2024年高考物理【热点·重点·难点】热点03 板块、斜面、传送带模型-专练（新高考专用）解析版原卷版

这是一份2024年高考物理【热点·重点·难点】热点03 板块、斜面、传送带模型-专练（新高考专用）解析版原卷版，文件包含热点03板块斜面传送带模型原卷版docx、热点03板块斜面传送带模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。

1.命题情境源自生产生活中的与力的作用下沿直线运动相关的情境，对生活生产中力和直线有关的问题平衡问题，要能从情境中抽象出物理模型，正确画受力分析图，运动过程示意图，正确利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理、动量定理、动量守恒定律等解决问题。
2.命题中既有单个物体多过程问题又有多个物体多过程问题，考查重点在受力分析和运动过程分析，能选择合适的物理规律解决实际问题。
3.命题较高的考查了运算能力和综合分析问题的能力。
板块模型
板块模型可以大体分为“有初速度”和“有外力”两大类。有初速度可以是物块有初速度，也可以是木板有初速度;有外力可以是物块有外力，也可以是木板有外力。第一大类：有速度、 第二大类：有外力。解题思路
根据相对运动，确定摩擦力②基于受力分析，列出牛顿第二定律 ③画出v -t图像，列运动学公式④运用整体法和隔离法找外力 F的临界值。
斜面模型
正确对物体受力分析，平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，对物体进行受力分析和运动过程分析，利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等解决问题。
传送带模型
Ⅰ、受力分析
（1）“带动法”判断摩擦力方向：同向快带慢、反向互相阻；
（2）共速要突变的三种可能性：①滑动摩擦力突变为零；②滑动摩擦力突变为静摩擦力；③方向突变。
Ⅱ、运动分析
（1）参考系的选择：物体的速度、位移、加速度均以地面为参考系；痕迹指的是物体相对传送带的位移。
（2）判断共速以后一定与传送带保持相对静止作匀速运动吗？
（3）判断传送带长度——临界之前是否滑出？
Ⅲ、画图
画出受力分析图和运动情景图，特别是画好v-t图像辅助解题，注意摩擦力突变对物体运动的影响，注意参考系的选择。
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1．（2023·黑龙江·校联考一模）如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P，小滑块Q（可看做质点）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，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知小滑块Q与长木板P的质量相等，小滑块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．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5B．长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.75
C．t=9s时长木板P停下来D．长木板P的长度至少是16.5m
【答案】C
【解析】A．由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s，6s 时两者速度相同为v2=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得
根据图乙可知
代入数据可得
μ1=0.05
故A错误；
B．5s～6s对P由牛顿第二定律得
μ1mg+μ2•2mg=ma1
由乙图可知
a1=2m/s2
代入数据可得
μ2=0.075
故B错误；
C．6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得
代入数据可得
a3=1m/s2
这段时间
所以9s时长木板P停下来，故C正确；
D．6s 前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v-t图像的“面积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离
故D错误。
故选C。
2．（2023·河南新乡·统考一模）如图所示，足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上，一薄木板和物块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
【答案】C
【解析】ABC．在向上滑动过程中,整体根据牛顿第二定律可得 ，对物块受力分析可得可得,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．（2023·重庆梁平·统考一模）如图所示，长度L=4m的传送带与水平方向的夹角θ=37°，以v=5m/s的速率顺时针方向匀速转动，在传送带的上端轻轻放一个质量为m=1kg的小物体，若已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，则下列有关说法不正确的是（sin37°=0.6，cs37°=0.8，g=10m/s2）（ ）

A．小物体运动0.5s后加速度大小为2m/s2
B．小物体所受摩擦力大小保持不变
C．小物体相对传送带的位移为1m
D．小物体在传送带上的划痕为1.5m
【答案】D
【解析】A．对小物体受力分析由牛顿第二定律得
经过时间t小物体与传送带共速，由运动学公式得
v=at
联立解得
t=0.5s
由于μ=0.5，小物体与传送带共速后不能一起匀速，接下来小物体相对传送带向下运动，对其由牛顿第二定律得
解得
a1=2m/s2
A正确；
B．根据对A项分析可知小物块与传送带之间一直有相对运动，所以小物体所受摩擦力大小保持不变，B正确；
C D．小物体与传送带共速前相对传送带向上运动，在这一阶段小物体与传送带的位移分别为x1、x2，则
相对位移为
解得
=
