专题41板块模型 专项练（基础版）-2026届高考物理一轮复习

专题41 板块模型（基础版） 一、单选题 1．如图所示，在光滑水平面上有一质量为的足够长的木板，其上叠放一质量为的铁块。若木板和铁块之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给铁块施加一随时间增大的水平力，木板和铁块加速度的大小分别为和，下列反映和随时间变化的图线中正确的是（　　） A．B．C． D． 2．如图所示，水平地面上有两个完全相同且质量为2m的足够长长木板A和C，长木板的上方各放另一个完全相同且质量为m的物块B和D，用水平向右的拉力F分别作用在物块B上和长木板C上。已知木板A、C与地面间的动摩擦因数均为，物块B、D与木板间的动摩擦因数均为，设最大的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。则下列说法正确的是（　　） A．当时，A和B、C和D均相对地面静止 B．当时，A和B一起加速 C．当时，D所受摩擦力为 D．无论F为何值，A的加速度大小不会超过，D的加速度大小不会超过 3．平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是（　　） A．   B．   C．   D．   4．如图所示，要将卡在球筒中的羽毛球取出，可以有多种方案，方案一：一手拿着球筒的中部，另一手用力击打羽毛球筒的上端；方案二：手持球筒，使球与球筒一起下落敲击水平面，假设球筒与水平面碰后速度立即变为0，下列说法正确的是（　　） A．方案一利用羽毛球的惯性，使其从球筒上端出来 B．方案一利用球筒的惯性，使羽毛球从下端出来 C．方案二利用羽毛球受到的重力，使其从下端出来 D．方案二中球筒敲击水平面后速度变为0，其惯性随之消失 5．如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，下列说法其中正确的是（   ） A．若F1>F2，M1=M2，则一定v1>v2 B．若F1<F2，M1=M2，则一定v1>v2 C．若F1>F2，M1>M2，则一定v1>v2 D．若F1=F2，M1>M2，则一定v1>v2 6．如图，质量为的货车载有质量为的货物，一起在水平路面上以速度v匀速运动，因紧急情况货车突然制动，货车停下后，货物继续运动后未与车厢前壁发生碰撞。已知货物与水平车厢底板间的动摩擦因数为，车轮与地面间的动摩擦因数为，货物到车厢前壁的距离为L，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．开始刹车时货车的加速度大小为 B．从开始刹车到货物停止运动的时间为 C．货车停止时，货物的速度大小为 D．货物到车厢前壁的距离应满足 7．如图1所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个的变力作用，从时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图2所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取，则下列说法不正确的是（　　） A．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1 B．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．图2中 D．木板的最大加速度为 8．如图所示，一只杯子固定在水平桌面上，将一块薄纸板盖在杯口上并在纸板上放一枚鸡蛋，现用水平向右的拉力将纸板快速抽出，鸡蛋（水平移动距离很小，几乎看不到）落入杯中，这就是惯性演示实验。已知鸡蛋（可视为质点）离纸板左端的距离为，鸡蛋和纸板的质量均为，所有接触面的动摩擦因数均为，重力加速度为，若鸡蛋移动的距离不超过就能保证实验成功，则所需拉力的最小值为（    ） A． B． C． D． 9．如图甲所示，一质量为的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为小滑块．木板受到随时间变化的水平拉力作用时，用传感器测出长木板的加速度与水平拉力的关系如图乙所示，取，则（　　） A．当时，滑块与木板之间的摩擦力随变化的函数关系 B．当时，长木板的加速度为 C．滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.2 D．小滑块的加速度随水平拉力的增大一直变大 10．质量为M=2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的图像如图乙所示，重力加速度g取，下列说法正确的是（　　） A．A与B上表面之间的动摩擦因数 B．B与水平面间的动摩擦因数 C．A的质量 D．A的质量 11．