2026届高三物理一轮复习跟踪练习：专题5 板块模型

专题5 板块模型 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．如图甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t＝0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v-t图像如图乙所示，则有( ) A．μ1＝μ2 B．μ1<μ2 C．μ1>2μ2 D．μ1＝2μ2 2．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．mg sin θ＋μmg cos θ B．mg sin θ＋2μmg cos θ C．4μmg cos θ D．2mg sin θ 3．(2024·江苏扬州模拟)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，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C．由题目条件可求木板C的质量 D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动 4．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v0＝3 m/s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。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为( ) A．1.0 m B．1.5 m C．2.0 m D．2.5 m 5．(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。图乙为小滑块与小车运动的v-t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g。由此可求得( ) A．小车的长度 B．小滑块的质量 C．小车在匀减速运动过程中的加速度大小 D．小滑块与小车之间的动摩擦因数 2． 计算题： 6．(2025·四川内江期末)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端施加水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求： (1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小； (2)滑块Q运动的总位移大小； (3)拉力F的大小。 7.如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)，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μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求： (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 能力提升 1． 选择题： 8．(2025·甘肃张掖摸底考试)如图所示，光滑水平面上静置一质量为m的长木板B，木板上表面各处粗糙程度相同，一质量也为m的小物块A(可视为质点)从左端以速度v冲上木板。当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则( ) A．若v＝，A、B相对运动时间为 B．若v＝，A、B相对静止时，A恰好停在木板B的中点 C．若v＝2v0，A经历到达木板右端 D．若v＝2v0，A从木板B右端离开时，木板速度等于v 9.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( ) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 10．(多选)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取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 培优训练 一．计算题： 11．(2024·江苏苏州阶段考)如图所示，有一倾角为θ＝37°的斜面(sin 37°＝)，下端固定一挡板，挡板与斜面垂直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑，上端放有一质量为m的小物块。现让长木板和小物块同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末，小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分间的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s时间内，长木板和小物块的加速度的大小； (2)开始时长木板与挡板之间的距离； (3)长木板的长度。 参考答案： 1.C解析　由题图乙分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板受力分析可得μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。 2.C解析　设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F0－2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立可得F0＝4μmg cos θ，故A、B、D错误，C正确。 3.D解析　由题图乙可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当F>15 N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A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10 N时，a1＝0，则F1＝(M＋m)g sin θ，当F2＝15 N时，a2＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a2，联立得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F2＝15 N时，对物块B，有μmg cos θ－mg sin θ＝ma2，解得μ＝，故B错误。 4.B解析　设物块的质量为m，木板的质量为M，设物块减速和木板加速到共速的时间为t1，加速度大小分别为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度大小为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块与木板相对滑动的位移为木板的长度，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m。故选B。 5.ACD 解析　因为最终小滑块恰好没有滑出小车，故由题图乙可求出小车的长度L＝t1－t1＝t1，故A正确；根据题图乙可以求出小车做匀减速直线运动的加速度大小以及小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，无法求出小滑块的质量，故B错误，C正确；对小滑块，由题图乙可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即a＝，再由牛顿第二定律得a＝＝＝μg，联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝，故D正确。 6.答案　(1)4 m/s2　2 m/s2 (2)24 m (3)9 N 解析　(1)根据v-t图像斜率的绝对值代表加速度的大小可知，0～2 s内滑块Q和木板P的加速度大小分别为 a1＝||＝ m/s2＝4 m/s2 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)根据v-t图像与时间轴所围面积代表位移可知，滑块Q运动的总位移大小 x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。 (3)0～2 s内对滑块Q分析有μ1mg＝ma1 对木板P分析有μ1mg＋F－μ2(mg＋Mg)＝Ma2 两物体一起做匀减速直线运动，对P、Q整体分析有μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 由题图乙可知a3＝＝ m/s2＝1 m/s2 解得F＝9 N。 7.答案　(1)4 m/s2　1 m/s2 (2)1 s 解析:(1)假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动， 对滑块，由牛顿第二定律有 mg sin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos 37° 解得a1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4 m/s2 对薄平板，由牛顿第二定律有 Mg sin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2 其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)g cos 37° 解得a2＝1 m/s2 a1>a2 假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。 (2)设滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式有 x1＝a1t2，x2＝a2t2 又x1－x2＝L 解得t＝1 s。 8.A解析　根据牛顿第二定律得μmg＝maA＝maB，则A、B两物体加速度大小相等，设为a，当v＝v0时，小物块A历时t0恰好运动到木板右端与木板共速，则v共＝v0－at0＝at0，解得t0＝，v共＝，a＝，木板的长度L＝t0－t0＝，若v＝，A、B两物体共速时有v共1＝－at1＝at1，解得t1＝＝，v共1＝，A、B相对静止时，相对位移为L1＝t1－t1＝＝<＝，故A停在木板B的中点左侧，故A正确，B错误；若v＝2v0，A从木板B右端离开时，根据动力学公式有L＝2v0t2－at－at，解得t2＝(2－)t0，A从木板B右端离开时，木板速度为v木板＝at2＝v0<v0，故C、D错误。 9.BC 解析　该小孩与滑板的质量均为m，对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，由牛顿第二定律得，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。 10.AD解析　根据题图乙可知，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，根据题图乙可知，从撤去力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＝ m/s2＝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；由题图乙可知，t＝4 s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为研究对象，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，则从共速到木板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；根据v-t图像与t轴所围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x相＝Δx1－Δx2＝12 m－ m＝ m，故D正确。 11.答案　(1)1 m/s2　3 m/s2 (2)3 m (3)12 m 解析　(1)在0～2 s时间内，对小物块和长木板受力分析，Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和正压力的大小，Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos θ Ff2＝μ2FN2，FN2＝mg cos θ＋Mg cos θ 规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2， 由牛顿第二定律得mg sin θ－Ff1＝ma1 Mg sin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2 联立解得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。 (2)在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度大小分别为v1和v2 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t2＝2 m/s t>t1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′，此时小物块与长木板之间摩擦力为零 对小物块有mg sin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2 对长木板有Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma2′ a2′＝－2 m/s2 即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零， 则有v2＋a2′t2＝0 联立解得t2＝1 s 在t1＋t2时间内，L1＝a2t＝2 m L2＝|a2′|t＝1 m L＝L1＋L2＝3 m。 (3) 长木板的长度等于小物块相对于长木板运动的距离， 即s＝(a1t＋v1t2＋a1′t)－(a2t＋v2t2＋a2′t)＝12 m。 学科网（北京）股份有限公司 $