小物体速度达到5m/s后，以加速度a1做匀加速直线运动，设运动到传送带底端的速度为v1，则由运动学公式得
解得
v1=6m/s
小物体以加速度a1做匀加速直线运动的时间为
小物体与传送带共速后相对传送带向下运动，相对位移为
小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，所以小物体相对传送带的位移为
小物体先相对传送带向上运动，后相对传送带向下运动，又，所以小物体在传送带上的划痕为
=1.25m
C正确，D错误。
本题选不正确的，故选D。
4．如图甲所示，质量0.5kg的小物块从右侧滑上匀速转动的足够长的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的0～3s段为抛物线，3～4.5s段为直线，（t1=3s时x1=3m）（t2=4.5s时x2=0）下列说法正确的是 （ ）
A．传送带沿逆时针方向转动
B．传送带速度大小为 1m/s
C．物块刚滑上传送带时的速度大小为 2m/s
D．0~4.5s内摩擦力对物块所做的功为-3J
【答案】D
【解析】AB．根据位移时间图象的斜率表示速度，可知：前2s物体向左匀减速运动，第3s内向右匀加速运动。3-4.5s内x-t图象为一次函数，说明小物块已与传送带保持相对静止，即与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为
故AB错误；
C．由图象可知，在第3s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则
其中
x=1m
t=1s
解得
根据牛顿第二定律
解得
在0-2s内，对物块有
解得物块的初速度为
故C错误；
D．对物块在0~4.5s内，根据动能定理
解得摩擦力对物块所做的功为
故D正确。
故选D。
二、多选题
5．（2023·安徽宿州·统考一模）如图所示，水平传送带以的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块（视为质点）以初速度从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞（无机械能损失）返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为，且，，取。物块的初速度可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BCD
【解析】从A点到返回B点的过程中，假设B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得
解得
假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得
解得
假设物块从B点全程减速到A点，根据动能定理可得
解得
故选BCD。
6．如图，一质量为M、长为1m的木板静止在水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的动摩擦因数为，木板与桌面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。则（ ）
A．当时，小物块滑出长木板的时间为
B．当时，小物块滑出长木板的时间为
C．当时，小物块滑出长木板的时间为
D．当时，小物块滑出长木板的时间为
【答案】BD
【解析】AB．设物块滑动摩擦力f1，以向右为正方向，物块与木板间的滑动摩擦力为
物块在木板上发生相对运动时，设物块加速度为a1，对物块由牛顿第二定律可知物块的加速度大小
代入得
设木板滑动摩擦力f2，木板与地面间的滑动摩擦力为
由分析知当M=2m时，如图对木板进行受力分析知
则木板在物块运动过程中静止，物块从木板左端运动到木板右端的过程中，根据运动学公式知
代入得
或（舍去）
故A错误，B正确；
CD．同理的当m=2M时，如图对木板进行受力分析知
物块在木板上发生相对运动时，对木板由牛顿第二定律可知木板的加速度大小
则
代入得
物块从木板左端运动到木板右端的过程中，根据运动学公式知
代入得
或（舍去）
故C错误，D正确。
故选BD。
三、解答题
7．如图所示，质量的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一可视为质点、质量的物块，现对物块施加一水平向右的恒定拉力，木板先在水平地面上加速，物块离开木板后木板在摩擦力的作用下开始减速，运动的总距离。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）木板的加速距离d；
（2）木板的长度l。

【答案】（1）；（2）1m
【解析】（1）分析可知，拉力F作用下物块在木板上滑动，设物块离开木板前木板的加速度大小为，离开后木板的加速度大小为，木板的最大速度为v，则有
而
解得
（2）设在拉力F作用下木板的加速时间为,物块的加速度大小为,则有
而
解得
8．如图所示，传送带长为，以的速率顺时针匀速转动，传送带的倾角为，其右上侧有一水平平台MN，木板C与平台MN左侧对齐，物块B距木板C左端的距离，B、C质量且均静止.一个质量为的物块A以的速度滑上传送带，从传送带飞出后，恰好无碰撞地滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后AB粘在一起且最终未能滑离C。已知A与传送带的动摩擦因数为，A、B与C间的动摩擦因数，C与平台间的动摩擦因数，空气阻力忽略不计，重力加速度，A、B均可视为质点.求：
（1）物块A滑离传送带时的速度大小；
（2）从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间；
（3）物块A滑上木板C后系统因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块A滑上传送带后由牛顿第二定律得
解得
物块A与传送带共速时，由运动学公式
解得
则可得
共速后，物块A不能匀速，仍然减速有
解得
由运动学公式得
解得
或（舍去）
物块滑离传送带时的速度
（2）物块A离开传送带后，做斜抛运动，物块在最高点时滑上木板，物块滑上木板时的速度为
所用时间
A滑上C表面后做减速运动的加速度大小为
假设B、C相对静止，共同加速度大小
代入数值得
故假设成立.
