專題05 板塊模型(解析版)

2022屆高三物理二輪常見模型與方法綜合特訓(xùn)專練專題05板塊模型專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1無外力動(dòng)力學(xué)板塊模型（1T—5T）目標(biāo)2有外力動(dòng)力學(xué)板塊模型（6T—10T）目標(biāo)3利用能量動(dòng)量觀點(diǎn)處理板塊模型（11T—16T）【典例專練】一、水平傳送帶模型1.如圖1所示，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t=0時(shí)，小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以速度嶺滑到長木板上，-時(shí)刻小物塊恰好滑至長木板的最右端。圖2為物塊與木板運(yùn)動(dòng)的v~t圖像，圖中-、嶺、W已知，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A?木板的長度為votiv物塊與木板的質(zhì)量之比為rv0v一v物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卡12gt1v+v0飛這段時(shí)間內(nèi)，物塊動(dòng)能的減少量與木板動(dòng)能的增加量之比為一11v1【答案】D【詳解】A.t1時(shí)刻小物塊恰好滑至長木板的最右端，所以相對位移就是板長，根據(jù)圖2可知相對位移為

L二Ax二號故A錯(cuò)誤;B?相對運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)相互間的摩擦力大小為/，物塊的加速度大小a=m=V1—V一VV1—V一V01故B錯(cuò)誤;速度大小a'=m=丁所以物塊與木板的質(zhì)量之比為m=1C.摩擦力為八叫所以物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)—mgggt111D.人時(shí)間內(nèi)，木板的動(dòng)能增加量為AE=才Mv2物塊的動(dòng)能減少量為AE=-m(v2-V2)勿1k221k1201塊動(dòng)能的減少量與木板動(dòng)能的增加量之比為竺-=2叭塊動(dòng)能的減少量與木板動(dòng)能的增加量之比為竺-=2叭陀kfAEk22Mv2mv乂二1聯(lián)立得Mv一V01kfAEkfAEk22.如圖甲所示，長木板靜止在光滑的水平面上,小鉛塊以一定水平速度滑上木板的左端,AEv+v力一f故D正確。故選D。Vi恰能滑至木板右端與木板相對靜止。如圖乙所示，將木板分成1和2兩部分，其質(zhì)量分別為m“m2,緊挨著放在此平面上，再讓小鉛塊以相同的初速度滑上木板1的左端。小鉛塊運(yùn)動(dòng)中所受的摩擦力始終不變。下列判斷正確的是(A.當(dāng)m1>m2時(shí),A.當(dāng)m1>m2時(shí),小鉛塊能從木板2的最右端滑出B.當(dāng)m1<m2時(shí),小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且速度為零C.當(dāng)m1=m2時(shí),小鉛塊仍能滑到木板2的最右端且剛好相對靜止小鉛塊嘰小鉛塊叱-n木板木板1112乙甲D.無論mr與m2之間是何種關(guān)系，小鉛塊都能滑到木板2上但不能到達(dá)最右端【答案】D【詳解】木板整體時(shí)鉛塊滑到木板最右端才與木板相對靜止。而當(dāng)將木板分成兩塊，鉛塊滑到第二塊時(shí)，兩塊木板將分離，分離之后前一段木板勻速運(yùn)動(dòng)，鉛塊和后一段木板相互作用,

此時(shí)木板的質(zhì)量比原木板質(zhì)量減少，鉛塊給木板的摩擦力不變，因此根據(jù)牛頓第二定律可知,此時(shí)后一段木板的加速度要比整體時(shí)大，鉛塊的加速度不變，這樣達(dá)到共同速度時(shí)所用時(shí)間短，因此最后在鉛塊滑到木板的最右端之前與板保持相對靜止，與m】、m2的大小無關(guān)。故選DD.—足夠長木板在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，在t=0時(shí)刻將一相對于地面靜止的小物塊輕放到木板的右端，之后木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示。則小物塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖象可能是（）【答案】D【詳解】根據(jù)木板運(yùn)動(dòng)的v-t圖象可知，物塊先加速與木板共速后，一起減速，且減速加速度相同，即圖像斜率相同。故選Do如圖甲所示，水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M的木板，木板的左端有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的、質(zhì)量m=1kg的滑塊?，F(xiàn)給滑塊一向右的初速度v0=10m/s，此后滑塊和木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖乙所示，滑塊最終剛好停在木板的右端，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

