2026届高三物理二轮复习专项训练：力学之板块模型问题

2026届高三物理二轮复习专项训练：力学专题板块模型问题

一、单选题

I.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为力=2kg的另一物体夙可看成质点）

以水平速度%=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、

B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（g取lOm/s2）（）

A.木板4获得的动能为2J

B.系统损失的机械能为2J

C.木板A的最小长度为2m

D.A、B间的动摩擦因数为0.01

2.如图所示，足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上，一薄木板A和物块B沿着斜

面相对静止一起上滑，滑到最高点后一起沿着斜面下滑，薄木板和物块始终相对静止，斜面

体始终静止在水平面上，在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中，下列说法正确的是

A.向上滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上

B.向下滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上

C.薄木板与物块之间始终没有摩擦力

D.斜面体与水平面之间没有摩擦力

3.如图所示，水平面上一滑块压在一张纸上，将纸匀速抽出，滑块向前移动一段距离后停

止。若换一质量更大的滑块，压在纸上的同一位置，将纸以相同的速度抽出，已知两滑块与

纸、水平面之间的动摩擦因数相同，则（）

.........口........纸

A.纸抽出的时间变长B.纸抽出的时间变短

C.抽纸过程拉力做功变多D.抽纸过程拉力做功不变

4.平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车

之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可

能是（〉

5.如图所示，一个长度L=Im、质量”=2kg的木板静止在光滑的水平面上，木板的左端

放置一个质量〃?=lkg可视为质点的物块，物块与木板间的动摩擦因数〃=。.4,物块与木板

间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lOm/s：现对物块施加一水平向右的恒

定拉力F,使物块相对木板向右滑动。则下列说法正确的是（）

A.拉力尸＞7N

B.物块离开木板时速度的最小值为4m/s

C.物块离开木板的最短时间为Is

D.木板获得的最大速度为2m/s

6.如图所示，水平桌面宽度L=lm,其上铺有很薄的桌布，桌布左侧与桌边平齐，桌布上

静止放置一茶杯（可视为质点），茶杯位于桌面中央处。现用力沿水平方向拉动桌布，使茶

杯与桌布间发生相对滑动，茶杯滑离桌布落到桌面上时速度不变，所用时间忽略不计，茶杯

恰好停在桌边。已知茶杯与桌布间及茶杯与桌面间的动摩擦因数均为（）.2,重力加速度8取

iOm/s2,桌布运动加速度为。，茶杯运动时间为匕下列说法正确的是（）

B.a=6m/s2,t=Is

D.a=6m/s2>t=0.5s

7.如图甲，劲度系数女=10N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的

木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上，一质量〃?=1kg的物块（可视

为质点）从木板左端以初速度2nVs滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块

的修图线：8为木板的z图线且为正弦图线。已知重力加速度g=10m/s2,根据图中所给

信息可得（）

A.木板的长度为4m

B.物块的位移为4m

C./=Is时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等

D.2s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2J

8.如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B置于4的左

端。A^B间的动摩擦因数为0.5,A、B、C质量分别为，〃A=2kg,〃％=lkg,，"c=2kg。

现在使A、B起以的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后立即起

向右运动。两滑块均可视为质点，取g=l（）m/s2。下列说法正确的是（）

B|

A|[C]

Z/ZZZ//ZZZZ//ZZZZZZ//ZZZ//ZZZ

A.C增加的动量为4kg・m/s

B.A与C碰撞过程中损失的机械能为I5J

C.A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s

D.若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离长木板A

9.如图甲所示，长木板放在粗糙的水平地板上，一个质量〃『5kg的铁块放在长木板上，如

果给铁块施加从零开始逐渐增大的水平力GX（式中原0）,铁块与长木板之间的摩擦力随

时间的变化规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2,结合图中数

据下列说法正确的是（）

A.铁块与长木板之间的动摩擦因数为0.4B.长木板的质量为1kg

C.长木板与地板间的动摩擦因数为0.2D.当片3,时铁块的速度大小为6m/s

10.如图所示，质量小=L0Kg的物块（视为质点）放在质量M=4.0Kg的木板的右端，木

板长L=2.5m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因

数均为〃=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力尸=40N,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

