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专题一板块型
1．如图所示，一质量为M＝2kg 的木板A 静置于光滑水平面上，其左端放着质量为m＝1kg 可视为质点的
物块B。一颗质量为m0＝0.01kg 的子弹以v0＝500m/s 的速度射入物块B，然后以200m/s 速度射出，作
用时间极短，已知小物块与木板间动摩擦因数μ＝0.2，重力加
速
度g＝10m/s2。求：
（1）子弹射出木块时木块B 的速度多大？
（2）子弹穿过木块过程中子弹和木块损失的机械能？
（3）要使物块B 不从木板A 上滑落，木板L 至少多长。
（多选）2．一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0 时，木板在水平恒力作用下，
由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反
向的速度从右端滑上木板。已知t＝0 到t＝4t0 的时间内，木
板速度v 随时间t 变化的图像如图所示，其中g 为重力加速度
大小。t＝4t0 时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确
的是（ ）
A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板
B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3：4
D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动
（多选）3．如图所示，质量为M＝3kg 的木板静止在光滑的水平面上，木板上左端静止放着一可视为质
点的小滑块，小滑块的质量为m＝2kg，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.3。若用水平向左的拉
力F 作用在木板上，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块m 能达到的最大加速度为3m/s2
B．若F＝10N 时，小滑块m 和木板M 之间摩擦力为6N
C．若F＝15N 时，小滑块与木板刚好要发生相对滑动
D．若F＝18N 时，小滑块m 的加速度大小为3m/s2，木板M 的加速度大小为4m/s2
（多选）4．水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图（a）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b）所示，其中F1、F2分别为t1、t2时
刻F 的大小。木板的加速度a1随时间t 的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为
μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g。则（ ）
A．F1＝μ1m1g
B．F2= m2(m1+m2)
m1
（μ2﹣μ1）g
C．μ2＞m1+m2
m2
μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
5．如图所示，质量为m 的长木板静止在光滑水平面上，质量为2m、可视为质点的木块静止在长木板的最
左端，木块与木板之间的动摩擦因数为μ。右侧质量为3m 的光滑四分之一圆弧槽AB 静止在光滑水平
面上，圆弧槽的下端与木板的上表面相平。现给木块水平向右的初速度：2v0，当木块运动到木板最右
端时，木板恰好以v0的速度与圆弧槽发生弹v0性碰撞，碰撞时间极短，此后木块滑上圆弧槽从圆弧槽
B 端冲出且上升的最高点到B 端的距离等于圆弧槽的半径。重力加速度为g，求：
（1）长木板的长度L；
（2）与圆弧槽碰撞后长木板的速度；
（3）圆弧槽的半径。
6．如图所示，一质量为M＝3.0kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0kg
的小木块A．小木块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，现以地面为参照系，给A 和B 以大小均为
4.0m/s、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离木板B，求：
（1）小木块相对木板静止时二者的速度；
（2）木板长度的最小值；
（3）小木块相对木板运动的时间。
7．如图1，质量为M 的长木板，静止放在粗糙的水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，已
某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块和木板的图象
分别如图2 中的折线所示，根据图2，（g＝10m/s2）求：
（1）m 与M 间动摩擦因数μ1及M 与地面间动摩擦因数μ2；
（2）m 与M 的质量之比；
（3）从物块冲上木板到物块和木板都静止的过程中，物块m、长木板M 各自对地的位移．
8．有三块质量和形状都相同的板，A、B、C，其中板A 放在板B 上且两端对齐，两板作为整体一起以速
度v0沿光滑水平面滑动，并与正前方的板C 发生碰撞，B 与C 发生碰撞后粘在一起，当板A 从板B 全