mnMmnM甲滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)血=0.4木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)“2=0.1木板的長度L=4m木板的質(zhì)量M=1.5kg【答案】ABD【詳解】A.由題圖乙知，滑塊剛滑上木板時(shí)加速度【詳解】A.由題圖乙知，滑塊剛滑上木板時(shí)加速度ai2-102-0m/s2=-4m/s2ma=一卩mg得卩=0.4111A正確;B.2s后滑塊與木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度B.2s后滑塊與木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度a2Av2m/s2=-1m/s24—2(m+M)a=一卩(m+M)g32得卩=0.1，B正確;21C.木板的長度為0~2s內(nèi)滑塊與木板的v—t圖線與時(shí)間軸所圍面積差L=-X10X2m=10mC錯(cuò)誤；D.D.0~2s內(nèi)木板的加速度a?=A*=2—01m/s2=1m/s2對M有卩mg-卩(M+m)g=Ma解得122M=1.5kg,d正確。故選ABDo如圖甲所示，光滑水平面上靜置一個(gè)長木板，長木板上表面粗糙，其質(zhì)量為M,t=0時(shí)刻質(zhì)量為m的滑塊以水平向右的速度v滑上長木板左端，此后長木板與滑塊運(yùn)動(dòng)的v—t圖像如圖乙所示，下列分析正確的是（如圖乙所示，下列分析正確的是（）如圖乙所示，下列分析正確的是（如圖乙所示，下列分析正確的是（）A.M=A.M=2m0~2s過程中摩擦力對木板做負(fù)功物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2D.木板的長度為8m【答案】ABD【詳解】A.滑塊滑上長木板后，滑塊受到摩擦力作用做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，長木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由圖乙可知滑塊加速度大小為a=2m/s2，長木板加速度大小為a=1m/s2，由牛12頓第二定律有F=ma=Ma112可知M=2m故選項(xiàng)A正確；對滑塊分析可知卩mg=mai解得“=0.2選項(xiàng)B正確；0~2s過程中木板加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，可知摩擦力對木板做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從圖可知，=2s時(shí)滑塊滑離長木板，此時(shí)長木板速度大小為2m/s，滑塊速度大小為3m/s■1在0-2s時(shí)間內(nèi)兩者相對運(yùn)動(dòng)的距離即為長木板的長度，即l=（7+1）2確。故選ABD。二、有外力動(dòng)力學(xué)板塊模型如圖所示，m、M兩物體疊放在光滑水平面上，兩物體間動(dòng)摩擦因數(shù)為“=0.2，已知它們的質(zhì)量m=2kg，M=1kg，力F作用在m物體上（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g=10m/s2）,則（）/777777777777777777777777777777777777'當(dāng)F=4N時(shí)，兩物體即將發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)當(dāng)F=5N時(shí)，兩物體一定發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)當(dāng)F=8N時(shí)，M物體的加速度為4m/s2當(dāng)F=12N時(shí)，m物體的加速度為4m/s2【答案】D【詳解】ABC.當(dāng)m、M剛要滑動(dòng)時(shí)，靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)它們的加速度為a，力0F,根據(jù)牛頓第二定律，對M有a=-^mg=4m/s對m、M整體有F=（m+M）a=3x4N=12NM所以當(dāng)F<12N時(shí)，m、M相對靜止，一起向右勻加速運(yùn)動(dòng)，ABC錯(cuò)誤；F—umg12—4D.當(dāng)F=12N時(shí)，m物體的加速度為a=一=一m/s2=4m/s2，D正確。故選D。m2某中學(xué)兩同學(xué)玩拉板塊的雙人游戲，考驗(yàn)兩人的默契度，如圖所示，一長L=0.20m、質(zhì)量M=0.40kg的木板靠在光滑豎直墻面上，木板右下方有一質(zhì)量m=0.80kg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)"=0.20,滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g=10m/s2,—人用水平恒力行向左作用在滑塊上，另一人用豎直向上的恒力F2向上拉動(dòng)滑塊，使滑塊從地面由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，下列判斷正確的是（）只要F2足夠大，木板一定能上升若F2=18N,為使滑塊和木板不發(fā)生相對滑動(dòng)，行至少為20N若F]=40N,為使滑塊和木板一起上升，則F2的取值范圍是12N<F2<18ND.若F]=30N、F2=20N,則滑塊經(jīng)過0.4s從木板上方離開【答案】D【詳解】A.木板能夠上升的條件是：在豎直方向上，滑塊給木板的摩擦力大于木板本身的重力，已知滑塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則有卩F>Mg解得F〉Mg=0^10n=20N卩0.20即必須滿足F]>20N的條件，木板才能上升，故AB錯(cuò)誤；當(dāng)兩者間摩擦力達(dá)到最大時(shí)，隔離M卩F-Mg=Ma若F_=40N，為使滑塊和木板一起上1升F-(M+m)g=(M+m)a解得F=24N故C錯(cuò)誤；22若F]=30N、F2=20N，假設(shè)滑塊與木板間的摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律有F-rF-mg=ma代入數(shù)據(jù)解得am=7.5m/s2對木板應(yīng)用牛頓第二定律有21mmrF-Mg=Ma代入數(shù)據(jù)解得aM=5m/s2此時(shí)am>aM故假設(shè)成立。設(shè)經(jīng)過時(shí)間t滑塊將從木板上方離開木板，則滑塊上升的距離為11x=-at2木板上升的距離為x=at2滑塊可從木板上方離開木板，則有x-x=L聯(lián)立m2mM2MmM解得t==0.4s故D正確。故選Doa一amM8如圖所示，質(zhì)量mA=1kg足夠長的長板置于水平地面上，質(zhì)量me=2kg的小滑塊置于長板A的左端，A與水平地面的動(dòng)摩擦因數(shù)嗎=0.3,B與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)“2=0.5，對B施加一大小為F=20N方向與水平面成37°的恒力。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列說法正確的是()A的加速度大小為1m/s2B的加速度大小為6m/s2C?若力F作用一段時(shí)間后，撤去力F，A的加速度大小增大若力F作用一段時(shí)間后，撤去力F，B相對A靜止【答案】BC