有趣的抽纸张游戏是在水平桌面上放一张A4纸，纸正中央上放一杯子，若不接触杯子抽出纸张为挑战成功，装置如图所示，桌面足够大，若杯子质量为，纸张质量为。杯底与纸张间动摩擦因数为，纸张与桌面间动摩擦因数为，现对纸张施加一水平向右的恒力F，重力加速度的大小为，下列说法正确的是（　　） A．若时，杯子受到水平向右的摩擦力 B．若时，纸张与杯子发生相对滑动 C．若时，杯子的加速度为 D．若纸张的加速度为时，则 12．如图甲所示，一足够长的质量为的木板静止在水平面上，时刻质量也为的滑块从板的左端以初速度水平向右滑行。若时间内滑块加速度大小为，时间内滑块加速度大小为。滑块与木板、木板与地面的动摩擦因数分别为、，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的图像如图乙所示，则有（    ）  A． B． C． D． 13．一足够长木板在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v—t图像如图所示（图中）。则小物块运动的v—t图像可能是（　　） A．B．C．D． 14．如图所示，在粗糙水平面上依次放有两块质量分别为、而高度完全相同的木板A、B，质量的货物C与两木板间的动摩擦因数均为，木板A与地面间的动摩擦因数，木板B与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。要使货物C滑上木板A时木板A不动，而滑上木板B时木板B开始滑动，则的大小可能是（　　） A．0.20 B．0.30 C．0.35 D．0.45 二、多选题 15．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小可能是     A． B． C． D． 16．质量为M的木板放在光滑水平面上，木板上表面粗糙程度均匀，一质量为m的物块以水平速度从木板左端滑上木板，下列说法正确的是（　　） A．若物块能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板获得的动能增大 B．若物块能从木板上滑下，仅增大物块初速度，木板获得的动能减小 C．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块质量，物块在木板上相对滑动的时间变长 D．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块初速度，物块在木板上相对滑动的时间变短 17．如图甲所示，5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，每颗棋子的质量均为m，第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合，所有接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上，恒力作用一小段时间后各棋子位置如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．棋子5对4的摩擦力大小为，方向水平向左 B．棋子1和2未发生相对运动，故棋子1和2之间的摩擦力为零 C．作用在棋子3的恒力F的大小至少为 D．无论恒力F多大，棋子1和2一定不会发生相对运动 18．如图所示，质量为M的长木板A以速度，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　） A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 19．如图所示，质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有质量可视为质点的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面的动摩擦因数，取则（　　） A．物块与小车共同速度大小是0.6m/s B．物块在车面上滑行的时间 C．小车运动的位移大小 D．要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v不超过5m/s 20．滑沙运动是一种比较刺激的娱乐活动，深受青少年的喜爱。如图是滑沙运动的简化图，小孩（可视为质点）坐在长为的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为的斜面上滑下，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，滑板与斜面间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，取，，，则以下判断正确的是（　　） A．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为 B．小孩在滑板上下滑的加速度大小为 C．