A追上B，满足
代入数据解得
或（舍去）
从物块A滑上传送带到与B发生碰撞所需的时间
（3）A、B碰撞前
A、B碰撞过程，由动量守恒定律得
可得
物块A滑上木板C后系统因摩擦而产生的热量为
代入数值解得
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（2024·陕西渭南·统考一模）墨子《墨经》中提到可以用斜面运输较重的东西，在日常生活中经常会使用斜面。例如卡车装载大型货物时，常会在车尾斜搭一块木板，工人将货物沿木板从地面推入车厢，如图甲所示。将这一情境简化为图乙所示的斜面模型，将货物视为质点，斜面高度一定，货物与斜面间的动摩擦因数各处相同。现用平行于斜面的力将货物沿斜面从底端匀速推到顶端。则下列说法正确的是（ ）
A．斜面倾角越小推送货物的过程推力越小
B．斜面倾角越大推送货物的过程推力越小
C．斜面倾角越小推送货物的过程推力做功越少
D．若推力的功率一定，斜面倾角越小，物体运动时间越大
【答案】D
【解析】AB．设斜面长度为L，对货物受力分析，由平衡条件可得
令
可得
当时，
此时有
可知斜面倾角从小到大变化过程中推力存在极值。故AB错误；
C．根据动能定理，有
解得
依题意，斜面高度一定，则斜面长度越大，倾角越小，推送货物的过程推力做功越多。故C错误；
D．根据
可知若推力的功率一定，斜面倾角越小，推力做功越多，物体运动时间越大。故D正确。
故选D。
2．（2023·吉林·统考二模）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块的重力大小为
D．木块与斜面间的动摩擦因数为
【答案】C
【解析】A．机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则
解得
故A错误；
B．木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则
解得
故B错误；
C．重力所做的功等于重力势能变化量，则
解得
故C正确；
D．滑动摩擦力为
解得
故D错误。
故选C。
3．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板最右端放置一可看成质点的小物块。在时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，时撤去F，整个过程木板运动的图像如图乙所示。物块和木板的质量均为1kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（ ）

A．内木板的加速度为
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．拉力F的大小为21N
D．物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
【答案】C
【解析】A．速度—时间图像斜率的绝对值表示加速度大小，由图像可知，内木板的加速度为
故A错误；
B．根据题意，结合图像可知，内木块始终做匀加速运动，时木板和木块达到共速，设木块与木板间的动摩擦因数为，则对木块由牛顿第二定律有
而由速度与时间的关系式可得
其中
，
从而解得
故B错误；
C．设地面与木板间的动摩擦因数为，在撤去拉力后，对木板由牛顿第二定律有
解得
而由图像可知，在没有撤去拉力时木板的加速度
则对木板在没有撤去拉力时由牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．对木板和木块在达到共速时进行分析，若共速后二者相对静止，设二者的共同加速度为，则由牛顿第二定律有
解得
而木块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度
由此可知，木块与木板共速后瞬间又发生了相对滑动，对木板，设其继续与木块发生相对滑动时的加速度大小为，则由牛顿第二定律有
解得
即木板以加速度大小为继续减速直至速度为零，木块以加速度大小为减速直至速度为零，设在两者达到共速时木块的对地位移为，木板的对地位移为，则可得
其中
解得
则可知两者共速时物块的位置与木板右端的距离为
设共速之后的减速阶段木块的位移为，木板的位移为，则由运动学公式可得
，
解得
，
则物块最终停止时的位置与木板右端的距离为
故D错误。
故选C。
4．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（ ）
A．时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．时物块B和木板C相对滑动
【答案】D
【解析】AD．由图像可知，当时物块B和木板C相对静止，当时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；
