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1、选择培优练2 力学四大模型之板块模型题组1 板块模型之动力学分析问题1-9题组2 板块模型之功能分析问题9-12题组3 板块模型之动量、能力结合应用问题12-20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m=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F拉着物体B，两个物体间的摩擦力f1、物体B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F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0.3B物体B的质量为1kgC物体B与水平地面间的动摩擦因数为0.2D当F
2、=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，A、B之间的最大静摩擦力为，可知A、B间的动摩擦因数为，故A错误；BC由图乙可知，当时，A、B整体相对地面开始滑动，则当时，A、B即将产生相对滑动，此时对整体有对物块A有，联立解得，故B正确，C错误；D当时，A、B两物块一起加速运动，则A、B两物块的加速度大小为，故D错误。故选B。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B左端，若A与B间动摩擦因数为，木板B与地面间的动摩擦因数为，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受到的水平向右的外力作用，测得A与B间摩擦力f随外力
3、F的变化关系如图乙所示，重力加速度取，则下列判断正确的是()AA，B两物体的质量分别为和B当时，A，B发生相对滑动C当时，A的加速度为4m/s2DB物体运动过程中的最大加速度为【答案】C【解析】A设A、B两物体的质量分别为m1、m2，根据A与B间摩擦力f随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6N，B与地面的摩擦力为3N，则有联立解得m1=1kg m2=0.5kg故A错误；B A、B发生相对滑动时，对A有，对B有联立可得，即，故B错误；C由B分析可知，当t3s时，A、B相对静止，一起做匀加速运动，则有代入数据可得a1=4m/s2，故C正确；DB物体运动过程中的最大加速度为代入数据可得a2=6
4、m/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1=0.3，2=0.2，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=10m/s2。则()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1.5NC若F=15N，则A物块的加速度为12.0m/s2，B物块的加速度为2.0m/s2D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 A若F=1N ，所以AB
5、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=1.5NF0=4N，故B一定与薄硬纸片发生滑动，其加速度为，则此时A物块的加速度为，C错误；D因为 ，并且水平面光滑，B一定比A先发生滑动，所以无论力F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P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F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F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Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度。则下列说法正确的是(
6、)A时长木板P停下来B长木板P的长度至少是C滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为【答案】AB【解析】AC由图乙可知，力F在t1=5s时撤去，此时长木板P的速度v1=5 m/s，t2=6s时两者速度相同，v2=3m/s，t2=6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2=6s后长木板的速度小于滑块Q的速度，06s过程中，以滑块Q为对象，由牛顿第二定律得，解得56s过程中，以长木板P为对象，由牛顿第二定律得，解得从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得，解得，这段时间，时长木板P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Q在长木板
7、P上滑行的距离，故B正确；D在从6s末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得，解得这段时间所以t3=12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长板上滑行的距离前6s长木板速度更大，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，质量的小车长，静止在光滑水平面上，其上面右端静止一质量的小滑块(可看作质点)，小车与木板间的动摩擦因数，先用一水平恒力F向右拉小车。(。)下列叙述正确的是()A若用一水平恒力，小滑块与小车间的摩擦力为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C若且作用时间为，该过程小车对小滑块的冲
8、量大小为D若向右拉小车，要使滑块从小车上恰好不滑下来，力F至少应作用多长时间【答案】BC【解析】A当F=10N时，设两者间保持相对静止，由整体法可得，解得隔离小滑块可得，而两者间的最大静摩擦力为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，得，由整体法可得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F20N，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小滑块受到小车的支持力为小滑块受到小车的作用力为则该过程小车对小滑块的冲量大小，故C正确；D当F=28N时，两者间相对滑动，小滑块
9、，得，小车得设F撤去前作用了时间t1，则两者获得的速度为vm=a2t1，vM=a3t1两者产生的位移为，F撤去后m仍以a2加速，M以a4减速，减速的加速度为设过时间t2两者等速，解得、t2时间内位移、，则，整理得，解得故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)，O为AB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 = 0.15。
10、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/s2B帆布带所受到的滑动摩擦力最大只能是1.8NC若砖块与帆布带分离时的速度为m/s，闯关恰好成功D闯关者用F = 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f2 = (M + m)g + Mg，砖块受到的摩擦力为f1 = Mg设砖块的加速度为a1，帆布带的加速度为a2，则有f1 = Ma1，F - f2 = ma2发生相对运动需要a2 a1
11、，代入数据解得F 2(M + m)g = 2 0.15 (0.500 + 0.200) 10 = 2.1N，a1 = 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f2 = (M + m)g + Mg = 1.8N，B正确；C若砖块与帆布带分离时的速度为，砖块匀加速运动的位移为匀减速运动的位移为，则总位移为0.3m，砖块恰好不从桌面掉下，C正确；D当F = 2.4N时，砖块未脱离时的加速度a1 = g = 1.5m/s2，帆布带的加速度，根据a2t2 - a1t2 = L，解得则此时砖块的速度v = a1t = 1.5 m/s = 0.95m
12、/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a1 = g = 1.5m/s2，则匀减速运动的位移，而匀加速运动的位移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=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，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块