经过的时间，小孩离开滑板 D．小孩刚离开滑板时，滑板下滑的距离是 21．如左图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上最右端。现将一个水平向右力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，时撤去，滑块、长木板的速度图像如右图所示，已知物块与木板的质量相等，滑块始终没有从长木板P上滑下，重力加速度，则下列说法正确的是（　　） A．滑块Q在时停下来 B．长木板P的长度至少是 C．长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是 D．长木板运动总时间为 22．如图甲所示，长木板B在静止在水平地面上，在t=0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端滑上从静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．长木板的最小长度为2m B．A、B间的动摩擦因数是0.1 C．长木板的质量为0.5kg D．外力F的大小为4N 23．如图所示，光滑水平面上，质量为的足够长的木板向左匀速运动．时刻，质量为的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以和表示木板的速度和加速度，以和表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是（    ） A．B．C．D． 24．如图所示，A的质量，B的质量，A与B之间的动摩擦因数，B与地面的动摩擦因数，A与B的初速度都为，B足够长，则下列说法正确的是（）（　　） A．A与B一起减速到零，减速到零的位移为： B．A比B先减速到零，B比A多走的位移为： C．B比A先减速到零，A比B多走的位移为： D．B比A先减速到零，A比B多用的时间为： 25．如图甲所示，足够长木板静止在光滑的水平面上，在时刻，小物块以一定速度从左端滑上木板，之后长木板运动的图像如图乙所示。已知木板质量是小物块质量2倍，。则由以上条件和数据，可以计算出具体数值的是（　　） A．小物块与长木板之间的动摩擦因数 B．小物块的初速度 C．木板的最短长度 D．木板的质量 三、解答题 26．如图所示，质量均为m=1kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L=2m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g=10m/s2。求： （1）A被敲击后获得的初速度大小vA； （2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、a′B； （3）B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。    27．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，已知物块的质量，物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求： （1）木板的长度L； （2）木板的质量M。 试卷第6页，共7页 试卷第7页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 《专题41 板块模型（基础版）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C A B D C C A C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 D C D C ACD AB AD AB BD CD 题号 21 22 23 24 25 答案 BC ABD BD CD ABC 1．A 【详解】AB．当较小时，铁块和木板一起做匀加速直线运动，加速度为 当拉力达到一定程度后，铁块和木板之间发生相对滑动；对木板，所受的滑动摩擦力恒定不变，加速度恒定不变，即 故A正确，B错误； CD．铁块和木板之间发生相对滑动后，对铁块，加速度为 由于 可知图线后一段斜率大于前一段的斜率，故CD错误。 2．D 【详解】A．由题意可得，A与地面间的最大静摩擦力为 A与B间最大静摩擦力 C与地面间的最大静摩擦力 C与D间最大静摩擦力 所以时，A和B、C和D均相对地面静止，故A错误； B．A和B一起加速的最大加速度为，对AB整体有 得 故时，A和B一起加速，故B错误； C．由上述分析可得，C和D一起加速时，有 当时，C和D未发生相对滑动，也未达到摩擦力的最大值，故C错误； D．对A受力分析可得，A的最大加速度为 对D受力分析可得，D的最大加速度为 故D正确。 3．C 【详解】箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过时间箱子与平板车达到共速，此过程平板车的位移为 箱子的位移为 则箱子相对于平板车向前的位移大小为 可得 故选C。 4．A 【详解】AB．方案一中用力击打羽毛球筒的上端，球筒向下运动，利用羽毛球的惯性，使其从球筒上端出来，故A正确，B错误； C．方案二中球与球筒一起下落敲击水平面，球筒与水平面碰后速度立即变为0，利用羽毛球的惯性，使其从下端出来，故C错误； D．惯性是物体本身的属性，与速度无关，故D错误。 5．B 【详解】D．若F1=F2，两物块所受的摩擦力大小是相等的，因此两物块的加速度相同，设两物块的加速度大小为a，对于M1、M2，滑动摩擦力即为它们的合力，设M1的加速度大小为a1，M2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 ， 其中m为物块的质量。 设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移 物块与M2的相对位移 若M1>M2，则a1<a2 所以得t1<t2 M1的速度为v1=a1t1 M2的速度为v2=a2t2 则v1<v2 故D错误； A．若F1>F2、M1=M2，根据受力分析和牛顿第二定律得 则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa>ab 由于M1=M2，所以M1、M2加速度相同，设M1、M2加速度为a。它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移 物块与M2的相对位移 由于aa>ab 所以得t1<t2 则v1<v2 故A错误； C．若F1>F2、M1>M2，对M1、M2由牛顿第二定律， 则 当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移 物块与M2的相对位移 则 根据v=at知，无法确定两木板的速度大小关系，故C错误； B．若F1<F2、M1=M2，则根据受力分析和牛顿第二定律得 则M1上的物块的加速度大于M2上的物块的加速度，即aa<ab 当物块与木板分离时：物块与M1的相对位移 物块与M2的相对位移 所以 由，可得v1>v2 故B正确。 6．D 【详解】A．刹车后，货物的加速度由牛顿第二定律 对货车由牛顿第二定律 解得 故A错误； B．货车先停止运动，由，可得从开始刹车到货车停止运动的时间为 故B错误； C．货车停下时，由可得货物的速度为 故C错误； D．由可得从开始刹车到货物停止运动的时间为 此时，货物的位移为货车的位移为 相对货车滑行的距离所以需满足 故D正确 7．C 【详解】B．根据图2可知，在t2以后滑块受到的摩擦力不变，为 根据滑动摩擦力的计算公式可得，解得滑块与木板间的动摩擦因数 故B正确，不符合题意； A．在0～t1过程中为静摩擦力，t1～t2过程中木板相对于地面开始运动，木板与水平地面间的动摩擦因数为，则 解得 故A正确，不符合题意； C．t2时刻二者发生相对运动时，加速度大小为a，对木板根据牛顿第二定律可得 对木块有 解得 根据F=0.5t可知图2中t2时刻对应的拉力为24s，故C错误，符合题意； D．t2以后木板受力不变，加速度不变，则木板的最大加速度为2m/s2，故D正确，不符合题意。 8．C 【详解】当纸板相对鸡蛋运动时，设鸡蛋的加速度为，纸板的加速度为。为确保实验成功，即鸡蛋移动的距离不超过，则纸板抽出时鸡蛋运动的最大距离 纸板运动距离为 联立解得 根据牛顿第二定律得，对鸡蛋有 得， 对纸板有 解得 9．A 【详解】A．当F等于6N时，加速度为对整体分析，由牛顿第二定律有代入数据解得 当F大于6N时，根据牛顿第二定律得 图象斜率 解得 滑块的质量 由牛顿第二定律得，对系统 对m 解得 故A正确； BC．根据F大于6N的图线知F=4N时 即 解得 当F=8N时，长木板的加速度为 故BC错误； D．当F大于6N后，滑块和长木板发生相对滑动，滑块所受的摩擦力大小不变，此后加速度不发生变化，故D错误。 10．C 【详解】A．由图像可知，A在0~1s内的加速度 对A由牛顿第二定律得 解得 B．由图像知，AB共速在1~3s内的加速度 对AB由牛顿第二定律得 解得 选项B错误； CD．由图像可知B在0~1s内的加速度 对B由牛顿第二定律得 代入数据解得 选项C正确，D错误。 11．D 【详解】A．若时，由题意可知，纸张与桌面间的滑动摩擦力是 可知纸张与桌面间没有相对滑动，则杯子与纸张间没有相对滑动的趋势，则杯子没有受到摩擦力，A错误； B．若时，假设纸张与杯子能发生相对滑动，对纸张受到的滑动摩擦力则有 假设不成立，可知纸张与杯子没有发生相对滑动，B错误； C．若时，由B选项解析可知，纸张与杯子发生相对滑动，由牛顿第二定律可得杯子的加速度为 C错误； D．若纸张的加速度为时，对纸张由牛顿第二定律可得 解得 D正确。 12．C 【详解】AB．图线的斜率表示加速度，可知 AB错误； CD．由图像分析可知，时间内滑块相对木板向右滑动，木板相对地面向右滑动，时刻滑块与木板达到共同速度，时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零，对木板则有>2 C正确，D错误。 13．D 【详解】在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，物块与木板达到共同速度前物块相对于木板向左运动，木板对物块摩擦力向右，物块先向右做匀加速直线运动，加速度为两者达到共同速度后， 由于木板的加速度即木板与地面，物块与木板间的动摩擦因数相同，则物块与木板速度相同后，将保持相对静止，一起向右做匀减速直线运动，且做减速运动的加速度相同，均为，即图像斜率相同，ABC错误，D正确。 14．C 【详解】货物C滑上木板A时木板A不动，则由受力分析可得 货物C滑上木板B时木板B开始滑动，则由受力分析可得 联立解得 故选C。 15．ACD 【分析】要分析木板的加速度就是来分析它受力，而题目并没有说木板相对物块到底是动了还是没动，因此我们要分两种情况来考虑这个问题： （1）木板相对物块没动，这样的话就是说木板和物块一起做匀加速直线运动，可以通过受力来找加速度． （2）木板相对物块动了，则木板就是在物块的摩擦力和地面的摩擦力作用下做匀加速直线运动，又可以做出一个结果． 【详解】若F较小时，木板和木块均静止，则木板的加速度为零，选项A正确；若物块和木板之间不发生相对滑动，物块和木板一起运动，对木板和木块的整体，根据牛顿第二定律可得：F−μ•2mg＝2ma，解得：；选项D正确；若物块和木板之间发生相对滑动，对木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有：μmg-μ•2mg=ma，解得：a=μg，故C正确．故选ACD． 16．AB 【详解】A．在同一个坐标系中做出物块和木板的图像，若物块运动时间后从木板上滑下，则图甲中阴影部分面积表示板长，斜率表示加速度，仅增大物块质量，由物块加速度大小 可知，物块加速度大小不变，而木板加速度大小为 则木板加速度变大，要保持图甲中阴影部分面积不变，故木板的末速度增大，动能增大，故A正确； B．仅增大，加速度大小都不变，要保持图乙中阴影部分面积不变，则木板的末速度减小，动能减小，故B正确； CD．如图丙所示，若物块不能从木板上滑下，物块与木板最终将在时刻达到共速，仅增大物块质量，物块加速度大小不变，木板加速度大小增大，物块在木板上相对滑动的时间 即物块在木板上相对滑动的时间变短；仅增大物块初速度，加速度大小都不变，则物块在木板上相对滑动的时间 即物块在木板上相对滑动的时间变长，故CD错误。 17．AD 【详解】A．所有接触面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，3和4棋子之间的滑动摩擦力为小于4和5间的摩擦力，则4不会发生滑动，5也不会发生滑动，由图乙可知3和4棋子发生相对滑动，则可知4和5之间的摩擦力大小为，4对于5来说由向右的运动趋势，则静摩摩擦力方向水平向左，故A正确； B．最上面的两颗棋子向右运动的最大加速度为故B错误； C．设最上面的三个棋子一起以向右运动，且水平恒力为，则 解得 当水平向右的恒力F大于时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，故C错误； D．当水平向右的恒力F大于时，第三个棋子和上面的两个棋子发生了相对滑动，上面的两个棋子一起向右运动，如果 所有棋子均静止不动，如果 最上面的三个棋子作为整体一起向右运动，所以无论恒力F多大，棋子1和2一定不会发生相对运动，故D正确。 18．AB 【详解】A．设取初速度方向为正方向，对滑块受力分析可知 再对木板受力分析 若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，对应的木板减速的加速度变大，所以滑块与木板共速所需的时间便减小，发生的相对位移也减小，如图所示 则共速时小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确； B．若只增大长木板质量，由 可知，木板做减速的加速度减小，但是滑块做加速运动的加速度不变，如图所示 需要滑块滑离木板的相对位移为板长即两者的位移之差保持不变，则滑块在木板上的运动时间减小，故B正确； C．若只增大初速度，滑块和木板的加速度不变，两者的相对位移即图中的面积之差要相等 则小滑块会在共速前滑离木板，离开木板的速度变小，故C错误； D．若只减小动摩擦因数，由 那么滑块和木板的加速度等比例减小，如图所示 相对位移不变，可知滑块滑离木板时速度变小、时间变短，则滑块对地的位移要减小，故D错误。 19．BD 【详解】AB．根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为a2＝μg＝0.5×10m/s2＝5m/s2 小车的加速度大小为 速度相等时根据v=v0-a2t=a1t 得则速度相等需经历的时间为 v=0.8m/s 选项A错误，B正确； C．小车运动的位移 选项C错误； D．物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v，由水平方向动量守恒得m2 v0′=（m1+m2）v 根据能量守恒得μm2gL＝m2v0′2−(m1+m2)v2 代入数据，联立解得v0′=5m/s 选项D正确。 20．CD 【详解】A．小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有 代入数据解得 故A错误； B．对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有 解得 故B错误； C．设经过时间t，小孩离开滑板 解得 故C正确； D．小孩离开滑板时滑板下滑的距离 故D正确。 21．BC 【详解】C．根据题意，由右图可知，前长木板的速度大于滑块的速度，设滑块与木板间的摩擦因数为，木板与地面间摩擦因数为，物块与木板的质量均为，过程中，对滑块Q，由牛顿第二定律有 由图可知，滑块的加速度大小为 解得 过程中，对长木板P，由牛顿第二定律有 由图可知，过程中，长木板P的加速度大小为 解得 故C正确； A．由图可知，之后，滑块速度大于长木板的速度，则滑块做减速运动，由牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得，之后，滑块减速到零的时间为 则滑块Q在时停下来，故A错误； B．根据题意可知，滑块始终没有从长木板P上滑下，即当滑块与长木板速度相等时，滑块到达长木板的最左端，由图像中图像的面积表位移可得，长木板P的长度至少是故B正确； D．由图可知，之后，滑块速度大于长木板的速度，对长木板，由牛顿第二定律有 解得 则由运动学公式可得，之后，长木板减速到零的时间为 长木板运动总时间为，故D错误； 22．ABD 【详解】A．由图像可知，2s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，图像中图线与坐标轴为成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为，木板的位移为，故长木板的最小长度为 A正确； B．由图乙可知，1s时撤去外力F，在内有物块A的受力及牛顿第二定律可知 由图乙可知内物块A的加速度大小为 解得A、B间的动摩擦因数为 B正确； C．由图乙可知，木板的加速度大小为 由木板B的受力及牛顿第二定律可知 解得长木板的质量为 C错误； D．由内的物块A的受力及牛顿第二定律可知 又此过程中加速度的大小为 解得 D正确。 23．BD 【详解】AB.木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据 知；木块的加速度，方向向左，木板的加速度，方向向右，因为，则，故A错误，B正确； CD.木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做匀减速运动，最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误． 24．CD 【详解】若一起减速，加速度的大小为 A减速的最大加速度为 即假设不成立，B比A先减速到零，A减速的加速度大小为 B的加速度大小，根据牛顿第二定律 解得 A比B多用的时间为 A比B多走的位移为 故AB错误CD正确。 25．ABC 【详解】A．设物块和长木板的质量分别为m和2m，滑块的初速度为v0，则根据长木板的v-t图像可知木板开始运动的加速度 根据 可求解小物块与长木板之间的动摩擦因数，A正确； B．当木块和长木板相对静止时 其中 由此可求解小物块的初速度，B正确； C．木板的最短长度 其中v=2m/s，t=2s，可求解木板的最短长度，C正确； D．由题中条件不能求解木板的质量，D错误。 26．（1）4m/s；（2）12m/s2，4m/s2；（3）8m/s，3m 【详解】（1）由牛顿运动定律知 A加速度的大小 根据匀变速直线运动速度位移关系 解得 （2）对齐前，对B，根据牛顿第二定律 解得 对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律 解得 （3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为、，A加速度的大小等于，则 解得 A、B达到共同速度后，有 所以位移为 27．（1）；（2） 【详解】1）设物块在木板上滑动时的加速度大小为，它们相对静止一起减速时的加速度大小为，图中两部分的阴影面积相等，有 设两者共同速度为，有 得 所以1s后两者的速度大小均为，由题意知木板的长度 （2）由图知，两者共速前，木板的加速度大小 有 解得 答案第8页，共9页 答案第9页，共9页 学科网（北京）股份有限公司 $