高考物理板块模型典型例题答案

高考物理板块模型典型例题答案

‎1.（8分）如图19所示，长度L = ‎1.0 m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = ‎1.0 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = 0.04．在A的右端有一个小物块B（可视为质点）．现猛击A左侧，使A瞬间获得水平向右的速度υ0 = ‎2.0 m/s．B的质量m2 = ‎1.0 kg，A与B之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = ‎10 m/s2．‎ ‎（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；‎ ‎（2）若只改变物理量υ0、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下．请求出改变后该物理量的数值（只要求出一个即可）． ‎ B A v0‎ L 图19‎ ‎2、（8分）如图13所示，如图所示，水平地面上一个质量M=‎4.0kg、长度L=‎2.0m的木板，在F=8.0N的水平拉力作用下，以v0=‎2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=‎1.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端．（g=‎10m/s2） （1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字） （2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。‎ ‎ ‎ ‎3.(2009春会考）（8分）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = ‎1.0 kg，长度L = ‎1.0 m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = ‎1.0 kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. ‎ ‎（1）求小滑块离开木板时的速度；‎ m M F 图15‎ ‎（2）假设只改变M、m、μ、F中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.‎ ‎4.（2009夏）（8分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h = ‎0.8 m. 质量m = ‎0.2 kg的小物块（可以看作质点）放在桌面A端. 现对小物块施加一个F＝0.8 N的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的B点时撤去力F，一段时间后小物块从桌面上的C端飞出，最后落在水平地面上. 已知AB = BC = ‎0.5 m，小物块在A、B间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1. ‎ ‎（1）求小物块落地点与桌面C端的水平距离；‎ F h A B C 图15‎ ‎（2）某同学作出了如下判断：若仅改变AB段的长度而保持BC段的长度不变，或仅改变BC段的长度而保持AB段的 长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C端 的水平距离变为原来的2倍. 请你通过计算说明 这位同学的判断是否正确.‎ ‎5.（2010春） 如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板厚度忽略不计），质量M=‎2.0kg，槽的长度L=‎2.0m，在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=‎1.0kg，小滑块与木板槽之间的动摩擦因数. 开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板槽施加一个F=10.0N水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动。‎ ‎（1）求小滑块滑到木板槽中点时速度的大小；‎ ‎（2）水平面光滑是一种理想化的情况，实际上木板槽与水平面间是有摩擦的，经测定木板槽与水平面间的动摩擦因数=0.05。如果使小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，请你通过计算确定一种方案：即只改变M、m、F中一个物理量的大小，实现上述要求（只要提出一种方案即可）。‎ ‎6．