提分集训(17) 水平面上的板块模型(Word练习)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

[A级　练对点·固本] 对点练1　水平面上的板块模型 1．(2024·海南学业考试)如图所示，质量为m的长木板A放在光滑的水平面上，物块B、C放在长木板上．物块B的质量也为m，B、C与A间的动摩擦因数均为μ，A、B、C均处于静止状态，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现给物块B施加一个水平向右的拉力F，则下列判断正确的是(　　 ) A.当F足够小时，A仍保持静止状态 B.当拉力F＝μmg时，物块B与A刚好要发生相对滑动 C.当物块C的质量足够小时，C与A会发生相对滑动 D.当物块C的质量也为m时，物块C能获得的最大加速度为μg 解析：选D　A．由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B与A间的动摩擦因数为μ，当F足够小时，B对A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持静止状态，A错误； B.根据牛顿第二定律可知，当拉力F＝μmg时，物块B与A间的摩擦力小于μmg，并没有刚好要滑动，B错误； C.当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动，则μmg＝(m＋mC)a 解得a＝ 则A对C的摩擦力 f＝mCa＝·μmCgh＜μmCg 假设成立，即C与A不可能发生相对滑动，C错误； D.当C的质量也为m时，物块C能获得的最大加速度为a＝＝μg D正确； 故选D. 2．(多选)(2024·大连期末)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的长木板，将一质量为m的小物块放在长木板上．给小物块施加一水平外力F，利用拉力传感器和加速度传感器(图中未标出)测得长木板和小物块加速度a随外力F的变化关系如图乙所示．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则(　　 ) A.水平地面粗糙 B. F＝1 N时小物块相对长木板发生滑动 C.小物块与长木板的质量之比为2∶3 D.小物块与长木板的质量之比为1∶3 解析：选AD　A．由图可知，当外力F＝1 N时，整体才开始运动，所以木板受到水平地面的摩擦力，即水平地面粗糙，故A正确； B.由图可知，当外力F＝1 N时，整体开始运动，此时物块和木板加速度相同，相对静止；当F＝3 N时，物块和木板的加速开始不同，此时物块相对木板发生滑动，故B错误； CD.由图可知，当外力1 N＜F＜3 N时，物块和木板一起运动，则根据牛顿第二定律 F－f＝(M＋m)a 整理得a＝－ 所以，斜率为k1＝＝ 解得M＋m＝1 kg 当F＞3 N时，物块和木板发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律F－f′＝ma 整理得a＝－ 此时斜率为k2＝＝ 解得m＝ kg 所以M＝ kg 所以，小物块与长木板的质量之比为＝ 故C错误，D正确． 故选AD. 3．(多选)(2025·内蒙古呼和浩特二模)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知物块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数为μ1，长木板P与地面之间的动摩擦因数为μ2，重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　 ) A.μ1＝0.1 B.μ2＝0.3 C.t＝ s时，木板P停止运动 D.滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为 m 解析：选AD　AB.根据v－t图像可知，滑块Q加速阶段的加速度大小为 aQ＝＝1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μ1mg＝maQ 解得μ1＝0.1 根据v－t图像可知，撤去力F到P、Q共速前过程，木板P做减速运动的加速度大小为 aP＝＝5 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μ1mg＋μ2·2mg＝maP 解得μ2＝0.2 故A正确，B错误； C.由v－t图像可知，t＝4 s共速后，由于 μ2＝0.2＞μ1＝0.1 则滑块Q相对于木板P向前运动，以P为对象，根据牛顿第二定律可得 μ2·2mg－μ1mg＝maP′ 解得P的加速度大小为 aP′＝3 m/s2 则共速到木板P停下所用时间为 Δt＝＝ s 木板P停止运动的时刻为 t＝4 s＋Δt＝ s 故C错误； D.根据v－t图像的面积表示位移可知，共速前，滑块Q相对P向左运动的位移为 Δx1＝×3×9 m＋×(4＋9)×1 m－×4×4 m＝12 m 共速后滑块Q的加速度大小仍为 aQ＝＝1 m/s2 则共速后到两者都停下，滑块Q相对P向右运动的位移为 Δx2＝－＝ m－ m＝ m 则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为 s相＝Δx1－Δx2＝12 m－ m＝ m 故D正确． 故选AD. 对点练2　斜面上的板块模型 4．(多选)(2025·陕西榆林期末)如图所示，倾角为θ的斜面上放置一长木板A，木板上放置一物块B，木板A与斜面的动摩擦因数为μ1，与物块B的动摩擦因数为μ2，两个动摩擦因数都小于tan θ，两物体从静止释放，下列说法正确的是(　　) A.