不计空气阻力，x=10m/s、则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是（）

m

MF

A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动

B.木板的加速度大小为5.6m/s2

C.物块的最大速度大小为3.5m/s

D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m

二、多选题

H.如图所示，水平平板小车放在光滑水平地面上，两小朋友（均视为质点）坐在水平平板

小车上，相互间不接触。他们与小车间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

其中小朋友乙的质量大一些。现用逐渐增大的水平力沿水平地面拉动平板小车，下列说法正

确的是（）

A.小朋友甲相对小车先发生滑动B.两小朋友同时发生相对滑动

C.相对小车发生滑动前，小朋友乙的加速度较大D.小朋友乙所受的摩擦力一直较大

12.如图所示，物块A和木板B叠放后静置于水平桌面上，现用水平向右的恒力拉A物体，

则（）

A

A.物块A和木板B一定相对滑动

B.物块A和木板B可能保持静止

C.物块A和木板B一定一起向右运动

D.物块A和木板B可能一起向右运动

13.一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为%、2%,此后木板的速度

y随时间/变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动

过程中（）

A.物块的运动方向不变B.物块的加速度方向不变

C.物块相对木板的运动方向不变D.物块与木板的加速度大小相等

14.如图甲所示，质量为1.5kg的很薄的长木板B静止在光滑水平地面上，在七0时刻，可

视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力/作用下开始运动，

3s后撤去外力凡外力厂随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因

数为。.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取lUm/s?,则（）

F/N

"P

h'wwb、、、、O3Ads

甲乙

A.物块A与长木板B间在gs时开始相对运动

B.物块A与长木板B间在1.0s时开始相对运动

C.在0~3s内，B的加速度先增大后不变

D.在0~3s内，B的却速度一直增大

15.如图所示，质量为1kg的薄木板静置在足够大的水平地面上，一质量为2kg、可视为质

点的物块以3m/s的速度从左端滑上木板，恰好能到达木板的右端。已知物块与木板间的动

摩擦因数为02木板与地面间的动摩擦因数为0.1,取重力加速度大小g=10m/s2,下列说

法正确的是（）

A.木板的长度为1.5mB.木板的最大速度为Im/s

C.物块向右运动的最大距离为2mD.木板沿地面运动的最大距离为1m

16.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尸作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运

动，5s后撤去力凡滑块、长木板的速度图像如图乙所示，己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.f=12s时长木板P停下来B.长木板P的长度至少是12m

C.地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075D.恒力厂等于6N

17.如图甲所示，质量为O』kg的滑块（可视为质点）在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹

簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于

水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的一/图像如图乙所示。已知木板质量也为01kg,

木板的长度为1m,滑块与木板间的摩擦因数为0.6,最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气

阻力,重力加速度大小取lOm/s?。则（）

A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2B.木板运动0.5s后与滑块达到共速

C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6JD.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25J