（8分）如图17所示，质量M = ‎5 kg的平板静止在光滑的水平面上，平板的右端有一竖直挡板，一个质量m = ‎2 kg的木块静止在平板上，木块与挡板之间的距离L = ‎0.8 m，木块与平板之间的动摩擦因数μ = 0.4．‎ ‎（1）若对木块施加F ＝ 12 N水平向右的恒力，直到木块与挡板相撞，求这个过程经历的时间t；‎ ‎（2）甲同学说，只增大平板的质量M ‎，可以缩短上述时间t；乙同学说，只减小平板的质量M，可以缩短上述时间t．请你通过计算，判断哪位同学的说法是正确的．‎ L M F L 平板 木块 图17‎ ‎7.（2011年夏）如图17所示，光滑水平面上有一块质量M=‎3.0kg，长度L=‎1.0m的长木板，它的右端有一个质量m=‎2.0kg的小物块（可视为质点），小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.20．小物块与长木板都处于静止状态。从某时刻起对长木板施加一个水平向右的恒力F，使小物块将相对长木板滑动，经过时间t=1.0s，小物块恰好滑到木板的中点。取重力加速度g=‎10m/s2‎ ‎（1）求恒力F的大小；‎ ‎（2）假设改变M、m、F中一个物理量的大小，‎ 使得经过时间t=1.0s，小物块恰好滑到木板的 左端。请你通过计算确定改变后的那个物理量 的数值（只要提出一种方案即可）‎ ‎．‎ ‎8.（2011年春）如图17所示，长度L = ‎1.0 m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = ‎1.0 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = 0.04．小物块B（可视为质点）以υ0 = ‎2.0 m/s的初速度滑上A的左端，B的质量m2 = ‎1.0 kg，A与B之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = ‎10 m/s2．‎ ‎（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；‎ B A υ0‎ 图17‎ L ‎（2）若只改变物理量υ0、μ1、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下，请确定改变后该物理量的数值（只要提出一种方案即可）． ‎ ‎9.（2012年春）如图19所示，光滑水平面上有一块静止的长木板，木板的长度L = ‎2.4 m，质量M = ‎3.0 kg. 某时刻，一个小物块（可视为质点）以υ0 = ‎3.0 m/s的初速度滑上木板的右端，与此同时对木板施加一个F = 6.0 N的水平向右的恒力. 物块的质量m = ‎1.0 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.30．取重力加速度g = ‎10 m/s2．‎ ‎（1）求物块相对木板滑动的最大距离；‎ ‎（2）若只改变物理量F、M、m中的一个，使得物块速度减为零时恰好 到达木板的左端，请确定改变后该物理量的数值(只要提出一种方案即可)．‎ F m M υ0‎ 图19‎ ‎10．(8分)如图19所示，光滑水平面上放着一块长木板，木板处于静止状态，其长度L=1．‎6 m．质量M=3．‎0 kg，质量m=1．‎0 kg的小物块放在木板的最右端(小物块可视为质点)，小 物块与木板之间的动摩擦因数μ=0．10．现对木板施加一个F=10 N方向水平向右的恒力，木板与小物块发生相对滑动。取g=‎10m/s2‎ ‎ (1) 求木板开始运动时加速度的大小；‎ ‎(2)如果把木板从物块下方抽出来，那么F持续作用的时间至少需要多长？‎ M h L v0‎ m F 图16‎ ‎11.（2013丰台会考模拟）如图16所示，一上表面光滑的木箱宽L＝‎1 m、高h＝‎3.2 m、质量M＝‎8 kg。木箱在水平向右的恒力F＝16N作用下，以速度v0＝‎3m/s在水平地面上做匀速运动。某时刻在木箱上表面的左端滑上一质量m＝‎2 kg，速度也为‎3m/s的光滑小铁块（视为质点），重力加速度g取‎10 m/s2。求：‎ ‎（1）小铁块刚着地时与木箱右端的距离x；‎ ‎（2）若其它条件均不变，木箱宽至少为多 长，小铁块刚着地时与木箱右端的距离最远。‎ ‎12.（2013海淀会考模拟）如图17所示，在高出水平地面h＝‎0.80m的平台上放置一质量m2＝‎0.20kg、长L=‎0.375m的薄木板A。在A最右端放有可视为质点的小金属块B，其质量m1＝‎0.50kg。小金属块B与木板A、木板A与平台间、小金属块与平台间的动摩擦因数都相等，其值m＝0.20。开始时小金属块B与木板A均静止，木板A的右端与平台右边缘的距离d=‎‎0.49m ‎。现用水平力将木板向右加速抽出。在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F。小金属块落到平台上后，将木板迅速取走，小金属块又在平台上滑动了一段距离，再从平台边缘飞出落到水平地面上，小金属块落地点到平台的水平距离x=‎0.08m。 (取g＝‎10 m/s2，不计空气阻力)求：小金属块B离开平台时速度vB的大小；‎ B x F A h d 图17‎ ‎（2）小金属块B从开始运动到刚脱离木板 A时，小金属块B运动的位移xB；‎ ‎（3）作用在木板上的恒力F的大小。‎ 图19‎ F ‎ 13.（2013东城南片模拟）如图19所示，质量M = ‎2.0 kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的左端放一质量m = ‎1.0 kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ= 0.10.现用水平恒力F = 3.0 N向右拉小滑块，使小滑块与长木板发生相对滑动，当小滑块滑至距长木板的左端‎3m时撤去力F.已知小滑块在运动过程中始终没有脱离长木板. 取g=‎10m/s2.求：‎ ‎ ⑴撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大；‎ ‎ ⑵运动中小滑块距长木板左端的最远距离.‎ 滑块参考答案 ‎1.‎ ‎2.‎ ‎3. 解：（1）小滑块受到F=8.0 N水平向右的恒力后 ‎，向右做匀加速直线运动，所受向左的摩擦力f = μmg 根据牛顿第二定律，小滑块的加速度 a1== ‎5.0 m/s2‎ ‎ 设经过时间t后小滑块离开木板。在这段时间内小滑块的位移 木板所受向右的摩擦力 f ′ = f，向右做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，木板的加速度 a2== ‎3.0 m/s2‎ 在时间t内木板的位移F F x2‎ x1‎ L 由图可知 L = x1 – x2，解得 t = 1.0 s 则小滑块离开木板时的速度v = a1t = ‎5.0 m/s ‎（2）小滑块做匀加速直线运动的速度 木板做匀加速直线运动的速度 ‎ 任意时刻小滑块与木板速度之比 欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足 若只改变F，则F = 9 N若只改变M，则M = 1.2 kg 若只改变μ，则μ = 0.27 若只改变m，则m = ‎‎0.93 kg ‎4. ‎ ‎5. 解：‎ ‎（1）木板槽受到F=10.0N水平向左的恒力后，向左做匀加速直线运动，所受向右的摩擦力，增 根据牛顿第二定律，木板槽的加速度 设经过时间t后小滑块滑到木板槽中点，在这段时间内木板槽的位移 小滑块因受向左的摩擦力，将向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，小滑块的加速度 在时间t内木板的位移 由图可知 ‎ 解得 ‎ 则小滑块滑到木板槽中点时的速度 ‎（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度与第（1）问所求速度相同，而小 滑块的加速度不变，所以当木板槽与水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即 若只改变F，则F=11.5N；‎ 若只改变M，则M=1.67kg；‎ 若只改变m，则m=0.40kg.‎ N1‎ mg F f1‎ Mg f2‎ N’‎ N2‎ ‎6. 解：（1）对木块施加推力作用后，木块和平板的受力情况如图所示．‎ 木块受到的滑动摩擦力f1=μN1=μmg =0.40×2.0×10 N =8.0N ‎ 根据牛顿第三定律, 有　　 f1= f2, N1= N2 ‎ 根据牛顿第二定律, 木块的加速度a1=m/s2 = ‎2.0m/s2‎ 平板的加速度a2=m/s2 = ‎1.6m/s2‎ 设经过t ，木块恰好与挡板相撞，则L=－‎ 解得 t＝2s ‎（2）根据（1）可以求得时间t ‎ 如果只改变平板的质量M，从上式可知，当M增大时，时间t减小，所以甲同学说法正确．‎ ‎7. 解：⑴ 木板在外力F的作用下，与小物块发生相对滑动。小物块做匀加速直线运动，没小物块加速度的大小为a1.‎ 对小物块 f = μmg = ma1‎ 即 a1 = 2.0m/s2‎ 木板做匀加速直线运动，没木反加速度 的大小为a2.‎ x1‎ x2‎ M M m m 在t=1.0s内，小物块向右运动的距离为 ‎ 木板向右运动的为 ‎ 依据题意x2-x1= ‎ 解得 a2 = 3.0m/s2‎ 对木板 F -μmg = Ma2‎ ‎ 得 F = 13N ‎⑵ 小物块做匀加速直线运动的加速度= ‎2.0m/s2‎ ‎ 经过时间t，小物块向右运动的距离为 木板向右运动的距离为 欲使经过时间t = 1.0s，小物块恰好滑到木板的左端，要求 ‎ 即 ‎ 则M、m、F满足关系 F = 4M + 2m ‎ ‎ 若只改变F，则F= 16N；若只改变M，则M=‎2.25kg；‎ 若只改变m，则m= 0.50kg . ‎ ‎8.