2024年 高三二轮专题复习 专题06 板块模型-

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【特训典例】
高考真题
1．（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，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v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）

A．木板的动能一定等于flB．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于D．物块的动能一定小于
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为，此时木板的速度为，由题意可知设物块的对地位移为，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得整理可得
D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热根据运动学公式；因为
可得则所以，B正确，A错误。
故选BD。
2．（2023·辽宁·统考高考真题）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。

【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1代入数据有v1= 1m/s对m1受力分析有则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12= 2a1x1代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a共对m2有a2= μg = 1m/s2当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2解得则对于m1、m2组成的系统有；U = Wf联立有
3．（2023·河北·高考真题）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小；
（2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围．
【答案】（1），；（2），；（3）或
【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有；由题意分析，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有联立式，得设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和，斜抛过程物块上升时间该段时间物块向左运动距离为．物块距离地面最大高度．
（3）物块从最高点落地时间设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
；解得或．设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围：
（a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为炸裂后落地过程中的水平位移为木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅落在木板上，应满足且
解得
Ⅱ．若仅落在木板上，应满足且不等式无解；
（b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅落在木板上，应满足且解得
Ⅳ．若仅落在木板上，应满足且
解得．综合分析（a）（b）两种情况，为保证之一一定落在木板上，满足的条件为
或
无外力动力学板块模型
4．如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）

A．若只增大M，则小滑块能滑离木板
B．若只增大v0，则小滑块在木板上运动的时间变长
C．若只减小m，则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小
D．若只减小μ，则小滑块离开木板的速度变大
【答案】AC
【详解】A．若只增大木板的质量M，根据牛顿第二定律可知木板的加速度减小，小滑块的加速度为不变，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，则小滑块能滑离木板，A正确；
B．若只增大木板的初速度v0，小滑块受力情况不变，小滑块的加速度不变，小滑块相对木板的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，B错误；
C．若只减小小滑块的质量m，小滑块的加速度不变，木板的加速度变小，以木板为参考系，小滑块运动的平均速度变大，小滑块在木板上的运动时间变短，滑离木板过程中小滑块对地的位移变小，C正确；
D．若只减小动摩擦因数，小滑块和木板的加速度都减小，相对位移不变，小滑块滑离木板的过程所用时间变短，小滑块离开木板的速度变小，D错误。故选AC。
5．如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2kg的物体B（可看作质点）以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反
B．A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2
C．长木板A的长度可能为L＝0.8 m
D．长木板A的质量是4kg
【答案】BD
【详解】A．由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，故A错误；
B．由图象知B的加速度大小为对B进行分析有：μmBg=mBaB，可解得：μ=0.2
故B正确；
C．由题意可知，木块B尚未滑出木板A，则临界条件为当AB具有共同速度时，B恰好滑到A的右端，设A、B物体位移量分别为sA、sB，加速度分别为aA、aB，由图可知aA=1m/s2，aB=2m/s2，A的长度为L，则有：
联立上式可解得L=1.5m，即L≥1.5m即可，故C错误；
D．由μmBg=mAaA，μmBg=mBaB联立两式可解得：即A物体的质量是B物体的两倍，长木板A的质量是4kg，故D正确；故选BD。
6．如图所示，倾角为30°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M=4kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m=1kg的物块A以沿斜面向上，大小为5m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是（ ）

A．物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125m/s2
B．要使物块不滑离板，则木板长至少为2m
C．整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10J
D．不论板多长，物块最终一定能滑离木板
【答案】AC
【详解】A．对木板，根据牛顿第二定律可得解得故A正确；
BD．对物块，根据牛顿第二定律可得解得物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为设沿斜面向下为正方向，则
共速时间为；故BD错误；
C．整个过程因摩擦产生的热量为故C正确。故选AC。
7．一块足够长的木板C质量为，放在光滑的水平面上，如图所示，在木板上自左向右放有A、B两个物块，物块A质量为m，与木板间的动摩擦因数为，物块B质量为，与木板间的动摩擦因数为。初始时刻木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为、，方向如图所示（重力加速度为g）。在以后运动的整个过程中，下列说法正确的是（ ）