【詳解】B.對小滑塊B進(jìn)行受力分析，如圖可知N+Fsin37o=mg又f=RN根據(jù)牛頓第二定律，有Fcos37。-f=ma聯(lián)立，可得BB12B1BBa=6m/s2故B正確；B對長板A受力分析，如圖可知N=N'+mg又f=卩N=5.4N>f'易知，長板A靜止，即巳=0故A錯(cuò)誤；ABAmax1A1Aumg-u（m+m丿gCD.若力F作用一段時(shí)間后，撤去力F,則對A有a'=—1AB=1m/s2對BAmA有a'=ug=5m/s2B2易知，A的加速度大小增大，B不會相對A靜止。故C正確；D錯(cuò)誤。故選BC。9.一長輕質(zhì)薄硬紙片置于光滑水平地面上，其上放質(zhì)量均為1kg的人、B兩物塊，人、B與薄硬紙片之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為血=0.3,均=0.2,水平恒力F作用在A物塊上，如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2。下列說法正確的是（）A.若F=1.5N,則A物塊所受摩擦力大小為1.5N若F=8N,則B物塊的加速度為2.0m/s2無論力F多大，A與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動(dòng)無論力F多大，B與薄硬紙片都不會發(fā)生相對滑動(dòng)【答案】BC【詳解】BCD.A與硬紙片間的最大靜摩擦力為f=Rmg=0.3xlxlON=3N，B與硬紙片A1A間的最大靜摩擦力為f二卩mg=0.2xlxlON=2N當(dāng)B剛要相對于硬紙片滑動(dòng)時(shí)靜摩擦力B2B達(dá)到最大值，由牛頓第二定律得f=ma，f=Rmg得a=2m/s2對整體，有F=(m+m)xa=2x2N=4N即達(dá)到4NBB0BB00AB0后,B將相對紙片運(yùn)動(dòng)，此時(shí)B受到的摩擦力f=2N則對A分析，A受到的摩擦力也為2N，所以A的摩擦力小于最大靜摩擦力，故A和紙片間不會發(fā)生相對運(yùn)動(dòng)；則可知，當(dāng)拉力為8N時(shí)，B與紙板間的摩擦力即為滑動(dòng)摩擦力為2N，此后增大拉力，不會改變B的受力，其加速度大小均為2m/s2，由于輕質(zhì)薄硬紙片看做沒有質(zhì)量，故無論力F多大，A和紙片之間不會發(fā)生相對滑動(dòng)，故BC正確；D錯(cuò)誤；若F=1.5N<4N所以AB與紙板保持相對靜止，整體在F作用下向左勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得F-f=mA所以A物塊所受摩擦力f<F=L5N故A錯(cuò)誤。故選BC。10?如圖甲所示，很薄的長木板B在水平地面上，在t=0時(shí)刻，可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為1kg的物塊A在水平外力F作用下從左端滑上長木板，ls后撤去外力F，物塊A、長木板B的速度一時(shí)間圖象如圖乙所示，g=l0m/s2，則下列說法正確的是()長木板的最小長度為lmA、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.1長木板的質(zhì)量為0.5kg外力F的大小為4N【答案】BD【詳解】A.由速度一時(shí)間圖象可知，2s后物塊A、長木板B達(dá)到共同速度后一起勻速運(yùn)動(dòng)，則說明長木板B與地面是光滑的，圖像與時(shí)間軸圍成的面積等于物體的位移，由圖象得在2s內(nèi)物塊A的位移x=4mA長木板B的位移x=2m所以長木板的最小長度為L=x—x=2m，A錯(cuò)誤；AB對物塊A撤去外力F在1s~2s內(nèi)受力分析得Rmg=ma由vT圖象可知a=1m/s2可得ATOC\o"1-5"\h\zA2A2B間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.1，B正確；對長木板B受力分析由牛頓第二定律得卩mg=Ma由vT圖象可知a=1m/s2長木板的質(zhì)BB量為M=1.0kg，C錯(cuò)誤；在0?1s對物塊A受力分析得F-ymg=ma由vT圖象可知a=3m/s2解得外力F=4NA1A2D正確。故選BD。三、利用能量動(dòng)量觀點(diǎn)處理板塊模型如圖所示，一質(zhì)量M=8.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個(gè)質(zhì)量m=2.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為5.0m/s,方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)，B開始向右運(yùn)動(dòng)，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)是0.5。則在整個(gè)過程中，下列說法正確的是（）—丿小木塊A的速度減為零時(shí)，長木板B的速度大小為3.75m/s小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零小木塊A與長木板B共速時(shí)速度大小為3m/sD.長木板的長度可能為10m0000【答案】ACD【詳解】AB.木塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于初速度均為行5.0m/s，所以木板的動(dòng)量大于小木塊的動(dòng)量，系統(tǒng)合動(dòng)量方向向右，所以木塊A先向左做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后反向向右做加速運(yùn)動(dòng)，最后木塊與木板一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得當(dāng)木塊A的速度間為零Mv-mv=Mv00B代入數(shù)據(jù)解得vB=3.75m/s故A正確，B錯(cuò)誤；最終木塊與木板速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得Mv-mv=（M+m）v代入數(shù)據(jù)解得00v=3m/s故C正確；最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，對系統(tǒng)111Mv2+mv2-（M+m）v2=卩mgx代入數(shù)據(jù)解得x=8m木板的最小長度為8m，可能為10m，2o2o2故D正確。故選ACD。如圖所示，一質(zhì)量為M的足夠長的木板放在光滑水平面上，其左端放有一質(zhì)量為m的木塊，在木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞。已知木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩，取重力加速度為g,下列說法正確的是（）2若M=2m，木板只與墻壁碰撞一次，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦生熱的大小為5吧若M=m，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為;2卩gC.（1、125木板與墻壁第126C.15丿25D?若M=3m，木板最終停在墻的邊緣，在整個(gè)過程中墻對木板的總沖量大小為3mv0【答案】CD3【詳解】A.如果M=2m，木板只與墻壁碰撞一次，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得-Mv+mv=（M+m）v整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中摩擦生熱的大小為Q=~（M+m）v2-（M+m）v2聯(lián)0020223立求解得Q=-mv2故A錯(cuò)誤;B.如果MB.如果M=m，木板只與墻壁碰撞次，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得—Mv+mv00=（M+m）v■1解得v=0由動(dòng)能定理可得-卩mgx=0-2（M+m冷聯(lián)立解得x亡故B錯(cuò)誤;2如果M=3m，木板與墻壁碰撞第一次后，速度為氣，方向與原方向相反，取向右為正方向，當(dāng)木板與木塊再次共速時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得—Mv+mv=（M+m）v解得001m—M1v=v=-v同理木板與墻壁碰撞第二次后，速度再次反向，取向右為正方向，由動(dòng)1m+M050量守恒定律得—Mv+mv=（M+m）v解得11八

