2021届新高考物理二轮复习检测（十一）板块模型

专题跟踪检测（十一）

板块模型

1.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻《=0）将一相„

L1

对于地面静止的物块轻放到木板上。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均有摩擦，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，木板运动的速度一时间图像可能是图中的

解析：选A放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左

的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速

运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的

加速度小于两者相对运动时木板的加速度，故A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故

两者不可能一起匀速运动，D错误。

2.如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上，在,________SL,

小车右端施加一个尸=10N的水平恒力。当小车向右运动的速度达

到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=2.0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度

为零），从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数〃=0.20。假定小车足够长,g=10m/s?。

下列说法中正确的是（）

A.煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动

B.小车一直做加速度不变的匀加速直线运动

C.煤块在前3s内前进的位移为9m

D.煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8m

解析：选D根据牛顿第二定律，计时开始时对柒块有：〃尸N=，〃ai,FN-mg=0,解

得：«i=2m/s2,对小车有：F—fiF\=Mai,解得：ai—0.bm/s2,经过时间，，煤块和小车

的速度相等，煤块的速度为：5=aM,小车的速度为：V2=v+a2t,Vi=V2,解得：t—2s,

2

以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F=（M+m）a3,解得：a3=1m/s,即煤块和小

车一起以加速度的=3m/s2做匀加速运动，A、B错误；在前2s内煤块前进的位移为Xi

=^ai^=^X2X22m=4m,然后和小车共同运动1s时间，此1s时间内位移为x/=v\t'

+$3/2七4.4m,故煤块在前3s内前进的位移为4m+4.4m=8.4m,C错误；在前2s

内煤块前进的位移©=4m,小车前进的位移为：X2=vt+^a2t2=2.SX2m+^X0.6X22m=

6.8m,两者的相对位移(即痕迹长度)为Ax=X2—xi=6.8m—4m=2.8m,D正确。

3..如图所示，固定斜面。的倾角为仇长木板A与斜面间的动摩擦因数为〃1,A沿斜

面下滑时加速度为的。现将8置于长木板A顶端，A、B间的动摩擦因数为〃2,此时释放

A、B,A的加速度为例，5的加速度为的。下列说法正确的是()

A.若则有。1=。2〈的

B.若〃1>〃2，则有上工________£J

C.若41<〃2，则有。1=。2>。3

D.若则有。1>。2=。3

解析：选B若小>"2,A、3之间有相对滑动，且8的加速度大于A的加速度，。2<的；

没有放5时，对A,有：/"Agsin。一〃"TMgcos。=所人。1,解得：ai=gsin。一“geos，；当放

上5时，有：AgsillJ-〃l(/n4+j〃3)gCOS6+42m5gCOS。=7"4〃2,解得：fl2=gsin//igcos0

+(//2-^i)~^gcos0<a\;B在A上下滑时，机喀sin夕一"2"〃，gcos，=机/m3,解得：«3=gsin0

一“2gcos0>a\,A错误，B正确；若“<〃2,4、8将一起以相同的加速度下滑，故。1=。2

=a3,C、D错误。

4.如图所示光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圆弧轨道A,圆弧轨道质量为3,”，

半径为R,左侧放置一竖直固定挡板，右侧紧靠轨道放置与其最低点等高的水平长木板B,

质量为2小，长木板上表面粗糙，动摩擦因数为"，左端放置一物块C,质量为2/«,从圆弧

轨道最高点由静止释放另一质量为m的物块D,物块D滑至最低点时与物块C发生弹性碰

撞，碰后。沿圆弧轨道上升至速度为0时撤去挡板(C、。均可视为质点，重力加速度取g)。

求：

"q

⑴碰后。上升的高度;

(2)撤去挡板后圆弧轨道A与物块D分离时A的位移;

(3)若C恰好未滑离长木板B,求长木板B的长度。

解析：(1)0下滑过程中，由机械能守恒定律有

mi)gR=^ini)v^,解得Vi)=yj2gR

D与C发生弹性碰撞，则有nii)VD=mDVD'+，〃℃,

解得如―-3，℃—3

之后。沿圆弧上滑，由机械能守恒定律得

R

12

5〃2加/=mDgh9解得/z=g。

(2)撤去挡板后，对。、A由动量守恒定律得

moVD-%VA=0

即根0・工。-〃〃•办=0,XD+XA=华K,

解得XA=^'R。

⑶对B、C由动量守恒定律有mtVc=(mc+mB)v

由能量守恒定律有；(皿+“3)02

答案：(谤⑵嚓R(3琮

5.如图所示，两块相同平板尸卜尸2置于光滑水平面上，质量均为，"=0.1kg。B的右

端固定一轻质弹簧，物体P置于B的最右端，质量为M=0.2kg且可看作质点。B与尸以

共同速度。o=4m/s向右运动，与静止的尸2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后Pi与尸2粘

连在一起，P压缩弹簧后被弹回(弹簧始终在弹性限度内)。平板B的长度L=1m,尸与

Pi之间的动摩擦因数为"=0.2,尸2上表面光滑。求：

(DP1、尸2刚碰完时的共同速度大小5;

⑵此过程中弹簧的最大弹性势能Ep。

(3)通过计算判断最终P能否从尸|上滑下，并求出P的最终速度P2o

解析：(1)B、尸2碰撞过程，由动量守恒定律得

mv()=2mvi

解得5=3=2m/s,方向水平向右。

(2)对Pi、尸2、P系统，由动量守恒定律

2"?01+Mvo=(2/n+Af)V2,

解得也'=3m/s,方向水平向右,

222

此过程中弹簧的最大弹性势能Ep=^-2mvi+^Mvo—^(2m+Af)V2'=0.2Jo

(3)对尸卜尸2、P系统，由动量守恒定律2m仍+知。0=2»1%+侬2

由能量守恒定律得;m2+；MOo2=gx2«14+扣022+〃蛇心

整理得力2—602+10=0,根据数学知识可知V2没有满足条件的解，故P不能从P1上

滑下。

最终尸与Pl、尸2共速，设为0*,由动量守恒定律得

2mvi+Mvo=(2m+M)v*

解得v*=3m/so

答案：(l)2m/s(2)0.2J(3)不能滑下3m/s

6.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施(如图甲所示)，由制动坡床和防撞设施等

组成，如图乙所示，竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为〃的斜面。一辆长12m的

载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床

的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床

顶端38m,再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的

动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。

货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos〃=Lsin〃=0.1,g=10m/s2.求：

(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；

(2)制动坡床的长度。

解析：(1)设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数

〃=0.4,受摩擦力大小为/,加速度大小为“1,则

/+mgsin0=ma\①

f=fimgcos0®

联立①②式并代入数据得ai=5m/s2③

01的方向沿制动坡床向下。

(2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为。=23m/s。货物在车厢内开

始滑动到车头距制动坡床顶端so=38m的过程中，用时为t,货物相对制动坡床的运动距离

为si,在车厢内滑动的距离s=4m,货车的加速度大小为。2,货车相对制动坡床的运动距

离为S2。货车受到制动坡床的阻力大小为尸，厂是货车和货物总重的左倍，*=0.44,货车

长度6>=12m,制动坡床的长度为/,则

Mgsin0+F—f=Ma2

F=k(m+M)g⑤

s\=vt-^ait2⑥

§2=比一产⑦

S=Sl-S2⑧

/=，o+so+s2©

联立①②④〜⑨式并代入数据得Z=98mo⑩

答案：(1)5m/s2,方向沿制动坡床向下(2)98m

7.(2020•北京六校联考)如图所示，质量M=LOkg、长L=4.5m的木板，静止在光滑

的水平面上，固定光滑的;圆弧轨道的水平出口跟木板的上表面相平，质量m=2.0kg的滑

块(可视为质点)从:圆弧轨道上端静止下滑，从木板的左端冲上其表面，已知圆弧轨道的半

径为1.8m,滑块与木板间的动摩擦因数“=0.1,(g取10m/s2)求：

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