13、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()A若恒力F=0，物块滑出木板时的速度为3m/sBC点纵坐标为1.5m-1C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【解析】AF=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 将M=0.5kg、m=1kg、v=4m/s、s=1m代入得v=2m/s，v=4m/s(不符合情况，舍去)或选项A错误；B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t，由牛顿第二定律得根据速度
14、时间关系可得根据位移关系可得联立解得，由图乙知，相对路程s1m，代入解得F1N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，由牛顿第二定律得而f=ma，由于静摩擦力存在最大值，所以，联立解得F3N综上所述：BC段恒力F的取值范围是1NF3N ，函数关系式是当F=3N时，则B点的横坐标为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=，速度关系有相对位移，联立解得F=1N
15、，选项C正确；DD(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=g=2m/s2，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2L、质量为M的长木板放在光滑的水平地面上，一质量为m的铁块(可视为质点)以初速度v0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v0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mgB铁块仍将停在木板B的最右端C铁块将停在木板
16、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mg，此时木板的加速度a=，对木板BF=a=mg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
17、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m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F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()A当F2F0，木块A和木板B开始相对滑动B当FF0，木块A和木板B开始相对滑动C自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为Dx=x0时，木板B的速度大小为【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，则可知，当F增大到F0，A开始运动时，
18、B也和A一起滑动。则当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，联立解得，故AB错误；CD木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得对A用动能定理，得，联立解得，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m、2m的物块A和木板B，A、B间的滑动摩擦力为Ff，开始时，A放在B的中点处。第一次，在A上作用一水平恒力F，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2FfB两次力F的作用时
19、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，解得当恒力作用在B上时，两物体分离的临界条件是，解得所以力F的最小值为3Ff。A错误；B假设两次作用的时间相同，则有，联立解得，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，化简得，当恒力作用在B上时，有，化简得，联立解得，所以两次脱离木板B时，物块A对地的位移可能相同。D正确。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
20、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m，长度皆为l；C是一质量为的小物块。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，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()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B的右端时，木板B的速度最大【答案】BCD【解析】A物块C对A或B的摩擦力为若C在A上滑动时，AB与地面间的最大静摩擦力 则此时AB不动；当C在B上滑动时，B与地面之间的最大静摩擦力可
21、知B将要滑动，选项A错误；B当C滑到木板A的右端时，因为AB不动，由动能定理 解得当滑块C在B上滑动时，B的加速度 ，C的加速度设经过时间t物块C到达最右端时的共同速度为v，则 ， 解得， ， ，B运动的距离 然后BC一起减速运动，加速度为，最后停止时移动的距离 则B一共向右移动的距离 ，选项B正确；C物块C在A上滑动时产生的热 ，物块C在B上滑动产生的热木板B在地面上滑动产生的热 系统因摩擦产生的总热量为，选项C正确；D当小物块C滑到木板B时，木板B加速运动，当C到达B的右端时，木板B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
22、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m，一个小铅块质量也为m，以水平初速度v0由木板A左端向右滑动，达到木板B右端时，恰好与木板B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B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B部分加速，第二次在小铅块运动过程
23、中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，则在B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B的右端时，速度还是大于B的速度，所以铅块必将从B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，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B时，A的速度为vA，最后和B一起运动的速度为vB，第二次铅块离开B右端的速度为，此时B的速度为，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，第二次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B板的速度时A的速度，即，故，故D错误。故选BC。13(2022全
24、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=37，斜面上有一质量为3m、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v0=1m/s，现将一质量为m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()A小滑块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小为2m/s2B小滑块放在木板上的瞬间，
25、其与P的距离为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1.5m/sD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，由平衡条件可得带入数据解得，把小滑块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律可代入数据解得，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，小滑块放上长木板的瞬间，其与P的距离为故B错误；C设小滑块与挡板第一次碰撞前的速度为v，则，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由机械能守恒定律可得，联立方程，带
26、入数据解得，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，此时小滑块的速度为，方向沿斜面向下，这个过程中小滑块的位移为，方向沿斜面向下，长木板的位移为，故，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、与木板间的摩擦因数分别为、，木块与木板质量均为，、之间的碰撞无