若μ1小于μ2，则A、B相对运动 B.若μ1小于μ2，则A、B相对静止 C.若μ1大于μ2，则A、B相对运动 D.若μ1大于μ2，则A、B相对静止 解析：选BC　依题意，两个动摩擦因数都小于tan θ，可知均满足mg sin θ＞μmg cos θ 当A、B相对静止沿斜面下滑时，有 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 分析物块B，可得 mBg sin θ－Ff＝mBa 又Ff＜μ2mBg cos θ 解得μ1＜μ2 同理，可得μ1＞μ2时，二者相对运动． 故选BC. 5．(多选)(2025·张掖模拟)如图甲所示，质量m＝0.5 kg的物块和质量M＝1 kg的长木板置于倾角为37°且足够长的斜面上，t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F.已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2－x图像如图乙所示，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　 ) A.长木板与斜面之间的动摩擦因数为0.35 B.拉力F的作用时间为2 s C.拉力F的大小为13.5 N D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.88 解析：选CD　B．根据v2＝2ax可知，在v2－x图像中，图线的斜率的绝对值等于加速度大小的2倍，结合题图乙可知，拉力F作用时物块和长木板整体的加速度大小 a1＝× m/s2＝1 m/s2 撤去F时的速度大小v＝2 m/s，则拉力F的作用时间t＝＝2 s 故B错误． AC.由图乙可求得，撤去拉力F后整体的加速度大小 a2＝× m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律，对物块和长木板整体，F作用时，有 F－(M＋m)g sin 37°－μ1(M＋m)g cos 37°＝(M＋m)a1 撤去F后有 (M＋m)g sin 37°＋μ1(M＋m)g cos 37°＝(M＋m)a2 解得F＝13.5 N μ1＝0.25 故A错误，C正确． D.由于物块与木板始终相对静止，所以对物块由牛顿第二定律有 μ2mg cos 37°－mg sin 37°≥ma1 解得μ2≥0.875 则物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.88，故D正确． [B级　练综合·提分] 6．(2025·辽宁丹东二模)光滑水平地面上静置一辆平板小车，质量为M＝2.5 kg，长度为L＝2.8 m，在小车最左端放有一块质量为m＝2.0 kg的铁块(可看成质点)，铁块与小车之间的动摩擦因数为μ＝0.4(g＝10 m/s2). (1)当外力F＝20 N水平向右作用在铁块上时，铁块和小车的加速度大小各为多少； (2)若外力F＝20 N水平向右一直作用在铁块上或水平向左一直作用在小车上都可以使铁块运动至小车的右端，求前后两次运动所用的时间之比． 解析：(1)假设铁块与小车相对滑动，对铁块，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝ma1 解得a1＝6 m/s2 对小车，根据牛顿第二定律可得 μmg＝Ma2 解得a2＝3.2 m/s2＜a1 所以二者相对滑动，计算结果成立； (2)第一次外力F水平向右作用在铁块上，直至运送到小车右端所用时间为t1，则 a1t－a2t＝L 解得t1＝s 第二次外力F水平向左作用在小车上，直至将铁块运送到小车右端所用时间为t2，对铁块，有 μmg＝ma′1 解得a′1＝4 m/s2 对小车，有F－μmg＝Ma′2 解得a′2＝4.8 m/s2 a′2t－a′1t＝L 解得t2＝ s 则前后两次运送所用的时间之比为 ＝ 答案：(1)6 m/s2，3.2 m/s2　(2)∶ [C级　练加强·培优] 7．(2025·杭州模拟)一个游戏装置如图所示，由固定斜面、滑板构成，固定斜面上表面光滑且与水平方向夹角θ＝30°，滑板P静止在光滑水平地面上，上表面与斜面底端A平滑接触(过A点速度大小不变)，一物块在斜面上静止释放，释放位置距板上表面高h＝0.8 m，已知物块Q质量m＝1 kg，滑板P的质量M＝2 kg，板长L＝2 m，物块Q与滑板P间的动摩擦因数为μ＝0.4，求： (1)物块刚滑上滑板时的速度v大小； (2)物块从开始运动到与滑板共速所需时间t，并画出P、Q两物体在这段时间的v－t图像； (3)为使物块不滑出滑板，滑块从斜面上下滑的高度h范围． 解析：(1)物块在斜面上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 mg sin θ＝ma1 v2＝2a1 解得v＝4 m/s (2)物块在水平面上运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma2 可得a2＝4 m/s2 对滑板，有μmg＝Ma3 可得a3＝2 m/s2 当二者共速时有v－a2t1＝a3t1 解得t1＝ s 则沿斜面下滑的时间为 t2＝＝0.8 s 总时间为t总＝t1＋t2＝ s 其v－t图像如图所示 (3)设物块在A点速度为v，则 v－a2t＝a3t 可得t＝v v共＝v 所以物块的位移为x′1＝t＝v2 滑板的位移为x′2＝(v共＋0)t＝v2 所以Δx′＝x′1－x′2＝v2＜L 所以v2＜24 根据v2－0＝2a1 可得h＜1.2 m 答案：(1)4 m/s　(2) s，见解析图 (3)h＜1.2 m 学科网（北京）股份有限公司 $$