解：‎ ‎（1）B滑上A后，A、B在水平方向的受力情况如答图３所示．‎ Ff2‎ Ff1‎ Ff2‎ A B 答图３‎ 其中A受地面的摩擦力的大小Ff1 = μ1 ( m1+ m2) g A、B之间摩擦力的大小Ff2 = μ‎2 m‎2‎ g 以初速度υ0的方向为正方向．‎ A的加速度 ‎ B的加速度 ‎ 由于a1> 0，所以A会相对地面滑动，经时间t，‎ A的速度 ‎ A的位移 ‎ B的速度 ‎ B的位移 ‎ 当υ1=υ2 时，B相对A静止，‎ 解得 x2－x1= 0.83 m 即B在A上相对A滑行的最远距离为0.83m．‎ ‎（2）要使B刚好从A上滑下，即当υ1=υ2时，有 x2－x1 = L 解得 ‎ ‎ （i）只改变υ0，则 m/s = ‎2.2 m/s；‎ ‎（ii）只改变μ1，则μ1 = 0.06 ；‎ ‎（iii）只改变μ2，则μ2 = 0.14 . ‎ ‎4分 ‎4分 ‎9. 解：‎ ‎（1）小物块先向左做匀减速直线运动，设小物块加速度的大小为a1．‎ 对小物块，根据牛顿第二定律得f = μmg = ma1‎ a1 = ‎3.0 m/s2‎ ‎ 经时间 t1==1.0 s，速度减为零.‎ 位移大小 = 1.5 m 之后，小物块向右做匀加速直线运动，设经时间t2与木板相对静止，此时它们的速度大小为υ，物块向右运动的位移大小为x2.‎ ‎，‎ 答图2‎ F f 对木板，水平方向的受力情况如答图2所示.木板向右做匀加速直线运动，设木板的加速度大小为a2．‎ 根据牛顿第二定律得F- μmg = Ma2‎ ‎ = ‎1.0 m/s2‎ ‎ ‎ 木板的位移大小 ‎ 可解得 t2 = 0.50 s，m，m 答图3‎ x1‎ x2‎ x3‎ Δx 物块相对木板滑动的最大距离 ‎ = ‎‎2.25 m ‎（2）若物块速度减为零时恰好到达木板的左端，则 ‎ =‎ F、M、m满足关系 F = ‎1.8M + ‎‎3m 若只改变F，则F = 8.4 N 若只改变M，则M = 1.7 kg 若只改变m，则m = 0.20 kg ‎10.‎ ‎11. 解：‎ ‎（1）未放小铁块，木箱受到的摩擦力为f1 ，有F＝f1 ， ‎ f1＝μMg ‎ 放上小铁块，木箱受到的摩擦力为f2，此时木箱的加速度大小为a ，有 ‎ F－f2＝Ma ‎ 联立得 a ＝ —0.5m/s2 （1分） ‎ 设小铁块经过t1从木箱右端滑落，有 ‎ （1分） ‎ 小铁块滑落时，木箱的速度v1 ，则 v1＝v0－a t1 （1分）‎ 小铁块滑落后，木箱在F作用下以速度v1作匀速运动，小铁块以初速度v0作平抛运动，下落时间为t2，有 ‎　‎ ‎ （1分）‎ 联立得　x ＝ 0.8m （1分）‎ ‎（2）小铁块在水平方向的速度不变，平抛运动时下落时间也不变，因此，小铁块刚滑落时，要求木箱速度刚好为零，此后木箱就停止了运动，小铁块的落地点距木箱右端最远。‎ 设小铁块在木箱上运动时间为t3，有 0＝v0－a t3　 （1分）‎ ‎ （1分）‎ 联立得　　　＝ 9m ‎ ‎12．（8分）解答：‎ ‎（1）小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在平台上的匀减速直线运动，离开平台后的平抛运动。‎ 设小金属块做平抛运动的时间为t3，‎ 由 设平抛运动的初速度为vB，‎ 由x=vBt3‎ 解得 ………………………………………………2分 答图3‎ f1‎ m‎1g F1‎ （2） 小金属块B在长木板上运动时的受力如答图3所示，小金属块B做匀加速直线运动，设它的加速度为a1。‎ 小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如答图4所示，小金属块做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为。‎ 答图4‎ f1′‎ m‎1g F1‎ ‎ ……………………………1分 设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为x1，末速度为v1，所用时间为t1，则　　　 　 ①‎ ‎　　　　　 ②　‎ 设小金属块在平台上运动时，相对于地面运动的距离为x2，末速度为v2，‎ v2=vB=‎0.20m/s ‎　　　③‎ 由题意知 ‎　　　　 ④‎ 联立以上四式，解得 x1=‎‎0.25m x2=‎‎0.24m t1=0.5s v1=‎1.0m/s 所以小金属块B从开始运动到刚脱离木板A时，小金属块B运动的位移xB=x1=0.25m ‎ …………………………………………………2分 ‎（3）取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如答图5所示。‎ 答图5‎ f1‎ m‎2g F2‎ F F1′‎ f2‎ 木板在t1时间内向右运动距离为L+x1，设木板的加速度为a2，则 ‎……1分 根据牛顿定律 F－(f1+f2)=m‎2a2‎ 解得F=3.4N …………………………2分