A．经过的时间，A达到最小速度
B．木板C能获得的最大速度是
C．在与B共速前，木板C一直做匀加速直线运动
D．A、B、C组成的系统由于摩擦产生的热量是
【答案】AD
【详解】A．根据题意，由牛顿第二定律可知，开始时；；
因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动。可知，A与木板速度相同时，速度最小，则有
解得，故A正确；
B．当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得解得故B错误；
C．木板C匀速运动之前，在与A共速时其加速度有突变，故C错误；
D．全过程A、B、C系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为
故D正确。故选AD。
8．如图所示，A、B两块木板并排静止在光滑水平面上，小物块C（可视为质点）以水平速度vC=6m/s从A的左端滑上，若三个物体质量均为m=2kg，A、C间的动摩擦因数μ1=0.2，C的速度减小到4m/s时，恰好与A分离，滑上B板，g取10m/s2。
（1）求C刚滑上A时，物块A、C的加速度大小aA、aC；
（2）求A板的长度LA；
（3）若B板长LB=1.5m，要使C不脱离B，求B、C间的动摩擦因数μ2的最小值。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）如图所示，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得解得

对A、B整体受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律可得解得
（2）设C从A的左端到右端所用时间为，根据匀变速运动规律，对C有，
解得，对A有解得则A板的长度为
（3）C滑上B时的速度为4m/s，此时加速度大小均为此时B的速度为当最小时，C、B两物体刚好在B的末端达到共同速度，则有；
可得根据匀变速直线运动位移速度公式可得；
又联立解得
有外力动力学板块模型
9．如图所示，物体A、B的质量分别为2m和m，A、B叠放在水平桌面上，A通过跨过光滑定滑轮的轻绳与C相连，定滑轮左端的轻绳与桌面平行，A、B间的动摩擦因数为μ（μ<1），B与桌面间的动摩擦因数为，A、B桌面之间的最大静摩擦力等于相对应的滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）

A．C的质量为时，A保持静止
B．C的质量为m时，轻绳对定滑轮的作用力合力大小为
C．C的质量为m时，若A、B之间发生相对滑动，则
D．C的质量为m时，若A、B之间未发生相对滑动，则A受到的摩擦力大小为
【答案】AC
【详解】A．物块A与B之间的最大静摩擦力物块B与桌面间的最大静摩擦力
由此可知，当C的质量为0.5μm时，A、B均保持静止状态，故A正确；
B．由于所以即C的质量为m时，物块B与桌面间发生相对滑动，由于物块C加速下滑，绳子拉力小于重力C所受重力mg，所以轻绳对定滑轮的作用力合力大小小于，故B错误；
C．若A与B间恰好发生相对滑动，A与B的加速度恰好相等，此时对物块B，有
对A、B整体，有对物块C，有解得因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足故C正确；
D．若A、B之间未发生相对滑动，则对整体，有对物块B，有可得A受到的摩擦力大小为故D错误。故选AC。
10．在研究摩擦力和物体运动的关系实验中，一同学设计了如下实验：将质量可不计的一张纸片放在光滑水平桌面上，纸上放了质量均为1kg的材料不同的两砝码A、B，A、B与纸片之间的动摩擦因数分别为、。实验中，这位同学只在A上加一水平力F，实验示意图如图。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。实验中，以下说法正确的是（ ）

