的作用时间可能相同

C.两次系统由于摩擦产生的热量相同

D.两次脱离木板B时，物块A对地的位移可能相同

【答案】CD

【解析】A.当恒力作用在A上时，两物体分离的临界条件是尸-耳=怔，F（=2ma,解得尸=1.54

当恒力作用在B上时，两物体分离的临界条件是尸-4=2根，Ff=ma,解得尸=3月

所以力尸的最小值为3K。A错误；

B.假设两次作用的时间相同，则有与纥*一与*=乙，£/『_冬『=乙

2m4m4/n2m

联立解得尸=0,所以假设不成立。B错误；

C.摩擦产生的热量为摩擦力与相对路程的乘积，所以两次发热相同。C正确；

D.假设物体A对地位移为s,,则当恒力作用在A上时有£/尸=5,与F=s-L

2m4/H

化简得竺尹当恒力作用在B上时，有，•严=s,£p£f'2=L+s

Ffs-L2m4m

F—pg+L2L

化筒得一元」•=2-，联立解得5=下＞乙，所以两次脱离木板B时，物块A对地的位移可能相同。D正

2/＞sV3

确。故选CD。

11.（2020•福建・厦门一中高三阶段练习）如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的

右端和B的左端相接但不粘连。两板的质量均为加，长度皆为/；C是一质量为2,”的小物块。现给它一初

速度，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为〃。

地面与A、B之间的动摩擦因数均为0$〃，取重力加速度g；从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下

列说法正确的是（）

AB

/7777777777777777777777777777777777777777777777777777T777777/

A.木板A、B始终是静止

B.木板B滑行的距离为:

C.系统因摩擦产生的总热量为

D.当小物块C滑到木板2的右端时，木板8的速度最大

【答案】BCD

［解析】A.物块C对A或8的摩擦力为fcA=fcB=2〃mg

若C在A上滑动时，AB与地面间的最大静摩擦力之地=0.5〃x4mg=2/.img

则此时4B不动；当C在B上滑动时，8与地面之间的最大静摩擦力人地=0-5〃*3/=1.5〃/魅＜之

可知8将要滑动，选项A错误；

B.当C滑到木板A的右端时，因为48不动，由动能定理-〃-g.2*

解得%=&-4〃g/

当滑块C在8上滑动时，B的加速度4=2巴空;L5也£二0,C的加速度%=丝丝=，处

m2m

设经过时间，物块C到达最右端时的共同速度为V,则v=4-%£=软/，卓-3=/

解得T粉%=河8运动的距离x=卞=$

,V2I

然后8C一起减速运动，力口速度为〃=0.54g,最后停止时移动的距离元=不不一=-/

2x0.5〃g3

2/

则3一共向右移动的距离s=x+x=耳,选项B正确；

C.物块C在A上滑动时产生的热2=2卬的/,物块。在3上滑动产生的热Q2=2〃〃7g/

木板B在地面上滑动产生的热Q?=0.5〃•3,咫•§=〃〃笈

系统因摩擦产生的总热量为Q=Q+Qz+Q=5W侬,选项C正确；

D.当小物块C滑到木板8时，木板3加速运动，当C到达2的右端时，木板8的速度最大，然后两者一

起减速，选项D正确。故选BCD。

题组3板块模型之动量、能力结合应用问题

12.（2020•全国•高三专题练习）在光滑水平面上静止放置两个完全相同的长木板A、B,质量均为〃?，一个小

铅块质量也为胆，以水平初速度w由木板A左端向右滑动，达到木板B右端时，恰好与木板8相对静止。

现将两木板粘在一起，使得铅块仍以相同的初速度滑上A的左端，则下列说法正确的是（）

%

—►

A|B~

A.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止

B.小铅块将从木板8的右端飞离木板

C.两过程中产生的热量相等

D.木块B第二次的最终速度大于第一次的最终速度

【答案】BC

【解析】AB.铅块与木板间的滑动摩擦力始终不变，共速之前，铅块的加速度始终不变，第一次小铅块先

使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有8部分加速，第二.次在小铅块运动过程中，小

铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，则在8上运动时，第一次的加速度大于第二次的，则小铅

块第二次运动到8的右端时，速度还是大于B的速度，所以铅块必将从8右端飞离木板，故A错误，B正

确；C.两个过程中，滑动摩擦力相同，相对位移相同，根据。=叁年对，可知产生的热量相等，故C正确；

D.设第一次运动过程中，铅块刚滑上8时，A的速度为以，最后和8一起运动的速度为VB,第二次铅块

离开8右端的速度为刈，此时B的速度为外,运动过程中，木板和铅块组成的系统动量守恒，根据动量守

恒定律得，第一次初%=+2/nva,第二次mvu=mv'A+2mv'B

因为第二次铅块将从B右端飞离木板的速度大于第一次刚滑到8板的速度时A的速度,即vA，故%>%,

故D错误。故选BC。

13.（2022・全国•高三专题练习）如图，一固定且足够长的斜面MN与水平面的夹角a=37。，斜面上有一质量为

3相、上表面光滑且下端有挡板P的长木板A沿斜面匀速向下运动，速度大小w=lm/s,现将一质量为根的

小滑块轻轻地放在长木板上，当小滑块运动到挡板P时（与挡板碰前的瞬间），长木板的速度刚好减为零，之

后小滑块与挡板发生第1次碰撞，以后每隔一段时间，小滑块就与挡板碰撞一次，小滑块始终在长木板上

运动，已知小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,

下列说法正确的是（）

小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2

小滑块放在木板上的瞬间，其与尸的距离为2m

C.小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为L5m/s

D.小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s

【答案】ACD

【解析】A.开始长木板匀速下滑时，由平衡条件可得3〃?gsina=〃3〃?gcosc

带入数据解得〃=0.75,把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可〃-4mgcosa-3加gsina=3ma

代入数据解得a=2m人2,故A正确；

B.长木板上表面光滑，碰撞前小滑块做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动，小滑块从放上长木板

到与挡板相撞的时间为f=%=0.5s，小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为s=[gsina•r-:=0.5m

a22

故B错误；

C.设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v,Wi]v=gsin«-r=3m/s,滑块与挡板碰撞过程系统动量守恒，

取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得机u+3机岭

由机械能守恒定律可得;m/ngmT+g.3m书，联立方程，带入数据解得巧=-1.5m/s,v2=1.5m/s

则小滑块与挡板第1次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小为1.5m/s,故C正确；

D.碰撞后长木板速度再次减为零的时间为f'=a=0.75s,此时小滑块的速度为v'=W+gsinc/=3m/s,

a

方向沿斜面向下，这个过程中小滑块的位移为x==方向沿斜面向下，长木板的位移为

x'=Wr=2m，故x=x'，二者发生第2次碰撞，第2次碰撞前的瞬间小滑块的速度与第1次碰撞前的速

度相同，所以小滑块与挡板第2次碰撞后的瞬间，小滑块的速度大小仍为1.5m/s,故D正确。故选ACD。

14.(2022.全国.高三专题练习)如图，在光滑的水平面上有一个长为L的木板，小物块b静止在木板的正中

间，小物块“以某一初速度%从左侧滑上木板。已知物块〃、人与木板间的摩擦因数分别为〃八木块

与木板质量均为机，"、b之间的碰撞无机械能损失，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是

()

ab

A.若没有物块从木板上滑下，则无论％多大整个过程摩擦生热均为片

B.若与44<24，则无论%多大，。都不会从木板上滑落

C.若%4,则a/?—•定不相碰

D.若〃">24，则。可能从木板左端滑落

【答案】ABD

【解析】A.若没有物块从木板上滑下，则三者最后共速，以三者为整体，水平方向动量守恒,切%=3〃的①

则整个过程产生的热量等于动能的变化，有。=3，〃%2_/*3〃加2②

联立①②，得Q=g，〃w2,故A正确；

BD.〃、。之间的碰撞无机械能损失，故碰撞过程中动量守恒和机械能守恒，设碰前速度分别为0、V2,碰

后分别为也'、后且有也>V2,以也方向为正方向,则有而也="2力'+"7v2,③

ytnv\2+yV22=inv\，2+ymV2r2④联立③④，得力'=%V2-V1

即碰后0。交换速度。

⑴若氏c不相对滑动，由牛顿第二定律可得〃/咫=2加4,juhmg=ma2,qW电

即年，此情况，开始时仄c相对静止。碰撞前有匕>％=匕

碰撞后a、b交换速度，则有vh>va=vc

若a、c不相对滑动，此时有：HMg=2mat',以"mg=ma2',at'<a2,即“M

当与44424时，碰后a和木板共速，且不发生相对滑动，无论%多大，。都不会从木板上滑落，故B

正确；

若〃b>2"a,“相对木板向左运动，故。可能从木板左端滑落，故D正确；

C.若a与6碰前三者已经共速，则必一定不相碰，此时有〃“叫呆,叶叫2⑤

联立①⑤，得％=

故若%>《〃屈,则ab•定不相碰，故C错误：故选ABD。

15.（2021.全国•高二期末）如图，C是放在光滑水平面上的一块右端有固定挡板的长木板，在木板的上面有两

块可视为质点的小滑块A和B,三者的质量均为，小滑块A,B与木板间的动摩擦因数均为〃，最初木板C

静止。A以初速度vo从C的左端水平向右滑上木板C,同时，B以初速度2vo从木板上某一位置水平向右滑

上木C.在之后的运动过程中B曾以的速度与C的右挡板发生过一次弹性碰撞，重力加速度为g。则对

整个运动过程说法正确的是（）

2

A.滑块A的最小速度为B.滑块B的最小速度为vo

C.滑块A与B可能发生碰撞D.系统ABC的机械能减少了40%

【答案】AD

【解析】A.设ABC三者的最终为v,对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得机%+2，〃%=3"”