27、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()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B若，则无论多大，都不会从木板上滑落C若，则一定不相碰D若，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，mv0=3mv1 则整个过程产生的热量等于动能的变化，有Q=mv023mv12 联立，得Q=mv02，故A正确；BDa、b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v1、v2，碰后分别为v1、v2，且有v1v2，以v1方向为正方向，则有mv1+mv2=mv1+mv2mv12+
28、mv22mv12+mv22 联 立，得v1=v2，v2=v1即碰后a、b交换速度。(1)若b、c不相对滑动，由牛顿第二定律可得，即，此情况，开始时b、c相对静止。碰撞前有碰撞后a、b交换速度，则有若a、c不相对滑动，此时有：，即当时，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b2a， a相对木板向左运动，故a可能从木板左端滑落，故D正确；C若a与b碰前三者已经共速，则ab一定不相碰，此时有 联立，得 故若，则ab一定不相碰，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
29、的小滑块A和B，三者的质量均为m，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v0从C的左端水平向右滑上木板C，同时，B以初速度2v0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()A滑块A的最小速度为B滑块B的最小速度为v0C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，由动量守恒定律得解得，设木块A在整个过程中的最小速度为v，所用时间为t，由牛顿第二定律得：对滑块A，对滑块B，对木板C当滑块A与木板
30、C的速度相等时，木块A的速度最小，则有，解得滑块A在整个过程中的最小速度为，故A正确；BC当滑块B的速度变为所需要的时间为t，所以此时，AC有共同速度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 联立上式解得， 所以B的最小速度为，由于碰撞后故AB不可能发生碰撞，故BC错误；D由能量守恒定律可知，所以系统损失的机械能为 故D正确。故选AD。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m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v0向右运动，某时
31、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()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C如果M=0.5m，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1.5mv0【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，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，解得整个运动过程中摩擦生热的大
32、小为，故A正确；B如果M=m，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，木板只与墙壁碰撞一次，根据能量关系可得，解得木块相对木板的位移大小为；故B错误；C如果，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v1，取向右为正，根据动量守恒定律可得，解得所以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度v1匀速运动，木板第二次与墙壁碰撞时的速度为v1；同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速度为，木板第3次与墙壁碰撞时的速度为，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=0.5m，木板最终停在墙的边缘，全过程根据动量
33、定理可得，在整个过程中墙对木板的冲量大小为，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，一质量为的L形工件沿斜面以速度匀速向下运动。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，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C木块与挡板第1次碰撞后瞬间，
34、工件的速度大小为D木块与挡板第1次碰撞至第2次碰撞的时间间隔为【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下滑，根据牛顿第二定律有，解得把木块放上，对工件受力分析有，解得，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，即解得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根据能量守恒有，解得，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t，在此时间内工件的位移为木块的位移，解得D正确。故选BCD。18.(2021云南省玉溪第一中学高二阶段
35、练习)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m、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m的小物块A(可视为质点)从左端以速度冲上木板，当vv0时，小物块A历时t0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( )A若，A、B系统生热为B若，A、B相对运动时间为C若，B经历t0时间的位移为D若，A经历到达木板右端【答案】AC【解析】当v=v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=2mv，代入数据得：v=0.5v0由能量守恒定律得：Q=mv02-2mv2=mv02若，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m=2mv得：v=v0系统生热：，选项A正确；当v=v0时，对
36、B，由动量定理得：ft0=mv可得：；若，根据动量守恒定律得得：对B，由动量定理得： ，可得：，选项B错误； 若v=v0，则由A选项的分析可知：fL=Q=mv02；对物体B：联立解得：，选项C正确；若v=2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m2v0=mvA+mvB，A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q根据能量守恒定律得：结合上面解答有：Q=mv02对B，由动量定理得：ft=mvB-0；联立解得：，(另一值不合理舍去)，故D错误.19.(2020全国高三课时练习)如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3
37、、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1、2、3、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则()A所有木块与木板一起匀速运动的速度为B所有木块与木板一起匀速运动的速度为C若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为D若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为【答案】AC【解析】AB根据动量守恒有，解得，故A正确，B错误；CD设经过时间，第1块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则，对第1个木块，对木板，联立解得，设再经过时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第2个木块，对木板和第1个木块，解得，再经过时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第3个木块，对木板和第1、2个木块再经过时间，第k块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为，则对第k个木块对木板和第1、2、3、k-1个木块，解得将n=9，k=8代入，故C正确D错误；故选AC。试卷第21页，共21页学科网（北京）股份有限公司