A．若，则A所受摩擦力大小为1.5N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若，则B的加速度为
【答案】AB
【详解】A．当时，对整体进行分析，有可得对物体A，有
可得，A正确；
BC．当时，对整体有对B物体有即此时B刚好处于滑动的临界，如果力F再增大，B就要与薄硬纸片发生相对滑动；而由于纸片的质量不计，故纸片的合力永远为零，即A与纸片之间的摩擦力大小等于B与纸片之间的摩擦力大小。由以上分析可知，B与纸片之间的最大静摩擦力大小为2.5N，所以A与纸片之间的摩擦力最大只能达到2.5N。而A与纸片之间的最大静摩擦力大小为
所以无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动，B正确，C错误；
D．由以上分析可知B的加速度最大为2.5m/s2，D错误。故选AB。
11．如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。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的动摩擦因数相等，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，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得解得对长木板受力分析有解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段aa＜0，解得则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即，b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有解得故C正确；
D．若aa＜ab，则有两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的解得故D错误。故选BC。
12．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F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，后撤去力F。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，均为，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（ ）
A．时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是
C．地面与长木板P之间的动摩擦因数是0.075D．恒力F等于
【答案】CD
【详解】C．由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同，为，前长木板P的速度大于滑块Q的速度。后长木板P的速度小于滑块Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得，过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得，C正确。
A．末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得解得
这段时间为所以时长木板P停下来，A错误。
B．长木板P的长度至少是前过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离，即
，B错误。
D．对长木板受力分析，据牛顿第二定律可得其中解得，D正确。
故选CD。
13．如图1所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，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2所示，其中AB段与横轴平行，AB段的纵坐标为，若将物块视为质点，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则下列说法正确的是（ ）
A．物块刚滑上木板时的加速度大小为
B．C点纵坐标为
C．随着F增大，当外力时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为
【答案】AD
【详解】A．物块刚滑上木板时，由于木板静止，因此物块在水平方向上仅受摩擦力作用，故此时加速度大小为故A正确；
BD．图2中C点对应物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，为
物块和木板一起加速时，对整体有图2中C、D两点横坐标相同，都为3N，物块刚滑上木板时，设木板的加速度为，由牛顿第二定律有
设经过时间二者共速，有；解得故C点纵坐标为，故B错误，D正确；
C．当物块恰好不能从木板右端滑出时，即物块恰好滑到木板右侧与木板共速，对应图中B点，设木板加速度为a3，用时间为t3，此时有由图2中AB段可知木板的长度为1m，则；
解得故C错误。故选AD。
利用能量动量观点处理板块模型
14．如图所示，长为的木板A静止在光滑水平面上，其右端固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为；有一质量为的小木块B，从木板A的左端开始以初速度开始沿木板A滑动，小木块B与木板A间的动摩擦因数为，小木块B滑到木板A的右端与挡板发生碰撞。已知碰撞过程时间极短，且碰撞后木板B最终恰好滑到木板A的最左端。则以下说法正确的是（ ）
A．AB相对静止时的对地速度大小为
B．若，则AB碰撞为弹性碰撞
C．若，则AB碰撞完后B对地向右运动
D．若，则从碰撞完毕开始到两者相对静止的过程中，摩擦力对A做的功为
【答案】ABD
【详解】A．由动量守恒定律，AB相对静止时的对地速度大小为，A正确；
B．由能量守恒定律解得即AB碰撞过程无能量损失，为弹性碰撞，B正确；
C．由上述分析，AB为弹性碰撞；解得即碰撞后B对地向左运动，C错误；
D．碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减小量等于系统克服摩擦力做的功
；解得；（舍去）
这段过程中，摩擦力对A做的功，D正确。故选ABD。
15．如图1所示，一右端固定有竖直挡板的质量M=2kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m=1kg的物块以v0=6m/s的水平初速度从木板的最左端点冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图2所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）

A．图2中v2的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为12J
D．最终物块距木板左端的距离为1.5m
【答案】BC
【详解】A．根据题意可知，图2中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v1，设此时木板速度大小为v木，则从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v2，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有解得
故A错误；
B．2s末物块与木板共同运动的速度大小为v3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有解得物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能故碰撞过程系统没有机械能损失，故B正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为故C正确；
D．由图得板长为4.5m，碰后相对位移为1.5m，故距离左端为3m，故D错误。故选BC。
16．如图所示，足够长的木板静止放在光滑水平面上，木板右端与墙壁相距为，在木板左端放一个质量为m的小物块（可视为质点），与木板的动摩擦因数为，木板的质量为M，，现给小物块一个水平向右的初始速度，运动过程中，木板与墙壁发生弹性碰撞（碰撞后原速率反弹），重力加速度为。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．木板碰墙前，木块的速度大于木板速度
B．木板向左运动的最大距离为0.5m
C．木板的总路程为1.5m
D．木板的总路程为
【答案】BD
【详解】A．因，可知木板最终停在墙壁边，两者的速度都为零，若第一次碰前木板与物块速度相等，设共速时，速度为，则得木板变速运动过程中
木板的路程因为，故木板碰墙前恰好与木块共速，选项A错误；
B．木板再次向左移动的最大距离选项B正确；
CD．碰后木板与物块动量守恒，再一次速度相等时，有得
第二次碰后木板向左移动的最大距离再一次速度相等时，有
第三次碰后木板向左移动的最大距离为以此类推木板的总路程为
选项C错误，D正确。故选BD。
17．如图所示，质量的长木板放置在倾角的足够长斜面上。质量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的速度一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，木板与斜面间的动摩擦因数，，重力加速度。以下说法正确的是（ ）
A．物块与挡板第一次碰撞前，物块与长木板组成的系统动量守恒
B．物块与挡板第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔为0.2s
C．物块与挡板第一次碰撞至第二次碰撞之间，物块与长木板的相对位移大小等于长木板相对于斜面的位移大小
D．长木板长度至少为0.4m
【答案】ACD
【详解】A.木板沿斜面向下滑动的过程中，受力分析如图
对木块和木板整体有所以物块与挡板第一次碰撞前，系统合外力为0，物块与长木板组成的系统动量守恒，故A正确；
BCD.物块和木板一起匀速下滑，物块与挡板发生第一次弹性碰撞后的速度大小为仍为。接下来，物块沿斜面向上匀减速到速度为零的过程中，其沿斜面向上的位移的大小即为离开挡板的最大距离，以物块为研究对象 ① ②联立①②解得物块与挡板第一次碰撞后至第二次碰撞前过程中，系统动量守恒，取沿斜面向下为正方向，则可得得
物块做匀变速的时间为这段时间内物块的对地位移方向沿斜面向上，有
木板的位移方向沿斜面向下，有
物块与木板间的总相对位移在后，物块和木板还要一起匀速运动0.075m，才能与挡板相碰，即还要运动时间所以物块与挡板第一次碰撞至第二次碰撞的时间间隔为
做出物块与挡板第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的示意图如图
分析可知长木板相对于斜面的位移大小物块相对于长木板要么沿斜面向上运动、要么无相对运动，最终物块停止在挡板处。若物块恰未滑落，长木板左端也会停在挡板处。研究第一次碰前瞬间到最后系统停下的整个过程，物块与木板间的总相对位移与木板沿斜面下滑的距离大小相等，即
由系统能量守恒解得即长木板的长度L至少为0.4m。故B错误，CD正确。故选ACD。
18．如图所示，绝缘平板A静置于水平面上，带正电的物块B（可视为质点）置于平板最左端，电荷量q=2×10-4C平板质量M=2kg，物块质量m=1kg，物块与平板间动摩擦因数μ1=0.5，平板与水平面间动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。t=0时，空间提供水平向右的匀强电场（图中未画出），场强大小为E=5×104N/C；t=1s时，电场反向变为水平向左，场强大小不变；t=1.25s时，撤去电场，在整个过程中，物块的电荷量保持不变，物块始终未离开平板，不计空气阻力，不考虑因电场变化产生的磁场影响，重力加速度取g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）

