第17讲 板块模型（练习）（解析版）——备战2024年高考物理一轮复习全面攻略—高中物理

这是一份第17讲 板块模型（练习）（解析版）——备战2024年高考物理一轮复习全面攻略—高中物理，共28页。试卷主要包含了好题与新题，全面刷真题等内容，欢迎下载使用。

一、好题与新题
1．（2023·全国·高三专题练习）（多选）如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，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F=0.5t（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2=24s
D．木板的最大加速度为2m/s2
【答案】ACD
【详解】A．由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为
故A正确；
B．由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为
故B错误；
CD．t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 Ffm=8N
此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板
Ffm－μ′·2mg=mam
解得
am=2m/s2
对滑块
F－Ffm=mam
解得
F=12N
则由F=0.5t（N）可知
t2=24s
故CD正确。
故选ACD。
2．（2022·湖南常德·常德市一中校考二模）（多选）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
【答案】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。
故选ABD。
3．（2024·全国·高三专题练习）（多选）如图所示，一长木板a在水平地面上运动，在某时刻（）将一相对于地面静止的物块b轻放到木板上，此时a的速度水平向右，大小为2v0，同时对a施加一水平向右的恒力F。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数相等，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，a、b运动的速度一时间图像可能是下列图中的（ ）

A． B．
C． D．
【答案】BC
【详解】小物块由静止开始，长木板有初速度且受到恒力作用，所以对物块受力分析，由牛顿第二定律得
解得
对长木板受力分析有
解得
AB．根据图像斜率可知初始阶段
aa＜0，
解得
则a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，共速后由于整体合力为零，将一起做匀速直线运动，故A错误，B正确
C．根据图像知a做匀速直线运动，即
b做匀加速直线运动，两者共速后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
故C正确；
D．若aa＜ab，则有
两者均做匀加速直线运动，共速后一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律的
解得
故D错误。
故选BC。
4．（2023春·北京西城·高三校考阶段练习）（多选）如图甲所示，一块质量为的木板A静止在水平地面上，一个质量为的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）
A．滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
B．木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．F的大小可能为9N
D．F的大小与板长L有关
【答案】BCD
【详解】AB．由图像可知滑块在木板上滑动时木板的加速度为
对木板根据牛顿第二定律
滑块从木板上滑出时木板的加速度为
对木板根据牛顿第二定律
联立解得
，
故A错误，B正确；
CD．根据
式中
联立解得
即F的大小与板长L有关，且大于6，故C D正确。
故选BCD。
5．（2024秋·河北衡水·高三河北冀州中学校考阶段练习）如图甲所示，质量M=2kg的木板A静置于水平面上，质量m=1kg的小滑块B静置于A的右端，现给A一水平向右的初速度v0=9m/s，B在相对于A的运动过程中恰好没有滑落，已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.1，A与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。
（1）求A刚获得初速度时A、B加速度的大小aA、aB；
（2）求A的长度L；
（3）若在A获得初速度的同时，B受到水平向右的恒力F=3N，如图乙所示，求B开始运动到从A上滑落所需的时间（结果可以用根号表示）。

【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）对A、B由牛顿第二定律有
解得
，
（2）设经过时间AB共速，有
该过程中AB的位移分别为
，
A的长度为
代入数值解得
（3）设开始运动时B的加速度为，经过时间共速，有
解得
到达共同速度时有
解得
，
此时B相对A向左运动的距离为
共速后B继续加速，A继续减速，AB间的摩擦力方向发生改变，设共速后B的加速度大小为，A的加速度大小为，由牛顿第二定律有
解得
，
因为有
所以当A速度减小到零后会保持静止状态，从AB共速到A停止运动的时间为
该时间内B相对A向右运动的距离为
故可知此时B距离A的右端距离为
此时B的速度为
A静止后，设再经过时间，B从A的右端滑落，有
解得
故B开始运动到从A上滑落所需的时间为
6．（2023春·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，质量为M=1kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=3kg的物块放在长木板的右端，在木板左侧有一弹性墙壁，现使木板和物块以v0=6m/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。
（1）求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x1；
（2）若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L0；
（3）若长木板的长度L1=4.7m，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。