B．因当时，，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
联立方程可求解
故B错误；
C．对木板和木块的整体，当时，，则
当时，，则

联立方程可求解
但是不能求解木板C的质量，故C错误。
故选D。
5．如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O放一质量为m的滑块A。传送带以速率沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B以速度为与A发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不正确的是（ ）
A．传送带至少长
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
C．要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
D．若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】C
【解析】A．物块B在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有
可得，物块B的加速度为
则物块B加速到时的位移为
则传送带至少长，故A正确；
B．物块B第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
故B正确；
C．物块B以速度为与A发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，碰撞后A、B的速度分别为
，
A滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有
从碰撞后瞬间到A滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有
解得
则要保证被撞后的A滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为，如果A最高点小于四分之一圆弧，则半径可以无限大，故C错误；
D．物块B第一次在传送带上加速运动的位移为
传送带的路程为
相对位移为
产生的内能为
第一次碰撞后B静止，A滑上圆弧后又滑回来与B发生碰撞，根据机械能守恒可知，A滑上圆弧后又滑回来的速度仍然为，由上述分析可知，与B发生第二次碰撞后，A的速度为零，B的速度为，方向水平向左，然后物体B在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为
减速的位移为
减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为
此过程产生的内能为
B速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A与B能在O点发生多次碰撞，则当A与B发生第三次碰撞时，产生的总内能为
故D正确。
本题选不正确的，故选C。
6．如图，MN是一段倾角为的传送带，一个可以看作质点，质量为的物块，以沿传动带向下的速度从M点开始沿传送带运动。物块运动过程的部分图像如图所示，取，则（ ）

A．物块最终从传送带N点离开
B．传送带的速度，方向沿斜面向下
C．物块沿传送带下滑时的加速度
D．物块将在5s时回到原处
【答案】D
【解析】AB．从图象可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为1m/s，因此没从N点离开，并且能推出传送带斜向上运动，速度大小为1m/s，故AB错误；
C．图象中斜率表示加速度，可知物块沿传送带下滑时的加速度
故C错误；
D．速度图象与时间轴围成的面积表示位移，由图可知，时，物块的速度为0，之后物块沿斜面向上运动，所以物块沿斜面向下运动的位移
到时，物块沿斜面向上加速运动的位移
物块沿斜面向上匀速运动的时间
所以物块回到原处的时间
故D正确。
故选D。
二、多选题
7．如图所示，甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带在电机带动下以速度匀速运转。某时刻质量为的货物自平台上以垂直于传送带运行方向的速度冲上传动带，货物刚冲上传送带时速度也为。已知货物与传送带之间的动摩擦因数为，货物与传动带相对静止之前未脱离传动带，重力加速度为，关于自货物冲上传送带至货物与传送带相对静止过程中下列描述正确的是（ ）

A．货物相对于地面做曲线运动B．货物在传送带上的划痕为曲线
C．摩擦力对货物做功为D．货物在传送带上留下的划痕长度为
【答案】AD
【解析】A．以地面为参考系，设货物刚冲上传送带时速度方向为轴正方向，传送带运行方向为轴正方向，货物在轴正方向做匀减速运动，直至速度为零，在轴正方向做匀加速运动，直至速度为，可知货物受到合力与轴负方向呈角，故货物合外力方向与速度方向不在同一直线上，货物相对于地面做曲线运动，故A正确；
B．以传送带为参考系，此时货物以的速度沿与轴正方向呈角方向运动，所受合外力方向与货物初速度方向相反，可知货物做匀加速运动，直至与传送带相对静止，故货物在传送带上的划痕为直线，故B错误；
C．根据动能定理摩擦力对货物做功为
故C错误；
D．以传送带为参考系，货物在传送带上的加速度为
货物在传送带上留下的划痕长度为
故D正确。
故选AD。
8．如图，足够长的质量为的木板静置于水平地面上，木板右端放置一质量为的物块（可视为质点）。时刻，对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用2 s后撤去F。物块与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取。下列说法正确的是（ ）
A．未撤去F时，木板和物块的加速度大小均为3.5 m/s2
B．撤去F时，木板的速度大小为8 m/s
C．物块最终距木板右端的距离为
D．整个过程中由于摩擦产生的总热量为
【答案】BC
【解析】A．设未撤去F时，物块和木板的加速度大小分别为和，则有
解得
A错误；
B．撤去F时，木板的速度大小为，有
B正确；
C．撤去F时，物块的速度大小为，物块和木板的位移分别为和，有
撤去F后，物块和木板的加速度大小分别为和，有
解得
设再过时间，两者速度相等为，有
解得
在这段时间里的两者的位移分别为和，有
假设共速后二者一起匀减速，设加速度为，有
此时物块需要的静摩擦力为
而物块的最大静摩擦力为
所以假设不成立，物块与木板将会分别减速，加速度大小为和，有
解得
到减速为0，位移分别为和，有
物块最终距木板右端的距离为
C正确；
D．根据能量守恒，整个过程由于摩擦产生的总热量等于外力所做的功，即
D错误。
故选BC。
9．如图所示，将质量均为m的编号依次为1，2…6的劈块放在水平面上，它们靠在一起构成倾角为θ的三角形劈面，每个劈块上斜面长度均为L。质量为m的小物块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝2tanθ，每个劈块与水平面间的动摩擦因数均为μ2，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，劈块间不粘连。现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度冲上斜面，g为重力加速度，在上滑过程中（ ）
A．若所有劈块均固定，则水平面对所有劈块的总支持力小于7mg
B．若所有劈块均不固定且μ2＝0，则所有劈块和物块组成的系统动量守恒
C．若所有劈块均不固定且，则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开始相对水平面滑动
D．若所有劈块均不固定且μ2＝2tanθ，则物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块受到地面的摩擦力大小为
【答案】AC
【解析】A．若所有劈块均固定，小物块A沿斜面向上做减速运动，加速度沿斜面方向向下，小物块A处于失重状态，而斜面的加速度为零，处于平衡状态，所以水平面对所有劈块的总支持力小于7mg，故A正确；
B．若所有劈块均不固定且μ2＝0，则所有劈块和物块组成的系统在水平方向上不受外力，则系统在水平方向上动量守恒，而竖直方向上系统所受合力不为零，则所有劈块和物块组成的系统动量不守恒，故B错误；
C．若所有劈块均固定，则有
物块减速为零的位移为
若所有劈块均不固定且，物块对劈块的压力为
物块与劈块的滑动摩擦力为
劈块恰好开始相对水平面滑动时有
解得
说明物块能冲上6号劈块，且刚冲上6号劈块时，6号劈块开始相对水平面滑动，故C正确；
D．若所有劈块均不固定且μ2＝2tanθ，由上述分析可知，物块能冲上6号劈块，此时
而地面对6号劈块的滑动摩擦力为
当时，6号劈块相对对面滑动，则6号劈块受到地面的摩擦力大小为；当时，6号劈块仍然静止，则6号劈块受到地面的摩擦力大小为，故D错误。
故选AC。
三、解答题
10．（2024·吉林·统考一模）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角的滑雪道上，质量的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），由静止开始沿直线匀加速下滑；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速继续下滑后停止。已知，取重力加速度，不计空气阻力。
（1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小；
（2）如图（b），若减速过程中两滑雪板间的夹角，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力均为F，求F的大小。
11．（2024·吉林·统考一模）如图（a），水平传送带以恒定速率顺时针转动，宽为、足够高的矩形匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场下边界QP水平。矩形导体框abcd无初速度地放在传送带上且ad与MQ重合，bc向右运动到NP时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。ad离开磁场时撤掉拉力，同时将QP提升到传送带上方距上表面L处。导体框继续向右运动，与NP右侧处的竖直固定挡板发生弹性正碰。当ad返回NP时，施加水平向左的拉力，使导体框以此时的速度匀速通过磁场。已知导体框质量为m，总电阻为R，ab长为，ad长为，导体框平面始终与磁场垂直且不脱离传送带，重力加速度为g。
（1）求导体框从开始运动到与传送带共速过程中，ad两点间的电势差与时间t的关系式；
（2）求导体框向右离开磁场过程中，拉力冲量的大小；
（3）导体框向左通过磁场的过程中，设ad到NP的距离为x，导体框受到的摩擦力大小为，在图（b）中定量画出导体框通过磁场过程中图像，不要求写出推导过程。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）由法拉第电磁感应定律知
设线框运动到共速速度为，由匀变速直线运动平均速度关系知
由题知，bc向右运动到NP时恰与传送带共速，位移为，由动能定理知
代入得
由牛顿第二定律知
代入得
设线框运动到共速时间为，由匀变速直线运动速度与时间关系式知
代入得
（2）由题知，bc向右运动到NP时恰与传送带共速，此时施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。如图所示，由于整个过程中加速度没变，设导体框向右离开磁场时间为，由题知线框移动位移为，由匀变速直线运动位移与时间关系式知
代入得
bc向右运动到NP时恰与传送带共速，位移为，线框运动到共速时间为，由匀变速直线运动位移与时间关系式知
代入得
则线框磁通量变化时间为
由题知，施加水平向右的拉力，使导体框保持共速前的加速度离开磁场。则拉力与安培力大小相等，方向相反
由法拉第电磁感应定律知
由闭合电路欧姆定律知
代入得
代入得
（3）
12．（2024·陕西渭南·统考一模）一种小孩玩的碰撞游戏可看作如下模型。如图所示，左端固定有竖直挡板的薄木板放于水平面上，木板厚度可不计。滑块置于木板的右端，滑块可视为质点。已知滑块质量m1=1.0kg，滑块与木板、滑块与水平面、木板与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2；木板长L=1.0m，质量m2=3.0kg，重力加速度取g=10m/s2。现用F=22N的水平拉力作用于木板，在滑块即将与木板左侧挡板碰撞时，撤去拉力F，设滑块与木板的碰撞瞬间完成，且无能量损失。求：
（1）撤去拉力F瞬间滑块与木板的速度大小；
（2）木板从开始运动直至停止的整个运动过程中位移大小；
（3）滑块和木板都停止时，滑块与木板右端的距离。
【答案】（1）2m/s ；4m/s ；（2）4.25m；（3）3m
【解析】（1）当力F作用于木板时，根据牛顿第二定律，对滑块有
μm1g=m1a1
解得
a1=2m/s2
对木板有
F－μm1g－μ(m1+m2)g=m2a2
解得
a2=4m/s2
滑块与木板即将碰撞时有
代入数据解得
t=1.0s
此时滑块速度
v1=a1t=2m/s
木板速度
v2=a2t=4m/s
滑块的位移
木板位移
（2）对滑块与木板碰撞过程，由动量守恒有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'
代入数据解得
v1'=5m/s
v2'=3m/s
接下来，滑块向右做匀减速运动
μm1g=m1a1'
解得
a1'=2m/s2
木板向右做匀减速运动
μ(m1+m2)g－μm1g=m2a2'
解得
a2'=2m/s2
若运动过程中滑块从木板上掉下去，而木板未停止，则对木板有
μm2g=m2a2''
解得
a2''=2m/s2
由此可得
a2''=a2'
因木板v2'小，加速度与滑块相等，所以木板先停下来。而滑块与木板与地面摩擦因数相同，所以无论滑块在木板上还是在地面，一直做加速度为a1'的匀减速直线运动。而木板无论滑块在其上，还是掉下去，其加速度大小不变，一直做a2'的匀减速直线运动。
对木板，在滑块与木板碰后运动距离
从开始运动到停止，木板的位移
（3）对滑块，在与木板碰后直到停止运动距离
滑块总位移
比较滑块与木板运动，两者都停止运动相距
Δs=s块－s板=3m
滑块停在木板右端地面上，距木板右端3m。