A．t=1s时，A、B的速度分别为1m/s和5m/s
B．平板A的长度至少为3.125m
C．A、B之间摩擦生热为12.5J
D．整个过程中电场力做的总功约为17.2J
【答案】ACD
【详解】A．内，对物块B有对平板A有代入数值解得，则时， A、B的速度分别为，故A正确；
B．内，物块B相对平板A的位移为电场反向后，物块开始做匀减速运动，设加速度大小为，则有解得设经过达到共同速度，有
解得，该段时间内物块B相对平板A的位移为可知共速后刚好撤去电场，因为，分析可知共速后物块和平板一起向右做匀减速运动直到静止，所以平板长度至少为故B错误；
C．根据前面分析可知A、B之间摩擦生热为故C正确；
D．分析可知时电场力做正功，内电场力做负功，所以可得整个过程中电场力做的总功为
故D正确。故选ACD。
电磁场中的块模型
19．如图所示，足够大的光滑绝缘水平地面上有一足够长的带正电平板，平板的右端与绝缘墙壁的距离为L；在平板的上面有一带正电的绝缘物块，平板和物块的质量均为m、带电荷量均为q，物块与平板间有一种特殊物质（质量不计），可使得它们之间的滑动摩擦力大小为（，g为重力加速度大小）。自时刻开始，加一水平向右、电场强度大小的匀强电场，使平板和物块一起向右做匀加速直线运动，直至平板碰到墙壁。假设平板与墙壁碰撞的时间极短且以碰前速率返回，不计空气阻力，运动过程中平板和物块上所带的电荷量都不发生变化。下列说法正确的是（ ）
A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度
B．平板第二次与墙壁碰撞时的速度
C．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量
D．从开始到平板和物块都静止的过程中，系统因摩擦而产生的热量
【答案】AD
【详解】A．平板第一次与墙壁碰撞时的速度为，根据动能定理解得
故A正确；
B．第一次碰撞后，对物块解得第一次碰撞后平板
解得第一次碰撞后平板先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动；物块向右做匀减速直线运动，第二次与墙壁碰撞前达到速度相同，规定向右为正方向，从平板第一次与墙壁碰撞到平板和物块速度相同时，对平板有对物块有解得；平板在第一次碰撞后到二者共速的过程中，根据位移与速度公式可得解得由于故故第二次与墙壁碰撞前已经达到共速，二者在电场力作用下一起向右加速，故平板第二次与墙壁碰撞时的速度故B错误；
CD．最终平板的右端与墙壁存在弹力，平板和物块都静止。从释放到平板和物块都静止的过程中，物块相对于平板的相对路程为x，由能量守恒有；解得二者的相对路程
系统因摩擦产生的热量故D正确，C错误。故选AD。
20．如图所示，上表面水平且粗糙程度处处相同、质量的小车A静置于光滑水平面上，均带正电且电荷量均为的小物块B、C静置于小车A上表面，B、C质量分别为、，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小的匀强磁场。某时刻突然给小车A一大小的水平冲量，小车A足够长，小物块B、C均可视为质点且B、C间距足够大，重力加速度g取，不计空气阻力，经过足够长时间后（ ）

A．小车A的速度大小为7m/s
B．物块B的速度大小为4m/s
C．物块C的速度大小为12m/s
D．整个系统因摩擦增加的内能为31.2J
【答案】ABD
【详解】由左手定则，B、C的洛伦兹力竖直向上，始终垂直于，以A、B、C为整体，则水平方向动量守恒（常数）当B与A无作用力时，即解得当C与A无作用力时，即解得
ABC．某时刻突然给小车A一大小的水平冲量，，时，则
解得，AB正确，C错误；
D．由动量定理解得由能量关系
21．如图，空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2T的匀强磁场，一质量为0.3kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板右端无初速度放上一质量为0.4kg、电荷量的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。时对滑块施加方向水平向左，大小为2.1N的恒力。g取，则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为的匀加速运动
B．木板先做加速度为的匀加速运动，再做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动
C．当滑块的速度等于9m/s时与木板恰好分离
D．时滑块和木板开始发生相对滑动
【答案】BD
【详解】时刻，在静摩擦力的作用下，木板能够获得的最大加速度为当2.1N的恒力作用于滑块时，设木板与滑块保持相对静止，则有
假设成立；可知一开始木板先做加速度为的匀加速运动；当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，滑块对木板的压力减小，最大静摩擦力减小，当最大静摩擦力使木板产生的加速度小于时，木板与滑块开始发生相对滑动，此时有
又，联立解得，木板与滑块开始发生相对滑动后，随着滑块速度的继续增大，滑块对木板的压力继续减小，滑块对木板的滑动摩擦力逐渐减小，木板的加速度逐渐减小；当洛伦兹力等于滑块重力时，滑块与木板之间的弹力为零，木板受到的摩擦力为0，木板开始做匀速直线运动，此时有解得滑块与木板分离时的速度为由于滑块在水平方向上受到恒力作用，速度继续增加，洛伦兹力继续增大，滑块将离开木板向上做曲线运动。
故选BD。
22．如图所示，光滑水平地面上方处存在宽度、方向竖直向上、大小的匀强电场区域。质量、长为的水平绝缘长木板静置于该水平面，且长木板最右侧与电场边界D重合。某时刻质量、带电量的可视为质点的滑块以初速度从长木板左端水平滑上木板，一段时间后，滑块离开电场区域。已知长木板与滑块的动摩擦因数，重力加速度大小，滑块带电量始终保持不变。求：
（1）滑块刚进电场时，长木板的速度大小；
（2）滑块在电场中的运动时间及全过程的摩擦生热；
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后在木板上的相对位移。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）滑块进电场前，对长木板根据牛顿第二定律可得解得加速度大小为
对滑块根据牛顿第二定律可得解得加速度大小为滑块进入电场前，对滑块有
；解得滑块进入电场时的速度、滑行时间分别为，
在时间内，对木板有所以滑块刚进电场时，长木板的速度大小为。
（2）滑块进入电场后经过时间，滑块与木板同速，设共同速度为，滑块与木板组成的系统动量守恒，则有解得对滑块分析，由动量定理可得解得
在时间和内滑块的总位移为滑块与木板同速后一起匀速运动，滑块在电场中匀速运动的时间为所以滑块在电场中的运动时间为由能量守恒定律得，全过程中摩擦产生的热量为
（3）若电场等大反向，滑块进入电场后，系统的动量还是守恒，故滑块做匀速运动的速度和全过程产生的热量不变，设滑块进入电场后在木板上的相对位移为，则有；解得
特训目标
特训内容
目标1
高考真题（1T—3T）
目标2
无外力动力学板块模型（4T—7T）
目标3
有外力动力学板块模型（8T—12T）
目标4
利用能量动量观点处理板块模型（13T—17T）
目标5
电磁场中的块模型（18T—22T）