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m 1 = 1.0 kg ，A 及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m 2 = 1.0 kg ，A 及B 之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = 10 m/s 2．

（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）．

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v 0=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/s 2

）（1）若物块及木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字）（2）若物块及木板间有摩擦，且物块及木板间的动摩擦因数和木板及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 ．小滑块及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；

（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

v 0

L 图19

图15

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 间运动时及桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B 、C 间运动时及桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1.

（1）求小物块落地点及桌面C 端的水平距离；

（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及桌面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 ，小滑块及木板槽之间的动摩擦因数20.01=μ. 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，实际上木板槽及水平面间是有摩擦的，经测定木板槽及水平面间的动摩擦因数2μ=0.05。如果使小滑块滑到木板槽中点时的速度及第（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，木块及挡板之间的距离L = 0.8 m ，木块及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，直到木块及挡板相撞，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．

图15 F

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），小物块及长木板之间的动摩擦因数μ=0.20．小物块及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/s 2

（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m 1 = 1.0 kg ，A 及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m 2 = 1.0 kg ，A 及B 之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = 10 m/s 2

．（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、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，及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 ，物块及木板间的动摩擦因数μ = 0.30．取重力加速度g = 10 m/s 2

．

（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)．

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，

υ0

图17

L F

M υ0

图19

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)，小物块及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，木板及小物块发生相对滑动。取g=10m/s 2

(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？

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v 0＝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/s 2

。求：

（1）小铁块刚着地时及木箱右端的距离x ；（2）若其它条件均不变，木箱宽L ′至少为多长，小铁块刚着地时及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m 2＝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m 1＝0.50kg 。小金属块B 及木板A 、木板A 及平台间、小金属块及平台间的动摩擦因数都相等，其值

＝0.20。开始时小金属块B 及木板A 均

静止，木板A 的右端及平台右边缘的距离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/s 2

，不计空气阻力)求：小金属块B 离开平台时速度v B

的大小；（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x B ；

图16

（3）作用在木板上的恒力F 的大小。

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），小滑块及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，使小滑块及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/s 2

.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

图19

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 a 1=m

f F -= 5.0 m/s 2

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

21121t a x =

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 a 2=M

f '

= 3.0 m/s 2

在时间t 内木板的位移

22221t a x =

由图可知 L = x 1 – x 2，解得 t = 1.0 s

则小滑块离开木板时的速度v = a 1t = 5.0 m/s

（2）小滑块做匀加速直线运动的速度t m mg

F t a v μ-=

=11

木板做匀加速直线运动的速度

t a v μ=

=22

任意时刻小滑块及木板速度之比g m M

mg F v v 221)(μμ-=

欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足2)(2

=-g m M

mg F μμ

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

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mg f 1μ=，增

根据牛顿第二定律，木板槽的加速度

21s /m 0.4M f

F a =-=

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

2t 1t a 21

x =

小滑块因受向左的摩擦力f f ='，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

22s /m 0.2m f a ='

x 2

x 1

在时间t内木板的位移

由图可知2

解得s0.1

则小滑块滑到木板槽中点时的速度s/m0.2

v2=

（2）由于小滑块滑到木板槽中点时的速度及第（1）问所求速度相同，而小

滑块的加速度不变，所以当木板槽及水平面间有摩擦时，要求木板槽的加速度也不变，即1

(

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.

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=0.2

0.8

m/s2 = 2.0m/s2平板的加速度a2=5

0.8

m/s2 = 1.6m/s2

设经过t ，木块恰好及挡板相撞，则L=

t a

－

解得 t＝2s

（2）根据（1）可以求得时间t M

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

N’

学说法正确．

7. 解：⑴ 木板在外力F 的作用下，及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a 1. 对小物块 f = μmg = ma 1 即 a 1 = 2.0m/s 2

木板做匀加速直线运动，没木反加速度的大小为a 2.

在t=1.0s 内，小物块向右运动的距离为2112

1t a x =

木板向右运动的为 22212

x a t =

依据题意

x 2-x 1= 2

解得 a 2 = 3.0m/s 2

对木板 F -μmg = Ma 2 得 F = 13N

⑵ 小物块做匀加速直线运动的加速度1a '= 2.0m/s 2

经过时间t ，小物块向右运动的距离为

1112x a t ''=

木板向右运动的距离为22

212x a t ''=

欲使经过时间t = 1.0s ，小物块恰好滑到木板的左端，要求 21x x L ''-=

即 2

22F mg t gt L

M μμ--=

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 .

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a 1．

对小物块，根据牛顿第二定律得f = μmg = ma 1

a 1 = 3.0 m/s 2

经时间 t 1=

a υ=1.0 s ，速度减为零.

位移

大

小

11101)-(21

+=t a t υx = 1.5 m

之后，小物块向右做匀加速直线运动，设经时间t 2及木板相对静止，此时它们的速度大小为υ，物块向右运动的位移大小为x 2.

21=t a υ，

21221=

t a x

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a 2．

根据牛顿第二定律得F- μmg = Ma 2

mg μF a -=

2= 1.0 m/s 2

)+(=212t t a υ

答图2

木板的位移大小

22123)+(21

t t a x

可解得 t 2 = 0.50 s ，

83=

2x m ，89

=3x m

物块相对木板滑动的最大距离 231-+=Δx x x x = 2.25 m

（2）若物块速度减为零时恰好到达木板的左端，则

212121+=t a x L =2

1mg -21+t M μF x

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f 1 ，有F ＝f 1 ，

f 1＝μMg

放上小铁块，木箱受到的摩擦力为f 2，此时木箱的加速度大小为a ，有 F －f 2＝Ma 联立得 a ＝ —0.5m/s 2

（1分）设小铁块经过t 1从木箱右端滑落，有

20101112v t v t at L

??--= ??? （1分）

小铁块滑落时，木箱的速度v 1 ，则 v 1＝v 0－a t 1 （1分）

答图

小铁块滑落后，木箱在F 作用下以速度v 1作匀速运动，小铁块以初速度v 0作平抛运动，下落时间为t 2，有

2212h gt =

0212

x v t v t =- （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t 3，有 0＝v 0－a t 3 （1分）

0303312v t v t at L

??--= ??? （1分）

联立得 L ′＝ 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t 3，由2

1gt h =

s 4.01080.0223=?==

g h t

设平抛运动的初速度为v B ，由x=v B t 3 解得

m/s 2.04

.008

.03B ===

t x v ………………………………………………2分

（2）小金属块B

3所示，小金属块B 做匀加

速直线运动，设它的加速度为a 1。

N 0.11050.020.0111=??===g m F f μμ

2111m/s 0.25

.00.1===

m f a

答图3

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1a '。

N 0.1105.02.0111=??==='g m F f μμ

2111

m/s 0.25

.00

.1=='='m f a 1分

a a =' 设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为x 1，末速度为v 1，所

用时间为t 1，则

112a v x =

① 111t a v = ②

设小金属块在平台上运动时，相对于地面运动的距离为x 2，末速度为v 2， v 2=v B =0.20m/s

212

2212v v x a -=- ③

由题意知

d x x =+21 ④

联立以上四式，解得 x 1=0.25m x 2=0.24m t 1=0.5s v 1=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x B =x 1=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。

N 4.11070.020.0)(2122=??=+==g m m F f μμ

答图4

f 1′

木板在t 1时间内向右运动距离为L+x 1

2，则

12121t a x L =+ 2

2112m/s 0.5m/s 5.0)25.0375.0(2)(2=+?=+=

t s L a ……1分根据牛顿定律 F －(f 1+f 2)=m 2a 2

解得F=3.4N …………………………2分

答图5