18.如图甲所示，一质量为"的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为机的小滑块。

木板受到随时间/变化的水平拉力/作用时,用传感器测出其加速度小得到如图乙所示〃-尸

图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s。则（）

A.滑块的质量加=2.5kgB.木板的质量M=3kg

C.当“=8N时滑块加速度为2m/s2D.滑块与木板间动摩擦因数为0.4

三、解答题

19.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端有一可视为质点的木块，已知木块的质

量/〃=lkg,木板的质量M=4kg、长度L=4m,木板上表面与木块、下表面与地面之间的

动摩擦因数均为〃=0.2。现用水平恒力b二28N拉木板，g取lOm/s?。求：

m

-----------------口F

M-►

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

(1)木块与木板的加速度4、生的大小。

(2)木块滑到木板左端所需的时间。

20.如图所示，平板B静置在粗糙水平地面上，小物块C处于平板B的最右端。小物块A

以％=16m/s的初速度开始向平板B运动，运动d=后与平板B发生弹性碰撞。已知A

的质量为1kg,B和C的质量都是2kg,A、B与地面间的动摩擦因数均为必=0.3,C与平

板间的动摩擦因数〃2=02,C恰好从B上掉下来，重力加速度g=I0m/s2,A、C可视为

质点。求：

(1)A、B发生弹性碰撞后瞬间，B的速度大小；

(2)平板B的长度。

21.如图所示，质量M=2kg、长度L=1.2m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上，质

量/〃=1kg且可视为质点的物块B放在木板A的右端,现对木板A施加一水平向右的恒力

尸=5N,两者由静止开始运动，作用一段时间f后撤去恒力尸，最终物块B恰好能到土木

板A的左端,已知物块B与木板A间的动摩擦因数〃=0」，取重力加速度g=10nVs2,求：

(1)恒力尸作用的时间匕

(2)摩擦力对物块B做的功

.旧］

…一~^

Z73A<z//zFzzz/z////z

HLH

22.质量为1kg的木板放在水平地面上，质量为〃?=0.5kg的小滑块(其大小可忽略)

放在木板上最右端，如图所示。木板与地面的摩擦因数为M=()2,木板与滑块间的动摩擦

因数为外=°/。在木板右侧施加一个水平向右的恒力尸，取g=10m/s2,并认为最大斡摩

擦力等于同等条件下的滑动摩擦力，求以下问题：

m

M3

(1)要使木板向右运动，尸至少多大；

(2)要使滑块与木板发生相对滑动，尸至少多大;

（3）若拉力尸=9N,且持续作用了，=ls的时间后撤去，则木板至少为多长才能保证滑块不滑

出木板。

23.如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M=4kg的长木板，在长木板右端有

一质量为m=1kg的物块，长木板与物块间动摩擦因数为4二02长木板与物块均静止，现用

414N的水平恒力向右拉长木板，经时间r=ls撤去水平恒力凡求：

（1）在产的作用下，长木板的加速度为多大？

（2）刚撤去“时，物块离长木板右端多远？

（3）最终物块与长木板间的相对路程？

m

.M□

）

z,/Jzzz/zz/，z:/zzzzzzzzz/z/z：z/Z//Z尸/

24.如图所示，静止在水平地面上的木板（厚度不计）质量为〃?/=1kg,与地面间的动摩擦

因数〃/=0.2,质最为心=2kg①可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为々

=0.4,以%=4m/s的水平速度从左端滑上木板，经过/=0.6s滑离木板，g取lOm/s?

（1）求木板的长度心

（2）小物块离开木板时，木板的速度为多少m/so

（3）小物块离开木板后，木板的加速度。

（4）小物块离开木板后，判断木板与小物块是否发生碰撞。

n

/////////////////////////////////////

25.如图所示，质量M=3kg的长木板放置在倾角。=37。的足够长斜面上。质量加=1kg可

视为质点的物块放置在木板的右端。在木板右侧的斜面上方固定着一个与斜面垂直的弹性挡

板，木板恰好可以无擦碰地穿过挡板与斜面间的缝隙,现使木板和物块均以%=2m/s的速

度起从挡板上方某高度处沿斜面向下滑动。此后，物块与挡板发生的每次碰撞时间都极短

且无机械能损失，整个过程中物块不会从木板上滑落。已知物块与木板间的动摩擦因数

M=L75,木板与斜面间的动摩擦因数〃2=0.75,重力加速度g=10m/s2.问：

（1）物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为多大？

（2）物块与挡板第二次碰撞前，速度匕多大？

（3）物块与挡板第一碰撞后瞬间至第二次碰撞前瞬间，木板滑行的距离M及物块和木板间

的相对位移A*各多大？

《2026届高三物理二轮复习专项训练：力学专题板块模型问题》参考答案

题号12345678911

答案BCCCBBDDDBD

题号12131415161718

答案BDCDACABDCDABAD

1.B

【详解】A.由图像可知，A、B的加速度大小都为Im/s2,根据动量守恒可得

mv0=(m+M)v

得A、B质量相等，则木板获得的动能为

2

Ek=1A/V=1J

选项A错误；

B.系统损失的机械能

AE=片一g•2加•/=2J

选项B正确；

C.由V4图像可求出二者相对位移为

1r，，

—x2xlm=Im

2

木板A的最小长度为1m,选项C错误；

D.分析B的受力，根据牛顿第二定律

〃〃区=〃啊

可求出

〃=0.1

选项D错误。

故选B。

2.C

【详解】ABC.在向上滑动过程中，整体根据牛顿第二定律可得(M+〃?)gsinO=(M+〃?)a,

对物块受力分析可得/〃gsin(H/=/〃〃可得/=(),所以向上滑动过程中薄木板和物块之间没

有摩擦力，同理下滑过程中也没有摩擦力，AB错误，C正确；

D.斜面体与A的作用力只有弹力，方向垂直于接触面，具有水平分量，由平衡条件可知斜

面体与水平面之间有摩擦力，D错误;

故选C。

3.C

【详解】AB.设滑块的质量为小，则滑块与纸之间的.摩擦力大小为〃〃g,纸抽出过程中，

根据牛顿第二定律可知

f="mg=ma

解得滑块的加速度大小为

纸抽出过程中，物块相对纸的位移

12

X=卬一/

两次将纸以相同的速度抽出，滑块压在纸上的同一位置，即X、％相同，加速度〃相同，所

以两次的纸抽出的时间相同，AB错误；

CD.纸抽出时，滑块的速度

v=al

加速度”与时间/相同，所以滑块的速度相同，而第二次滑块与纸之间的摩擦力增大，两者

的相对位移不变，所以因摩擦产生的热量增大，根据能最守恒可得抽纸过程拉力做功变多，

故C正确，D错误。

故选C。

4.C

【详解】箱子以一定的水平初速度%从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直

线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过Z时间箱子与平板车达到共速唳，此过程平板车

的位移为

"~~2f

箱子的位移为

工箱-21

则箱子相对于平板车向前的位移大小为

一W山一里

和牛00,

可得

zir=­/>=一

2卒2

故选C。

5.B

【详解】A.物块相对木板向右滑动，对木板有

Ring=Ma2

得

2

a2=2m/s

对物块有

F-/.img=〃?q

且根据

可得

F>6N

故A错误；

B.设历时，物块滑离木板，则有

「一=L

物块滑离木板时的速度

时物块离开木板的速度最小，其最小值

Kmin4m/s

故B正确;

C.当q=4m/s2时

F=8N,/=ls

木板获得的速度

v2=a2t=2m/s

若尸>8N,则i<ls,故C错误；

D.若6N</<8N,则%>2m/s,故D错误。

故选B。

6.B

【详解】根据题意可知，茶杯做加速和减速的加速度大小均为。'=丝史=2m/s2

in

根据对称性可得茶杯加速阶段有（二;〃『

解得茶杯加速阶段的时间为4=0.5s

则茶杯减速阶段的时间也为L=4=0.5s

茶杯的运动时间为z=/I+4=ls

根据相对运动位移关系可得5=9片-白"；

解得桌布运动加速度为a=6m/s2

故选B。

7.D

【详解】AB.u"图像与，轴围成的面积表示位移，由图乙所示图像可知，A一直向右运动,

位移

5=—1x-2x2m=r2m

2

B先向右后向左运动，总位移为0,因此，A运动的位移即为木板长度，即木板长度

L=s=2m

故AB错误；

C.Is时，木板的修图切线斜率不为0,说明木板此时为有加速度，故摩擦力与弹簧弹力

并不相等，故C错误；

D.由图乙所示图像可知，A减速运动的加速度大小

Av2,

a=——=—m/s2=lm/s'

Ar2

A在受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得

六〃?a=lxlN=1N

由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块（I勺位移S,因此2s内“物块和木板”

系统的摩擦生热

(2=/V=]X2J=2J

故D正确。

故选D。

8.D

【详解】C.在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速

度为wc,以右为正方向，由动最守恒定律可得a%=（%+，%）%c

解得vAC=Z5m/s

故C错误;

A.C增加的动量为

=/ncvAC=5.0kg-m/s

故A错误;

B.A与C碰撞运动中损失的机械能为=

代入数据解得AE=I2.5J

故B错误;

D.A与B的摩擦力大小为6

则有B的加速度大小为％=0.5xl0rn/s\=5m/：

F__0.5x1x10

(m/s2=1.25m/s2

AC的加速度大小为。AC二

〃?A+，&♦/〃A+〃?c2+2

B做减速运动，AC做加速运动，设速度相等时所用时间为则有％-。/="＜：+纵＜/

解得r=0.4s

B的位移为小二%，一=5x0.4m-gx5x0.42rn=1.6m

A的位移为4二以(7+^^/=2.5x。.4m+gx1.25x0.4,m=1.1m

B相对A的位移为Ar=AB-XA=1.6m-l.ini=0.5m

因此若长木板A的长度为0.6m,则滑块B不会滑离木板A,故D正确。

故选D。

9.D

【详解】A.由图像可知，铁块与长木板之间的动摩擦力为30N,则动摩擦因数为

^=—=0.6

相g

选项A错误；

BC.在/=ls时长木板与地面之间产生相对滑动，则

/=20N=Zxl

解得

^=20N/s

在z=ls时对长木板分析可知

20N=出(/〃+M)g

在r=3s时物块与长木板产生相对滑动，在ls~3s过程中长木板和物块的整体做加速运前，则

在片3s时

对铁块和木板的整体

.-必(/〃+M)g=(m+M)a

对铁块

代入数据即

20x3-必(5+历)g=(5+M)a

2Ox3-3O=5t7

解得

M=-kg

//2=0.3

选项BC错误;

D.在1~3s内对木板有动量定理

/-+"?）乙3=Mu

其中

20+30

x2N-s=50N-s

~2~

解得

v=6m/s

因此过程中铁块与木板速度相同，可知当r=3s时铁块的速度大小为6m/s,选项D正确。

故选D。

10.D

【详解】A.物体与物体恰好相对滑动时物块的加速度

Z//77P—,3

a=----=4g=2m/s'

m

拉力的临界值

.一〃(M+m)g=(M+fn)a

解得

Fm=20N<F=40N

物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；

B.木板的加速度

ciA.u；=F-〃〃吆—〃(M+nt)g=40—0.2x1x10—0.2x(1+4)x10n_vs,2=_/2m/2s

4'"M4

故B错误；

C.木块的加速度

Limy2

。木块=-------=4g=2m/s~

tn

经过时间木块从木板上滑落，则

r12I2

乙=5。木板/_5a木块/

代入数据解得

/=ls

此时木块的速度最大为

v=4木“J=2xIm/s=2m/s

故c错误；

D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小

*木板木板/=gx7x/m=3.5m

故D正确。

故选D。

11.BD

【详解】ABC.由牛顿第二定律可知，甲、乙不与平板小车发生相对滑动的最大加速度，同

时也是二者与平板小车发生相对滑动后的加速度，均为“=甲、乙与平板小车间同时

发生相对滑动或甲、乙与平板小车间同时不发生相对滑动，且甲、乙的加速度始终相同，选

项A、C错误，选项B正确；

D.又水平方向的摩擦力提供合力，/=，〃〃，加速度相同，质量大的小朋友乙所受的摩擦力

大，选项D止确。

故选BDo

12.BD

【详解】AB.令A、B之间的最大静摩擦力为以，桌面对B的最大静摩擦力为了臬，若介大

于人，当水平向右的恒力小于4时，A、B始终保持静止，当水平向右的恒力大于以时，

A相对于B向右滑动，而B仍然保持静止，故A错误，B正确；

CD.结合上述，若久小于A，当水平向右的恒力小于/A大于久时，物块A和木板B一

起向右运动，故C错误，D正确。

故选BDo

13.CD

【详解】A.根据图像可知木板的速度方向没有发生改变，木板和物块达到共速;%,然后

一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右，故A错误；

B.物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右，一起共同减速阶段加速度方向水

平向左，方向改变，故B错误；

C.物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运匈，共同减速阶段无相对运动，即物

块相对木板运动方向不变，故c正确；

D.由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为

-^^一五

物块的加速度大小为

1

t2t

即木板和物块加速度大小相等，故D正确。

故选CD.

14.AC

【详解】AB.当物块A与长木板B间即将出现相对运动时，对长木板B受力分析，由牛顿

第二定律得

对物块A受力分析得F-pnig=ma

4

解得尸=yN

QQ

由图像可知此时f,即物块A与长木板B间在学时开始相对运动，故A正确，B错误；

Q

CD.在开始的0QS时间内AB相对静止，则随尸增加，整体AB的加速度逐渐变大，即B

Q

的加速度逐渐增加：在3s〜3s内，AB产生相对滑动，此时B的加速度保持不变，则在0〜3s

内B的加速度先增大后不变，故C正确，D错误。

故选ACo

15.ABD

【详解】AB.物块做减速运动的加速度大小为

%==10x0.2m/s2=2m/s2

in

设木板质量为M,木板的加速度

〃明g—〃2（M+m）g=]m/d

共速时

=a2f

解得

r=ls,v=lm/s

则物块位移

+Vc

x.=—-----r=2m

2

木板位移

木板长度

L=xt-x2=\.5m

木板的最大速度为

v=hn/s

选项AB正确;

CD,共速后因为假设能•起减速，整体的加速度

=42g=lm/s2

（M+〃?）

而物块的最大加速度为

4=mg外=8内=10x0.2m/s2=2m/s2

m

因为

ax>a

假设成立，整体还能移动的距离

v„_

X,=—=0.5m

物块向右运动的最大距离为2.5m,木板沿地面运动的最大距离为1m,选项C错误,D正确。

故选ABD,

故选BD<,

16.CD

【详解】C.由乙图可知，力产在乙=5s时撤去，此时长木板P的速度H=5m/s,%=6s时

二者速度相同，为匕=3m，s,q=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度。，2=6s后长木板

P的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得

出mg=叫

解得

M=0.055~6s过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得

〃2.2"火+必〃吆=〃?。2

解得

出=0.075

C正确。

A.6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得

%.2/ng-〃1"喀=〃口3

解得

2

ay=lm/s

这段时间为

Ar1=—=3s

。3

所以G=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

=—x5x5m+x(5+3)xIm-；x3x6m=7.5m

B错误。

D.对长木板受力分析，据牛顿第二定律可得

F-/J2-2mg-Rng=n\a

其中

a=lm/s2

解得

F=6N

D正确。

故选CD。

17.AB

【详解】A.已知滑块与木板间的摩擦因数为必=0.6,设人板与地面之间的动摩擦因数为4,

滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得

4mg-必（M+〃?）g=Ma.

根据图像得

a,--m/s2=2m/s2

10.5

联立解得

出=0.2

故A正确；

B.由UT图像可知，f=0.5s木板开始做减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B

正确；

C.设滑块刚滑上木板时的速度为％,共速前，以滑块为对象，根据牛顿第二定律可得

41mg,.2

a=1=6m/s

根据运动学共速可得

y共=%一〃/i

可得

%=I，共+（%=lm/s+6x0.5m/s=4m/s

根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为

Ep=^nv-=0.8J

故C错误；

D.根据图像可知，整个过程木板通过的位移为

x=-x1xIm=0.5m

2

则木板与水平面间因摩擦加生的热量为

Q=〃2(M+/〃)gx=0.2J

故D错误。

故选AB。

18.AD

【详解】AB.由图像可知当尸=12N时，加速度为a=4m/s2,对整体分析•，由牛顿第二定

律得

代入数据解得

M+m=3kg

当户＞12N时，根据牛顿第二定律得

MMM

知图线的斜率为

,14)

K=—=---------=2

M12-10

解得

M—0.5kg

滑块的质量为

m=2.5kg

故A正确，B错误；

CD.根据月＞12N的图线知，尸「ION时，«=0,即

0=2F-2x//x25

代入数据解得

〃=0.4

当产=8N时，对滑块和木板的整体，根据牛顿第二定律得

F=(M+m)a

解得

a'=­m/s2

3

故D正确，C错误。

故AD。

22

19.(1)«(=2m/s,a2=4m/s

(2)2s

【详解】（I）对木块，根据牛顿第二定律有

Ring=

解得

2

ax=2m/s

对木板，根据牛顿第二定律有

F-〃机g-+〃?）月=Ma?

解得

2

a2=4m/s

（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移与时间关系有

1212,

广一］"/二心

解得

/=2s

20.（1）10m/s；（2）5m

【详解】（1）设碰前瞬间A的速度大小为u,碰后瞬间A、B的速度大小分别为耳、匕，碰

前A做匀减速运动，根据运动公式

一一％2=-24gd

解得

v=15m/s

A、B发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和能量守恒有

〃?丁=/%斗+〃?/2

1,1212

-mAv=-mxv,+-mBv2

乙乙乙

联立解得

v2=1Om/s

（2）A、B碰后，B、C发生相对滑动，B做匀减速运匆，C做匀加速运动，设B、C的加

速度大小分别为4和42,对于B,根据牛顿第二定律有

M)g+

解得

2

a}=8m/s

对于C,根据牛顿第二定律有

任=收出

解得

2

a2=2m/s

设经过f时间，B、C二者恰好速度相等，共同速度大小为匕c，根据运动学公式有

解得

t—Is,vBC—2m/s

在/时间内，B的位移大个

V

x.=%——+—RCxr=6Nm

12

在，时间内，C的位移大个

X=l«cx/=1m

-2

所以平板B的长度

L=xx-x2=5m

21.(1)1.2s；(2)2J

【详解】(l)根据题意.设R的加速度为亿,力/作用时A的加速度为生：撤去力尸后,

A的加速度为由,又经过乙后B达到A的左端，根据牛顿第二定律，有

ping=/叫

F-1(mg=Ma2

撤去力尸后，根据牛顿第二定律，有

=Ma、

由运动学规律得

4（，+L）=®一如

L=g生产+%/—ga./：+，J"

解得

/=L2s

7t=0.8s

(2)设最终B的速度为v,有

U=4(F)

由动能定理有

W=—mv2

2

解得

W=2J

22.(1)3N

(2)4.5N

(3)4.5m

【详解】(1)要使木板向右运动需克服地面的摩擦力厂=M(，〃+M)g=3N

(2)当物块和木板之间的静摩擦力达到最大时，物块与木板会发生相对运动，物块的加速

度"=〃送

此时物块和木板仍然可以视作整体，以整体为研究对象列牛顿第二定律方程

F一〃।(〃?+M)g=(m+M)%g

解得/=4.5N

(3)因为尸=9N>4.5N

物块与板发生了相对滑动；滑块的加速度为生=〃*=1m/s2

据牛顿第二定律知木板的加速度为《;.一4(〃7+y)g_〃"W=5.5m/s2

力厂撤去后，滑块将以原来的加速度继续加速，木板加速直到它们速度一样，此时木板的

加速度为“=-卬…尸…=_3.5曲

M

设经f的时间他们的速度相等，据速度时间规律有V=42a+r)=卬+中

代入数据解得v=2m/s,r=ls

木板的长度至少等于它们最大相对位移L=©=g"+W'+；"jg，2a+Q2=4.5m

23.(1)3m/s2；(2)0.5m；(3)0.7m

【详解】(1)对木板，根据牛顿第二定律

F-^img=Mai

解得

q=3m/s2

(2)撤去尸之前，小物块水平方向只受摩擦力作用，故小物块加速度大小为

a==/jg=0.2xl0m/s2=2m/s2

2m

小物块相对木板向左的位移为

A12I2

代入数据解得

Ag=0.5m

即刚撤去产时，小物块离长木板右端0.5m；

(3)刚撤去尸时，木板的速度为

vi=ait=3x1m/s=3m/s

小物块速度为

V2=<72/=2XIm/s=2m/s

撤去尸后，根据牛顿第二定律

〃"