部移到板C 上后，由于摩擦，A 相对C 静止且恰好两端对齐，板A 与板C 间的动摩擦因数为μ，板A
和板B 间的摩擦不计．求：
（1）A 相对于C 静止时系统的速度大小．
（2）板的长度是多少．
9．倾角θ＝37°，质量M＝5kg 的粗糙斜面位于水平地面上，质量m＝2kg 的木块置于斜面顶端，从静止开
始匀加速下滑，经t＝2s 到达底端，运动路程L＝4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°＝0.6，cos37°
＝0.8，g 取10m/s2），求：
（1）斜面与物体间的动摩擦因数；
（2）地面对斜面的摩擦力大小与方向；
（3）地面对斜面的支持力大小．
10．如图所示，A、B 两物块的质量分别为2m 和m，静止叠放在水平地面上。A、B 间的动摩擦因数为
μ，B 与地面间的动摩擦因数为1
2
μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A 施加一水
平拉力F，求：
（1）B 的最大加速度；
（2）若A、B 发生相对运动，F 的最小拉力；
（3）当F= 5
2
μmg 时，A 的加速度大小。
专题一板块型
参考答案与试题解析
1．【解答】解：（1）子弹射穿木块B 的过程中，由于时间极短，所以子弹与木块B 组成的系统动量
守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v+mv1
已知m0＝0.01kg，v0＝500m/s，v＝200m/s，m＝1kg，代入上式解得子弹射出木块时木块B 的速度：v1
＝3m/s
（2）子弹穿过木块过程中子弹和木块损失的机械能为
ΔE= 1
2
m0v0
2−（1
2
m0v2+ 1
2 mv1
2）解得ΔE＝1045.5J
（3）木块B 在木板A 上滑行时，两者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv1＝（m+M）v2，解得v＝1m/s 由系统能量守恒得1
2 m v1
2= 1
2 (m+ M )v2
2+ μmgL
解得L＝1.5m 故要使物块B 不从木板A 上滑落，木板L 至少长1.5m。
2．【解答】解：A、由图像可知0～3t0时间内木板做匀加速直线运动，3t0～4t0时间内木板做匀减速直
线运动，由题意可知小物块在t＝3t0时刻以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板，故A 正确；
BC、由v﹣t 图像的斜率可得：木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a1=
1
2 μgt0
t0
= 1
2 μg
t＝3t0时刻木板的速度大小为：v1＝a1×3t0= 3
2 μgt0
木板做匀减速直线运动的加速度大小为：a2=
3
2 μgt0−1
2 μgt0
t0
=μg
由题意可知物块先向左匀减速到零后，再向右匀加速与木板共速，设物块的加速度大小为a3，以向右
为正方向，则有：
1
2 μgt0=−3
2 μgt0+a3t0 解得：a3＝2μg
设木板与小物块的质量分别为M、m，小物块和木板间动摩擦因数为μ1，根据牛顿第二定律得：
对物块有：μ1mg＝ma3
对木板加速过程有：F﹣μMg＝Ma1
对木板减速过程有：μ（M+m）g+μ1mg﹣F＝Ma2
联立解得：μ1＝2μ，m
M = 1
2
，故B 正确、C 错误；
D、根据上述对BC 选项的解答可得：F= 3 μMg
2
而t＝4t0之后木板与水平地面之间的滑动摩擦力大小为：f＝μ（M+m）g＝μ（M+ 1
2 M）g= 3 μMg
2
因F＝f，故t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动。故D 正确。故选：ABD。
3．【解答】解：A、以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得：μmg＝mam
代入数据解得，小滑块的最大加速度为：am=3m/ s
2，故A 正确；
B、把小滑块m 和木板M 看成整体为研究对象，小滑块在木板上滑动时的最小拉力为：F0＝（M+m）
am
代入数据解得：F0＝15N
若F＝10N＜F0，小滑块相对木板静止，对小滑块和木板整体，由牛顿第二定律得：F＝（M+m）a1
代入数据解得：a1=2m/ s
2 对小滑块，由牛顿第二定律得：f1 ＝ma1
代入数据解得，小滑块m 和木板M 之间摩擦力为f1＝4N，故B 错误；C、若F＝15N＝F0，小滑块与木
板刚好要发生相对滑动，故C 正确；D、若F＝18N＞F0，小滑块在木板上滑动，下滑块的加速度大小
为3m/s2，对木板，由牛顿第二定律得：F﹣μmg＝Ma2代入数据解得：a2= 4 m/ s
2，故D 正确。故选：
ACD。
4．【解答】解：A、由图（c）可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，在t1时刻木板与地面的静摩
擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1＝μ1（m1+m2）g，故A 错误；
B、由图（c）可知，t1～t2时间段物块和木板一起加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对运动，此时
物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有