【答案】（1）1.2m；（2）4.8m；（3）三次碰撞后物块和长木板分离
【详解】（1）木板与墙壁发生弹性碰撞，第一次碰撞后的速度大小为仍为
木板向右减速到速度为零的位移大小即为离开墙壁的最大距离x1，对此过程应用动能定理得
代入数据解得
（2）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，木板质量小，先减速到零后又反向加速，系统达到共同速度时，共速速度比开始的初速度小，所以共速时一定还未与挡板碰，接着第二次与挡板碰撞，如此经过反复的多次碰撞共速最终系统会处于静止状态，整个过程中根据功能关系可得
解得
（3）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，设第一次碰撞后，系统达到共同速度为v1，由动量守恒定律得
解得
第二次碰撞后，物块反弹后瞬间速度大小为v1，系统再次达到共同速度为v2，由动量守恒定律得
解得
同理可得第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2，经一段时间系统的共同速度为
由以上计算分析可归纳总结出第次碰撞后，木板反弹后瞬间速度大小为
由（2）的分析计算可知在木板与物块的相对运动过程中，物块始终相对木板向左运动设在相对运动中滑块的加速为a1，木板的加速度为a2，对于物块有
解得
对于木板有
解得
第一次碰撞后，物块的位移大小
木板的位移大小
第一次碰后相对位移大小
第二次碰撞后两者的位移及相对位移
同理类推可归纳出
则
又
木板的长度
所以
可知是在第三次碰撞后物块和长木板分离。
7．（2023春·河南三门峡·高三校考阶段练习）如图所示，一质量M=50kg、长L=4m的平板车静止在光滑的水平地面上。一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=6m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2.
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出。

【答案】（1）a1=5m/s2；a2=1m/s2；（2）滑块不能从平板车的右端滑出
【详解】（1）对滑块，根据牛顿第二定律，可得
μmg=ma1
解得
a1=5m/s2
同理，对平板车，可得
μmg=Ma2
解得
a2=1m/s2
（2）设经过t时间滑块从平板车上滑出，有
x块=v0t1-a1t12，x车=a2t12
又
x块-x车=L
根据数学知识得出判别式
△<0
即不能从右端滑出。
8．（2023·贵州黔东南·校考模拟预测）如图甲，质量为的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为，与地面间的动摩擦因数为。时刻小物块获得水平向右的初速度，同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取。求：
（1）4s内水平向右作用力的冲量大小；
（2）小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小；
（3）小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）12m
【详解】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则
（2）对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得
带入数据解得
（3）物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左
对木板，由牛顿第二定律可得
解得木板加速度大小为
对物块可得
解得物块加速度大小为
设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得
解得
由于，所以物块和木板共速后保持相对静止
木板位移为
物块位移为
这段时间内相对位移为
所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的12m。
9．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）如图所示，一倾角的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板。长为的薄木板置于斜面上，其质量，下端位于点，，薄木板中点处放有一质量的滑块（可视为质点）。已知滑块与薄木板之间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上区间存在特殊力场，当滑块进入此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为的恒力作用，对木板无作用力，区域沿斜面的宽度为，重力加速度，现由静是释放薄木板和滑块，求：
（1）滑块在进入区域之前，薄本板运动的加速度大小；
（2）滑块第一次进入区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向；
（3）若薄木板第一次与挡板碰撞后以原速率反弹，小滑块与挡板碰撞后即粘在挡板上，停止运动。求薄木板第一次与挡板碰撞后沿斜面上升到最高点的时间（忽略滑块从薄木板上滑下时，对木板的影响，结果可保留根号）。

【答案】（1）；（2），方向沿斜面向下；（3）
【详解】（1）滑块在进入区域之前，由于斜面光滑，将与木板一起以加速度加速下滑

（2）进入区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为，对整体
对滑块，所受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有
解得
又因为滑块与木板间的最大静摩擦力
假设成立。即滑块受木板的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为；
（3）滑块和木板一起以加速度加速下滑的速度为，时间为，则