解得方％,设木块A在整个过程中的最小速度为M,所用时间为由牛顿第二定律得：对滑块A

%4="g,对滑块B…耍=〃g,对木板C…如=2〃g

tnmm

当滑块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有%-〃gf=2〃gf,解得/=含

滑块A在整个过程中的最小速度为"=%-卬=%gx4=,故A正确；

3Hg3

BC.当滑块B的速度变为华■所需要的时间为r,所以，=件

33〃g

此时，AC有共同速度匕=当+:4?•:一=当

326

BC碰撞后B具有最小速度，对BC组成的系统由动量守恒定律和机械能守恒定律可得

m,~~~+=m%+mv4g+g皿*=gmvj+gmv\

联立上式解得匕=学，V4=^VO所以B的最小速度为％=斗，由于碰撞后匕=匕

636

故AB不可能发生碰撞，故BC错误;

D.由能量守恒定律可知=；〃就+；皿2%）2-；（3加）/=机说，所以系统损失的机械能为

2

-^Vxl00%=40%,,A、

5〃球故D正确。故选AD。

2

16.（2021・山东•临沂二十四中高二阶段练习）如图所示，一质量为M的长直木板放在光滑的水平地面上，木板

左端放有一质量为“的木块，木块与木板间的动摩擦因数为“，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与

木块以共同的速度V。向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块始终在

木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

\

\

WXXW'sKWXKX'<V'xXW'XXWWXWX

A.如果M=2m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：4小片

B.如果M=m,木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为工

2〃g

C.如果M=0.5如木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为%

D.如果M=0.5m木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小为1.5〃刖

【答案】ACD

【解析】A.木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，如果M=2m,合动量方向向左，则木板只与

墙壁碰撞一次，最后二者以速度v向左做匀速直线运动，

取向左为正，根据动量守恒定律可得“％-〃，%=（"+扪乙解得v=g%

22

整个运动过程中摩擦生热的大小为Q=；M%2+gm%2-g（〃+m）v=1/w0,故A正确；

B.如果木板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与墙壁碰撞

-次，根据能量关系可得gx=[M%2+工，”：，解得木块相对木板的位移大小为里；故B错误；

C.如果M=0.5加，木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，第一

次共速后的速度为也，取向右为正，根据动量守恒定律可得帆%-M%=（机+"）W,解得匕=；%<%

所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度也匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为0；

同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为%=；匕=（§2%,木板第3次与墙壁碰撞时的速度

为匕=（9%>，以此类推，木板第100次与墙壁碰撞的速度为%=（；）"%，故C正确；

D.如果M=0.5〃i,木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小

^j!=（m+M'）v0=\.5mv0,故D正确；故选ACD。

17.（2021.湖南.雅礼中学高三阶段练习）如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角a=37。，一质量为

3m的L形工件沿斜面以速度%=lm/s匀速向下运动。工件上表面光滑，下端为挡板，现将一质量为机的小

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lOm/s?,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2m/s2

C.木块与挡板第1次碰撞后瞬间，工件的速度大小为L5m/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

【解析】

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

开始工件匀速卜滑，根据牛顿第二定律有3sgsina=3〃agcosa,解得〃=0.75

把木块放上，对工件受力分析有4"《88$。-3»^皿。=3加2,解得a=2m/s2,B正确：

C.设碰撞瞬间木块速度为「，碰撞前的过程工件与木块组成的系统动量守恒，即3m咻=〃w

解得n=3m/s

设碰撞后工件的速度为以，木块速度为V,,碰撞过程根据动量守恒有mv=〃叫+3"时

根据能量守恒有3m丫2=1利叫2+，3nn］，解得匕=-L5m/s,v2=1.5m/s,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/,在此时间内工件的位移为々=匕”；。产

木块的位移士=W+ggsin37。/,玉=々，解得t=0.75s

D正确。故选BCD。

18.（2021•云南省中学高二阶段练习）如图所示，光滑水平面上静置一质量为"八长为L的长木板B,

木板上表面各处粗糙程度相同，一质量为，"的小物块A（可视为质点）从左端以速度冲上木板，当v=w时,

小物块A历时而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（）

V

-------►

T

B

777777777777777777777777^777^

A.若丫4，A、B系统生热为卷

B.若丫=三，A、B相对运动时间为争

C.若v=%,B经历to时间的位移为与

D.若v=2%,A经历2到达木板右端

4

【答案】AC

【解析】

当v=即时，取向右为