2026届高考物理一轮复习题型训练 4.2板块模型之倾斜板块

题型训练4.2板块模型之倾斜板块 板块不受外力牵引型 1.如图所示，倾角为θ且足够长的斜面固定在水平地面上，将长为0.5m的板A放于斜面上，小滑块B置于A的上端，现同时从静止释放A、B，已知A、B质量都为m=1kg,(重力加速度 各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力).求: (1)为使A、B静止在斜面上，则A与斜面动摩擦因数 应满足什么条件； (2)若A 和斜面间动摩擦因数 A、B间的动摩擦因数 求A、B下滑过程中A、B之间的摩擦力为多大； (3)若A 和斜面间动摩擦因数 A、B间的动摩擦因数 求B在A上运动的时间. 2.如图所示，在倾角为( 的足够长斜面上放置一质量M=2kg,长度.L=1.5m的极薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为 薄平板与斜面之间的动摩擦因数为 取 求： (1)释放后，小滑块的加速度 和薄平板的加速度 (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t. 板块受外力牵引型 3.如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上.一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g.则拉力F应大于 ( ) A.mgsinθ+μmgcosθ B. mgsinθ+2μmgcosθ C.4μmgcosθ D.2mgsinθ 学科网（北京）股份有限公司 4.如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C、木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态，木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s²，则下列说法错误的是 ( ) A.10N<F<15N时,物块B和木板C相对静止 B. F>15N时,物块B和木板C相对滑动 C.木板C的质量可求出 D.木板和物块两者间的动摩擦因数可求出 5.一倾角为θ=30°的足够长光滑斜面上有一质量M=1kg的长木板和放在木板下端质量m=2kg的滑块，木板长度为L=1.8m，滑块和木板间动摩擦因数为 现用一沿斜面向上的恒力F作用于滑块,g取10m/s²,则： (1)当 时，求木板和滑块各自的加速度； (2)若恒力大小为F₂，且F₂能使滑块相对长木板斜向上滑动，求F₂满足的条件； (3)若恒力为 ，作用一段时间后撤去F₃，滑块刚好能从长木板上端滑下，求力F的作用时间. 6.如图所示，一倾角 的粗糙斜面体足够长，斜面体上有一质量为M=1kg的木板，,t=0时刻另一质量为m=1kg的木块(可视为质点)以初速度 从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F=14N,使木板从静止开始运动.当t=2s时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数 ，木板和斜面体间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)木块刚冲上木板时，木块和木板的加速度大小； (2)从t=0到t=2s过程中木块相对木板移动的距离； (3)若要求木块不从木板的上端冲出，求木板至少多长? 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 7.如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量 的小滑块，管和弹射器的总质量 滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为 整个装置竖直静止在水平地面上.发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4m.小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度 求： (1)滑块被弹射后在圆柱形管内滑动时的加速度大小； (2)滑块离开弹射器后运动到最高点的时间； (3)当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，计算F的最小值. 木板与墙壁无限碰撞型 8.如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环.棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳，棒和环自由下落.假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失，棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计.求： (1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度. (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s. (3)从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功 W. ;(2)2N;(3)0.5s. 【解析】(1)A、B静止在斜面上，以A、B整体为研究对象，由受力分析得 解得 (2)假设A、B相对静止，以A、B整体为对象，由牛顿第二定律得 对B，由牛顿第二定律得 mgsinθ-f= ma,解得 假设成立，故A、B之间为静摩擦力f=2N. (3)对B对象，由牛顿第二定律得 解得 对A，由牛顿第二定律得 解得 又 解得t=0.5s. 2.