滑块和木板一起匀速下滑，对滑块有
解得
即在上仍然匀速下滑
对薄木板有
解得
以加速度匀减速上滑
设滑块离开薄木板的时间为，有

此时薄木板的速度

分离后，对薄木板有

接着以加速度减速上滑至最高点，有

所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为
解得
10．（2023春·湖北襄阳·高三襄阳四中校考阶段练习）如图所示，倾斜角的光滑斜面底端有一挡板1，木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为2kg，挡板2到B和到挡板1的距离均为L=0.2m。t=0时刻，将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2发生弹性碰撞，碰撞时间极短忽略不计。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，小物块B始终未离开木板A。求：
（1）小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小；
（2）木板A的长度至少为多少；
（3）从t=0时刻开始到木板A与挡板1第3次碰撞前瞬间，重力对木板A的总冲量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为
得小物块B与挡板2碰撞的速度为
由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为
（2）物块B沿斜面向上运动，对木板A分析
说明木板A匀速下滑，从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为
物块B减速上滑的加速度大小为
物块B减速从碰撞减速至0所用时间为
则木板A的长度至少
（3）木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减速运动的加速度也为。由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为0的位移为
时间为
然后二者从静止开始再次加速度下滑，同时与挡板碰撞，运动时间为
二者相对静止直至第三次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为
重力对木板A的总冲量为
二、全面刷真题
1．（2014·江苏·高考真题）（多选）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。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，则（ ）
A．当时，A、B都相对地面静止
B．当时，A的加速度为
C．当时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过
【答案】BCD
【详解】A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为
因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为
A、B间的最大静摩擦力为
故时，A、B都相对地面静止，A错误；
B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足
且
即
则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有
解得
故B正确。
CD．当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有
F－2μmg＝2maA，
解得
，
故CD正确。
故选BCD。
2．（2018·海南·高考真题）（多选）如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（ ）
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
【答案】BC
【详解】A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为
小物块的加速度
根据牛顿第二定律得
解得
BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
3．（2011·全国·高考真题）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得
则a正比于t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律
对m1有
由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；
对m2有
则a2是t的线性函数，t增大，a2增大。
又
则两木板相对滑动后a2图像的斜率大于两者相对静止时图像的斜率。
故选A。
4．（2019·江苏·高考真题）如图所示，质量相等的物块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．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，重力加速度为g．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、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）；（2）aB=3μg，aB′=μg；（3）
【详解】（1）由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动2aAL=vA2
解得
（2）设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得．
5．（2017·全国·高考真题）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg 和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）B与木板相对静止时，木板的速度大小；
（2）木板在地面上运动的距离一共是多少？

【答案】（1）1 m/s；（2）0.55m
【详解】（1）对B分析有

解得物块B加速度大小为
对木板分析有

解得木板加速度大小为
设B与木板相对静止时间为t1，由运动学公式可得
解得
则B与木板相对静止时，木板的速度大小为
（2）对A分析有

解得物块A加速度大小为
由于A与B初速度与加速度大小相等，所以当B速度减为时 ，A速度大小也减为
B与木板相对静止后，对B与木板整体有
解得B与木板的加速度大小为
设经时间t2，A与木板共速，取向右为正方向，由公式可得
代入数据解得
此时三者具有共同速度为
最后三者一起做匀减速运动，则可得
解得共同加速度大小为
木板在地面上运动的距离为
6．（2010·海南·高考真题）图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止．
（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；
（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离．
【答案】（1），
（2）如图所示．
【详解】（1）设木板和物块的加速度分别为和，在t时刻木板和物块的速度分别为和，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得，
当，
,
联立可得，
（2）物块与木板运动的图象，如右图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离等于木板和物块图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m），下面的三角形面积为2（m），因此
7．（2013·江苏·高考真题）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，，，，砝码与纸板左端的距离，取。若砝码移动的距离超过，人眼就能感知，为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当纸板相对砝码运动时，砝码和桌面对纸板的摩擦力分别为
，
方向均水平向左；纸板所受摩擦力的大小
（2）设砝码的加速度为，纸板的加速度为，则对砝码有
对纸板有
发生相对运动需要；代入数据解得
（3）为确保实验成功，即砝码移动的距离不超过，纸板抽出时砝码运动的最大距离为
纸板运动距离
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
由题意可知
，，
代入数据联立得
即为确保实验成功，纸板所需的拉力至少为。
【点睛】这是2013年江苏高考题，考查了连接体的运动，解题时应用隔离法分别受力分析，找出两个物体之间的位移关联关系，列运动方程，难度较大。
8．（2015·全国·高考真题）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移，末速度，其逆运动则为匀加速直线运动可得
解得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得
对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为
此时，木板向左的位移为
末速度
滑块向右位移
此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为
假设又经历二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移
末速度
滑块位移
此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为