-v由此可知，木板第126與墻壁碰撞0（1、125的速度為丄如果M=2m，木板最終停在墻的邊緣，根據(jù)動(dòng)量定理可得YI=0-（m+M）v0在整個(gè)過程中墻對木板的沖量大小為3mv0，故D正確。故選CD。質(zhì)量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質(zhì)量均為m的木塊1、2、3,木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為卩?，F(xiàn)同時(shí)給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v，已知重力加速度為g。則下列說法正確的是（）0[I]因IH^rT77777777777777777?7777777777T777T77T7777777T77r7~1木塊相對木板靜止前，木板是靜止不動(dòng)的11木塊的最小速度是-v0

c.2木塊的最小速度是6v0D.木塊3從開始運(yùn)動(dòng)到才4v2:目對木板靜止時(shí)對地位移是F卩g【答案】BCD【詳解】A.木塊1在木板速度相等時(shí)相對木板靜止反上向右減速運(yùn)動(dòng)，該過程木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)木塊1與木板，由此可知，1木塊相對靜止前木板向右做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；BC.木塊與木板組成的系，統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，穿（n-1）號木塊與木板相對靜止時(shí)，它在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程向右為正方向，由動(dòng)量守中的速度最小，設(shè)此時(shí)第n號木塊的速度為v,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以恒定律得m（v+2v+…+nv）=（2n-1）mv+mv對第（n一1）號木000n-1塊，由動(dòng)量定理得-卩mgt'=mv一m(n—1)vn-10對第n號木塊，由動(dòng)量定理得-卩mgt'=mv-mnv0由以上二式解得v=——0；10n-14n1木塊的最小速度為v=vi2；2木塊的最小速度為v=5v故BC正確；0260D.木塊與木板組成的系纟守恒定律得充動(dòng)量守恒，以向右為正方向，3木塊相對木板靜止過程，由動(dòng)量m(v+2v+3v)=(3m+3」000一卩mgx=mv2一m(3v丿2320m）v解得v=v對3木塊，由動(dòng)能定理得330b解得x=塢卩g故D正確；故選BCD。14?如圖所示，水平光滑的地面上靜止放置一質(zhì)量為mA的小車人，小車的上表面光滑，質(zhì)量為mB的物塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)）置于A的最右端?，F(xiàn)對A施加一個(gè)水平向右的恒力F,A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t,二者的速度達(dá)到v（m、m、F、t、v均為已AB知量）。則下列說法正確的是（）/~1同F(xiàn)/Q'77777777^77777777777^^7777777777777'

B.小車A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為B.小車A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為A.物塊B剛開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)可求得A、B碰撞后瞬間的共同速度的大小D.可求得小車A上表面長度l【答案】BCD【詳解】A.由于小車上表面光滑，物塊B剛開始靜止，故A錯(cuò)誤;F以A為研究對象，由牛頓第二定律知F=ma則a=故B正確；Am‘A對A、B碰撞后共同運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的過程，由動(dòng)量定理得Ft=(m+m)v-(m+m)v代入數(shù)ABAB共據(jù)解得(m+m)v—Ftv=ab故C正確；共m+mAB設(shè)A、B發(fā)生碰撞前瞬間，A的速度為vA,對A、B發(fā)生碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律有mv=(m+m)vAAAB共1A從開始運(yùn)動(dòng)到與B發(fā)生碰撞前，由動(dòng)能定理知Fl=mv2聯(lián)立兩式可求得小車A上表面長2AA度1=[(mA+mB)v-Ft｝故D正確；故選BCD。2mFA15?如圖所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角！=37。，一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度v0=lm/s勻速向下運(yùn)動(dòng)。工件上表面光滑，下端為擋板，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的人點(diǎn)，當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到工件下端時(shí)(與擋板碰前的瞬間)，工件速度剛好減為零，而后木塊與擋板第一次相碰，以后木塊將與擋板發(fā)生多次碰撞.已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，木塊始終在工件上運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2,下列說法正確的是()下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動(dòng)量不守恒力加速度力加速度g=10m/s2.則下列說法正確的是（）下滑過程中，工件的加速度大小為2m/s2木塊與擋板第1次碰撞后瞬間，工件的速度大小為1.5m/s木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間間隔為0.75s【答案】BCD【詳解】A.下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零，所以沿斜面方向上動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；工件在斜面上的受力如下圖開始工件勻速下滑，根據(jù)牛頓第二定律有3mgsina=3卩mgcosa解得卩=0.75把木塊放上,對工件受力分析有4卩mgcosa-3mgsina=3ma解得a=2m/s2，B正確；C?設(shè)碰撞瞬間木塊速度為"碰撞前的過程工件與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即3叫=mv解得v=3m/s設(shè)碰撞后工件的速度為々木塊速度為％碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒有mV=件+3mV2根據(jù)能守恒有mv2=2守恒有mv2=211

mv2+212-3mv2解得v21=-1.5m/sv2=1-5m/s，C正確;d.設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間間隔為r,在此時(shí)間內(nèi)工件的位移為1x=vt一at22221木塊的位移X=vt+gsin37ot2；x=x解得t=0.75s，D正確。故選BCD。1121216.如圖甲所示，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg的物塊以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“=0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F。當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對于木板1