高考物理板块模型典型例题+与答案

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）．

v0 A B

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；

（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）.

m F

M

图15

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；

（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. F A B C h

图15

..

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10.20. 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2=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．

F木块 L 平板 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；

（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）．

υ0

B A L 图17

..

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)． υ0 F M m

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？

..

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L′至少为多长，小铁块刚着地时与木箱右端的距离最远。

m v0 h M F L 图16

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＝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：

（1）小金属块B离开平台时速度vB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xB；

B （3）作用在木板上的恒力F的大小。 A F

d

h

x 图17

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.

F 图19

..

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

aFf1=m= 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

x1212a1t

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

af'2

2=M= 3.0 m/s 在时间t内木板的位移

x212a2t2 F F

x2 L x1

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

vFmg1a1tmt 木板做匀加速直线运动的速度

vamg22tMt 任意时刻小滑块与木板

..

速度之比

v1(Fvmg)Mg 2m2欲使小滑块速度是木板速度的2倍，应满足

(Fmg)Mm2g2

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f1mg，增

根据牛顿第二定律，木板槽的加速度

aFf14.0m/s2M

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

x112att2

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

af2m2.0m/s2

在时间t内木板的位移

x122a2t2

L

由图可知

2x1x2 解得 t1.0s

则小滑块滑到木板槽中点时的速度

va2t2.0m/s

（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

aF11mg2(Mm)gMa1

..

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．

N’ N1 ff2 1 F N2 mg Mg 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

aFf1=1128m.02.0m/s2 = 2.0m/s2

平板的加速度

a=f28.M05m/s2 = 1.6m/s2

2

设经过t ，木块恰好与挡板相撞，则

L=

12at2－12a212t 解得 t＝2s

（2）根据（1）可以求得时间t

t2LFmgmg m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 a2

1 = 2.0m/s木板做匀加速直线运动，没木反加速度 的大小为a2.

M m m M x1 L

x2 2 在t=1.0s内，小物块向右运动的距离为

x211a1t

2 木板向右运动的为 x122a2t2

依据题意 xL2-x1= 2 解得 a2

2 = 3.0m/s

..

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

a2

1= 2.0m/s

经过时间t，小物块向右运动的距离为 x112a21t 木板向右运动的距离为x2122a2t 欲使经过时间t = 1.0s，小物块恰好滑到木板的左端，要求 x2x1L即

FmgMt2gt22L 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． F f1 Ff2 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 a12m2g1(m1m2)gm0.8m/s2 1 B的加速度 a2m2g21.6m/s2 m 2由于a1> 0，所以A会相对地面滑动，经时间t， A的速度 1a1t A的位移 x11a1t2 2 B的速度 20a2t B的位移 x20t1a22t 2 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． 4分 （2）要使B刚好从A上滑下，即当υ1=υ2时，有 x2－x1 = L 解得 204(L 21)g （i）只改变υ0，则24分 0530 m/s = 2.2 m/s； （ii）只改变μ1，则μ1 = 0.06 ； （iii）只改变μ2，则μ2 = 0.14 . 9. 解：

..

）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 a21 = 3.0 m/s

经时间 tυ01=

a=1.0 s，速度减为零. 1位移大小 x11=υ0t1+(-a221)t1= 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.

υ=a11t2，x2=2a1t22 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． f F

答图2

根据牛顿第二定律得 F- μmg = Ma2 aF-μmg2=M= 1.0 m/s2

υ=a2(t1+t2)

木板的位移大小

（1 ..

x=1232a2(t1+t2)

可解得 t32 = 0.50 s，x2=8m，x=938m x2 x1 x3 Δx

答图3 物块相对木板滑动的最大距离 Δx=x1+x3-x2= 2.25 m

（2）若物块速度减为零时恰好到达木板的左端，则 L=x1211+2a=xF-μmg22t11+2Mt1 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

v120t1v0t12at1L （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

h12gt22

xv0t2v1t2 （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）

v12v/0t30t32at3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t3，

由h12gt23 th2032g.80100.4s 设平抛运动的初速度为vB，

由x=vBt3 解

得

vxt0.08B0.40.2m/s ………………………………………………2分

3（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。 F1 f1F1m1g0.200.50101.0N

f1

m1g 答图3

af1m1.01.52.0m/s2 10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a1。 f1F1m1g0.20.5101.0N F1

af11m1.02.0m/s2 ……………………………f1′ 1分

10.5m1g a1a1 答图4

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

，所用时间为tv2v11，则x112a ①

1v1a1t1 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

2a21x2v2v21 ③

由题意知

x1x2d 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。

f2F2(m1m2)g0.200.70101.4N

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 F2 1Lx1a2t122 a2f1 f2 F

F1′ m2g 答图5

2(Ls1)2(0.3750.25)22m/s5.0m/s……1分 22t10.5根据牛顿定律

F－(f1+f2)=m2a2

解得F=3.4N …………………………2分