对物块和木板F2﹣μ1（m1+m2）g＝（m1+m2）am
对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
整理可得F2= m2(m1+m2)
m1
（μ2﹣μ1）g 故B 正确；
C、由图（c）可知，对木板μ2m2g﹣μ1（m1+m2）g＝m1am
故μ2m2g＞μ1（m1+m2）g，即μ2＞m1+m2
m2
μ1，故C 正确；
D、由上述分析可知，在0～t1时间段物块和木板均静止，t1～t2时间段物块和木板一起以共同加速度运
动，故在0～t2时间段物块与木板加速度相等，故D 正确。故选：BCD。
5．【解答】解：（1）对木块和长木板组成的系统，木块在木板上运动的过程中，由动量守恒定律
4mv0＝2mv1+mv0 解得v1= 3
2 v0
由能量守恒定律可得
2 μmgL= 1
2 ×2m×(2v0)
2−1
2 ×2m v1
2−1
2 m v0
2 解得L= 5 v0
2
8 μg
（2）长木板和圆弧槽发生弹性碰撞，由动量守恒定律mv0＝mv′+3mv2
由能量守恒可得
1
2 m v0
2= 1
2 mv ′
2+ 1
2 ×3m v2
2 解得v ′ =−1
2 v0，v2= 1
2 v0 即碰后长木板的速度为1
2 v0，方向向左。
（3）木块和圆弧槽组成系统，由水平方向动量守恒可得
2mv1+3mv2＝（2m+3m）vx解得v x = 9
10 v0
其中R = v y
2
2g
由功能关系可得
2mgR = 1
2 ×2m v1
2+ 1
2 ×3m v2
2−1
2 ×(2m+3m)v x
2−1
2 ×2m v y
2 解得R = 3 v0
2
20 g
6．【解答】解：（1）规定水平向右为正方向，由动量守恒定律可得：
Mv﹣mv＝（M+m）v 共
解得v 共＝2m/s
方向水平向右
（2）由能量守恒定律μmgL= 1
2 M v
2+ 1
2 m v
2−1
2 ( M +m)v共
2
解得
L＝6m
（3）对木块来说，由动量定理可得：
μmgt＝mv 共﹣（﹣mv）
解得
t＝1.5s
7．【解答】解：（1）由图可知．ac 为m 的速度图象．m 的加速度为：
a1= 10−4
4
m/ s
2=1.5m/ s
2
根据牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
所以得：μ1= a1
g =0.15
由图可知cd 为二者一起减速运动的图象，其加速度为：
a3= 4
8 =0.5m/ s
2
又a3＝μ2g，解得：μ2= a3
g =0.05
（2）对bc 段，对M 写动力学方程：
μ1mg﹣μ2（mg+Mg）＝Ma2
由bc 图可知：a2=1m/ s
2
把 μ1、μ2 代入上式，可得：m
M = 3
2
（3）图象acd 与横轴所围面积可求m 对地位移为：s1= 1
2 ×4×6+ (4+12)×4
2
= 44 m
图象bcd 与横轴所围面积可求M 对地位移为：sM = 1
2 ×12×4 m=24 m
8．【解答】解：（1）BC 碰撞一直到最终ABC 一起向右运动的过程中，ABC 组成系统动量守恒，以
v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：
2mv0＝3mv
解得：v= 2
3 v0
（2）BC 碰撞过程中，CB 组成的系统动量守恒，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得：
mv0＝2mv1
解得：v1= v0
2
最终滑块C 刚好没有从木板上掉下，则A 的重心相对于C 的位移为1
2
L，根据能量守恒定律得：
μmg⋅1
2
L= 1
2 m v0
2+ 1
2 ⋅2m v1
2−1
2 ⋅3m v
2
解得：L= v0
2
6 μg
9．【解答】解：（1）根据L= 1
2 at
2，解得：a= 2 L
t
2 =2m/ s
2．
由牛顿第二定律得到：
mgsinθ﹣f1＝ma；
mgcosθ﹣N1＝0；
所以，f1＝8N，N1＝16N；
则μ= f 1
N 1
=0.5．
（2）对斜面体受力分析，如图；
设摩擦力f 向左，则由共点力平衡条件得：f＝N1sinθ﹣f1cosθ＝3.2N，方向向左．
（如果设摩擦力f 向右，则f＝﹣N1sinθ+f1cosθ＝﹣3.2N，同样方向向左．）
（3）由共点力平衡条件得：地面对斜面的支持力大小：
N＝N1cosθ+f1sinθ+Mg＝67.6N；
10．【解答】解：（1）B 所受合力的最大值Fm=2 μmg−3
2 μmg= 1
2 μmg，
B 的最大加速度aBmax = Fm
mB
= 1
2 μg，方向水平向右，
（2）设当A、B 恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′﹣2μmg＝2ma′，
对A、B 整体，有F ′ −3
2 μmg=3ma′，
解得F′＝3μmg。
（3）当3 μmg＞F = 5
2 μmg＞3
2 μmg，
A、B 以共同的加速度开始运动，将A、B 看作整体，由牛顿第二定律有F −3
2 μmg=3ma，
解得a= 1
3 μg。
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/2/7 17:36:38；用户：李巨海；邮箱：xzgz131@xyh.com；学号：25670403