(1)4m/s²;1m/s²;(2)1s. 【解析】(1)设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块，由牛顿第二定律得 其中 联立解得 对薄平板，由牛顿第二定律得 其中 联立解得 因 故假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动. (2)设滑块滑离时间为t，由运动学公式得 联立解得t=1s. 3. C【解析】设拉力为F₀时，B刚要从A下面被抽出，故此时B和斜面之间为滑动摩擦力2μmgcosθ，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力μmgcosθ，A、B此刻加速度可以认为仍相同 .对整 体 ，由牛 顿 第 二 定 律 得 2μmgcosθ=2ma,对物块A由牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ= ma,联立解得. ,故ABD错误C正确，综上答案为C. 4. C【解析】由图乙可知,当10N<F<15N时,物块B和木板C相对静止，当F>15N时，木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故AB正确；对木板和物块组成的整体，由受力分析得，当 时,a=0,故 当 时,a=2.5m/s²,i故F₂-(M+m)gsinθ=(M+m)a,联立解 得 M+m =2kg,sinθ=0.5，但是不能求出木板C的质量，故C错误；当 15N时,a=2.5m/s²,此时物块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，故对物块有μmgcosθ-mgsinθ= ma,联立解得 故D正确，综上答案为C. 5.(1)木板和滑块的加速度均为 方向沿斜面向上； 【解析】(1)假设木板和滑块相对静止，因此它们的加速度相同，均设为a，对木板和滑块整体，由牛顿第二定律得F₁-(m+M)gsinθ=(m+M)a,解得 对木板，由牛顿第二定律得 解得 故假设成立，即木板和滑块的加速度均为 方向沿斜面向上；(2)当滑块恰好相对长木板斜向上滑动时，对木板，由牛顿第二定律得 μmgcosθ-Mgsinθ=Ma₀, 对整体，由牛顿第二定律得 联立解得 故当 时，符合题意； (3)有恒力作用时， 木块与滑块相对滑动，对滑块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 μmgcosθ-Mgsinθ=Ma₂, 解得 撤去恒力后，对滑块，由牛顿第二定律得 μmgcosθ+ mgsinθ=ma₃,解得 设力F的作用时间为t，撤去力后再经t'达到共同的速度，故 又 联立解得t=1s. 【解析】(1)木块刚冲上木板时，木板对木块有沿斜面向下的摩擦力，木块对木板有沿斜面向上的摩擦力，设木块和木板的加速度大小分别为a₁、a₂，对木块，由牛顿第二定律得 对木板，由牛顿第二定律得 解得 (2)t=2s时，由运动学公式得，木块和木板的速度大小分别为 从t=0到t=2s过程中木块和木板的位移大小分别为 从t=0到t=2s过程中木块相对木板移动的距离为 (3)由前面分析可知t=2s时木块和木板达到共同速度，假设此后木块加速度不变，木板做匀减速运动的加速度大小为a₂，此时木板相对木块向下滑动，其加速度大于木块的加速度，对木板，由牛顿第二定律得 解得 因此假设成立. 故木板的速度先减为零，当木板速度减为零时，假设木板可以静止在斜面体上，故此时木板受到的静摩擦力大小应为 木板与斜面体间的最大静摩擦力为 故假设成立. 从木块与木板达到共同速度到木块速度减为零，木块和木板的位移大小分别为 此过程木块相对木板移动的距离为 木块速度减为零后将沿木板下滑，此时木块对木板有沿斜面向下的摩擦力，故恰好得 故木块下滑过程中木板仍静止.因此若要求木块不从木板的上端冲出，木板的最小长度为 【解析】(1)设滑块运动的加速度为a₁，由牛顿第二定律得 解得 (2)设滑块离开弹射器的初速度为v₀，离开管口的速度为v₁，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H，滑块由底端上升到最高点的过程中，由动能定理得 滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得 滑块滑到管口的时间 滑块从管口上抛到最大高度处的时间 滑块离开弹射器后运动到最高点的时间 联立解得 (3)为保证滑块不滑出管口，当滑块运动至管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的恒力F最小.设圆柱形管上升的加速度为a₂，共速的时间为t₃，共速的速度为v，对圆柱形管，由牛顿第二定律得 滑块与圆柱形管的相对位移 共速时 联立解得F=24N. 8.(1)(k-1)g,方向竖直向上; 【解析】(1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为a环，故环受合力 ，由牛顿第二定律得 解得a环=(k-1)g,方向竖直向上. (2)设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v₁，由机械能守恒定律得 解得 设棒弹起后的加速度为a∥，由牛顿第二定律得a=-(k+1)g, 棒第一次弹起的最大高度为 联立解得 棒运动的路程 (3)解法一：棒第一次弹起经过t₁时间，与环达到相同速度v₁，由运动学公式得 环的速度为 棒的速度为 环的位移为 棒的位移为 环相对棒的位移为. 联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $