微专题七 力学三大观点分析“板块”问题（复习讲义）（全国通用） 2027年高考物理二轮复习讲练测

微专题七 力学三大观点分析“板块”问题（复习讲义） 考情分析·二轮定向 深挖命题规律，找准二轮备考落点 思维导图·体系构建 打破专题边界，搭建知识体系框架 专题精讲·知能进阶 三阶闭环导学，内化学科解题方法 知识单元01 板块模型：相对滑动的动力学分析 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 板块问题的“两步法” 知识点2 地面光不光滑：摩擦力的“双重身份” 知识点3 v-t 图上两条线与两块面积 知识单元02 共速判据、相对位移与摩擦生热 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 共速的判据与“最大静摩擦” 知识点2 相对位移与板长的关系 知识点3 与系统动能损失 知识单元03 子弹打木块：动量与能量的分配 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 动量守恒与能量损失 知识点2 穿出与未穿出的判据 知识点3 木块位移与相对位移 模块贯通·综合探析 知识融合贯通，拆解跨模块复合情境 跨模块融合 斜面板块与多板系统 知识串联 真题动向 思维迁移 知识点1 重力分力参与后的分量方程 知识点2 多板系统：碰撞、粘连与传递 知识单元 高考解读 命题预测 知识单元01 板块模型： 相对滑动的动力学分析 板块问题只有“两种情况”：一是二者能共速（靠静摩擦力一起走），二是不能共速（一直相对滑动）。判据是比较“所需静摩擦力”与“最大静摩擦力”。2024 黑吉辽卷（足够长木板在恒力作用下、物块以等大反向速度滑上）用 图像给出全部过程，四个选项分别问“何时滑上、动摩擦因数、质量比、之后是否匀速”，是板块动力学的一次总检。 地面光不光滑决定“摩擦力有几种身份”：地面光滑时，木板只受物块给的摩擦力；地面粗糙时，木板还要克服地面的摩擦。2024 安徽合肥模拟（粗糙地面上的长木板 P 与中点处的滑块 Q）把“F 取不同值时 Q 受不受摩擦力、P 的加速度多大、板至少多长”全部串起来考。 失分点：误认为“物块一定不会带动木板”（地面粗糙时可能带动）；把“相对位移”当成“对地位移”；共速后忘记判断能否继续一起运动。 考向预测：①板块的加速度与共速判据；②地面粗糙时的“双重摩擦”；③由 图还原全过程。 考法预测：①分别对滑块、木板列牛顿第二定律；②比较所需静摩擦与最大静摩擦；③用 图面积求相对位移。 情境载体：木板与滑块、滑板运动、传送带旁的承接板、车辆刹车时的货物。 知识单元02 共速判据、 相对位移与摩擦生热 共速之后要靠“静摩擦”维持：共速瞬间摩擦力由滑动变为静摩擦，若所需静摩擦不超过最大静摩擦，二者一起运动；否则继续相对滑动。2025 浙江 1 月选考（两块相同长板 A、B 与滑块 C）把“碰撞粘连、三者相对静止、摩擦生热、C 相对滑动的距离”四问串成一条链。 摩擦生热只看相对位移：，而“板长”要满足 才不掉下来。2025 山西吕梁高三月考（B 以 滑上静止的 A，给 图）要求判断 、A 的质量与 B 何时滑落，全靠“两条图线的斜率与面积”。 失分点：把“系统动能损失”与“摩擦生热”混为一谈（地面粗糙时前者还包括木板与地面摩擦的损失）；共速后仍按滑动摩擦列式；相对位移算成“两者位移之差”却忘了带符号。 考向预测：①共速后的静摩擦判断；②相对位移与板长；③摩擦生热与系统动能损失。 考法预测：① 判共速；② 求相对位移；③能量守恒列总账。 情境载体：长板与滑块、多层板、滑板与沙地、货物与车厢。 知识单元03 子弹打木块： 动量与能量的分配 子弹打木块是“完全非弹性碰撞”的典型：子弹留在木块中时，二者共速，动量守恒而动能损失最大；子弹穿出时，动量仍守恒但末速度不同。2025 黑龙江大庆高三期末（子弹打入木块并停在木块中）要求算共同速度、系统动能损失与木块获得的动能，三个量正好对应“动量、能量、位移”三条线。 穿透与未穿透的判据是“相对位移与木块长度”： 则未穿出、 则恰好穿出。多选（子弹射入木块并穿出，给出木块移动距离 ）要求比较“子弹与木块的位移关系”“动量与能量的分配”，是这一类题的标准样式。 失分点：认为“子弹动能减少量全部转化为木块动能”（还有内能）；把“木块位移”与“相对位移”搞混；忘记子弹与木块的质量比会影响能量分配。 考向预测：①子弹未穿出时的共速与能量损失；②穿出时的速度关系；③木块位移与相对位移。 考法预测：① 定共速；② ；③ 与板长比较。 情境载体：子弹打木块、穿甲、冲击摆、缓冲层。 跨模块融合 斜面板块与 多板系统 斜面板块多了一个“重力分力”：沿斜面方向要同时考虑 与 ，且木板与斜面、物块与木板各有各的动摩擦因数。斜面木板与物块（物块与长木板一起从斜面顶端释放）考“二者能否保持相对静止”，判据仍是“所需静摩擦与最大静摩擦的比较”。 多板系统考“传递”：2025 福建福州高三期末（两块木板 A、B 并排、滑块 C 依次滑过）中，C 从 A 到 B 时，A、B 之间的作用通过“接触”传递，要分阶段讨论谁带谁走、谁被谁拖慢。 失分点：斜面上忘记“正压力是 ”；多板系统中把“并排接触”当成“粘连”；换阶段时速度不连续（碰撞除外）。 考向预测：①斜面板块的相对静止判据；②多板系统的分阶段分析；③碰撞与粘连后的共同速度。 考法预测：①沿斜面方向列分量方程；②按接触状态分段；③碰撞瞬间用动量守恒。 情境载体：斜面上的木板与物块、滑沙、双板接力、货架搬运。 知识单元01 板块模型：相对滑动的动力学分析 知识点01 板块问题的“两步法” 真·题·动·向 以“粗糙地面上的长木板与中点处的滑块”为载体，考外力大小对受力的影响 1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P处于静止状态，小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长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=0.3，滑块、木板的质量均为1 kg，重力加速度g=10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，则(　　) A.F=4 N，Q受到的摩擦力为零 B.F=14 N，P的加速度等于4 m/s2 C.F=8 N，Q受到的摩擦力为1 N D.F=8 N，经过4 s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板长至少为4 m 要·点·整·合 知识点01 板块问题的“两步法” 步骤 判断什么 依据 ①板动不动 地面摩擦能否被外力克服 与地面最大静摩擦比较 ②是否共速 所需静摩擦是否超限 ③分段列式 各段的加速度 滑块、木板分别用牛顿第二定律 ④求相对位移 是否滑落 与板长比较 为什么先问“板动不动”：地面粗糙时，木板受到的摩擦力与“木板对地面的压力”有关，而压力又等于“板重＋块重”。若外力不足以克服这个摩擦力，木板根本不动，滑块在板上滑动时木板依然静止——这时滑块的运动就是“在固定粗糙面上滑动”。 “共速”不等于“一起走”：共速瞬间只是速度相同，能否继续一起走要看“维持同加速度所需的静摩擦”是否超过最大值。超过则继续相对滑动，此时摩擦力方向可能反向。 知识点02 地面光不光滑：摩擦力的“双重身份” 情形 木板受的力 滑块受的力 地面光滑 只受滑块给的摩擦力 只受木板给的摩擦力 地面粗糙、板静止 静摩擦（地面）平衡滑块给的摩擦 滑动摩擦力 地面粗糙、板运动 滑块给的摩擦力与地面摩擦的合力 滑动摩擦力 共速后一起运动 外力与地面摩擦平衡 静摩擦力提供加速度 “双重身份”指的是木板同时受两个摩擦力：一个是滑块给的（方向由滑块相对板的运动决定），一个是地面给的（方向由板相对地面的运动决定）。两个力可能同向、也可能反向。 2024 安徽合肥模拟正是用这一点设项： 较小时木板不动，滑块只受滑动摩擦； 增大到“板也能动”，滑块与板就一起加速，此时滑块受的是静摩擦。同一个滑块，受力性质随 改变而改变。 知识点03 v-t 图上两条线与两块面积 图像元素 含义 用途 两条图线的斜率 各自的加速度 反求摩擦因数与质量 两条图线的交点 共速时刻 分段的“刀口” 两线之间的面积 相对位移 与板长比较、算生热 图线与 轴面积 对地位移 算做功与动能 画图是板块题最快的解法：把滑块、木板的速度画在同一张 图上，“谁在上、谁在下、何时相交”一眼可见，两块面积也一目了然。2025 山西吕梁高三月考、2024 黑吉辽卷都是给图求量或给量画图。 面积差的符号：相对位移 ，只取大小；但若问“谁相对谁向哪边滑”，就要看两条线的上下关系。 思·维·迁·移 考向01 恒力作用下的长木板与物块——由 v-t 图反推动摩擦因数 2.(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 考向02 双板夹一滑块——碰撞粘连后的相对滑动 3． (2025·1月浙江选考,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,则(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 考向03 物块滑上静止长板——由 v-t 图读 μ 与质量 4.(多选)(2025·山西吕梁高三月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg 知识单元02 共速判据、相对位移与摩擦生热 知识点01 共速的判据与“最大静摩擦” 真·题·动·向 以“变力 F=0.5t 作用在滑块上”为载体，考共速判据与相对位移 5.(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2 kg，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10 m/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=24 s D.木板的最大加速度为2 m/s2 要·点·整·合 知识点01 共速的判据与“最大静摩擦” 情形 判据 结论 一起加速 静摩擦，二者同加速度 刚要相对滑动 临界状态，求临界外力 已经相对滑动 两者加速度不同，分段列式 已共速后 再看所需静摩擦 可能一起走、也可能再滑动 “所需静摩擦”怎么算：先假设二者一起加速，求出共同加速度 ，再对其中“需要摩擦力提供加速度”的那个物体写 ，这个 就是“所需静摩擦”。与 比较即可。 变力情形要“动态”看： 随时间增大，“所需静摩擦”也增大，一旦超过最大值就发生“静摩擦→滑动摩擦”的转变。这个转变时刻就是分段点。 知识点02 相对位移与板长的关系 关系 结论 说明 滑块未滑落 二者最终共速或仍在板上 恰好滑到边缘 临界条件 滑块滑落 滑落时刻由 定 撤去外力后 还要继续算 相对滑动可能持续到共速 “板至少多长”就是令 ：题目问“板长至少多少才不掉下来”，即令最大相对位移等于板长。求最大相对位移时不要漏掉“撤去外力后继续滑动的那一段”。 相对位移的两种算法：① （对地位移之差）；② 图上两线间的面积。两种算法结果一致，画图更快。 知识点03 摩擦生热与系统动能损失 量 表达式 注意 摩擦生热（块与板） 只算相对位移 摩擦生热（板与地） 算板对地位移 系统动能损失 地面光滑时只剩 动量守恒 仅在合外力为零时成立 地面粗糙时一般不守恒 地面粗糙时动量不守恒：系统还受地面的摩擦力（外力），所以不能用 直接求解。这时只能靠“牛顿定律＋运动学”或“能量法”。 “动能损失”与“摩擦生热”要对得上：地面光滑时，系统动能损失恰好等于块板之间的摩擦生热；地面粗糙时，还要加上板与地面摩擦产生的热。列能量方程时把两项都写上。 思·维·迁·移 考向01 滑块冲上静止长板——碰撞粘连后的相对滑动距离 6．(2025·福建福州高三期末)如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B，一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s，最终C与木板B相对静止，则(　　) A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B.木板B的最大速度为2 m/s C.木板A的最大速度为1 m/s D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 考向02 由 v-t 图读板块的加速度与摩擦因数 7．(2025·北京高三开学考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.A、B间的动摩擦因数为0.1　　　B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m　　　D.木板获得的动能为2 J 考向03 板与块同时获得反向初速度——共速与相对位移 8．(多选)(2025·江西吉安高三期末)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度 B.木块与长木板之间的动摩擦因数为 C.长木板的长度为v0t0 D.可以求出长木板与木块的质量 知识单元03 子弹打木块：动量与能量的分配 知识点01 动量守恒与能量损失 真·题·动·向 以“子弹打入木块并停在木块中”为载体，考共速、动能损失与木块获得的动能 9．(2025·黑龙江大庆高三期末)如图所示，质量为M=0.9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m=0.1 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是(　　) A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=10 m/s B.子弹对木块做的功W=50 J C.木块和子弹组成的系统机械能守恒 D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=350 J 要·点·整·合 知识点01 动量守恒与能量损失 量 表达式 说明 共同速度 动量守恒 动能损失 全部转为内能 木块获得动能 由摩擦力做功提供 相对位移 关系 由位移关系定 损失的动能与质量比有关：，当 时 （子弹几乎把动能全损失掉）；当 时损失一半。这条式子能快速判断“哪个选项数量级不对”。 “内能”与“生热”是一回事：子弹与木块之间的摩擦力做负功，一对摩擦力做功的代数和为负，其绝对值就是内能。所以 ，可以用来求相对位移。 知识点02 穿出与未穿出的判据 情形 判据 结果 未穿出 二者共速，完全非弹性 恰好穿出 末速度相等（临界） 已穿出 二者末速度不同，动量仍守恒 穿出时动能不损失完：子弹穿出后仍有速度，木块也获得速度，损失的能量等于 （ 为木块长度），而不是“全部动能”。这是“穿出”与“未穿出”的本质区别。 动量守恒始终成立（水平方向无外力），所以无论穿不穿出，都可以先写 。穿出时再补一条能量式 。 知识点03 木块位移与相对位移 位移 符号 对应 子弹对地位移 子弹克服摩擦力做的功 木块对地位移 摩擦力对木块做的功 相对位移 内能 三者关系 恒成立 这三条位移是子弹打木块题的“骨架”： 是子弹损失的能量， 是木块获得的动能， 是产生的内能，三者满足 。 由位移比反推质量比：因为 相同，，而 ，化简后可以解出 。这是“给位移求质量比”类题的固定路数。 思·维·迁·移 考向01 子弹穿出木块——位移关系与动量能量分配 10．(多选)如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力f恒定，则下列说法正确的是(　　) A.木块移动的距离s一定小于木块长度L B.木块质量M越大，木块速度v2越大 C.木块质量M越大，子弹射出速度v1越大 D.子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少 考向02 子弹未穿出——共同速度、相对位移与生热 11．(多选)(2025·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是(　　) A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0 B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小 C.Q= D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek 考向03 斜面上的木板与滑块——相对静止的判据 12.在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1=tan θ，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B.长木板相对斜面匀速下滑 C.小滑块的加速度为gsin θ－μ2gcos θ D.长木板的加速度为gsin θ+μ2gcos θ－μ1gcos θ 跨模块融合 斜面板块与多板系统 知识点01 重力分力参与后的分量方程 真·题·动·向 以“斜面上长木板受拉力上滑后撤去”为载体，考重力分力与两套摩擦因数 13.如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ=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(b)所示，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A.拉力F的作用时间为2 s B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 要·点·整·合 知识点01 重力分力参与后的分量方程 方向 物块 木板 沿斜面 垂直斜面 摩擦因数 （块与板） （板与斜面） 静摩擦上限 —— “一起运动”的判据在斜面上仍是一个公式：把二者当作整体求出加速度 ，再对物块单独写“”，解出的 就是“所需静摩擦”，与 比较即可。 上滑与下滑的摩擦力方向相反：这是斜面板块题最容易出错的地方。分段时一定要先确定“相对运动方向”，再定摩擦力方向。 知识点02 多板系统：碰撞、粘连与传递 情形 处理方式 关键 两板并排接触 接触面可传力但不能拉 分开后各自独立 两板碰撞粘连 动量守恒定共同速度 碰撞时间极短，位移可不计 滑块依次滑过 分阶段：在 A 上、在 B 上 换板时速度连续、加速度突变 三体系统 先整体后隔离 注意“谁带谁” “粘连”与“接触”要分清：粘连后速度相同、不能再分开；接触只在“挤压”时传力，一旦分离就互不影响。判断是否分离看“接触面法向力是否为零”。 2025 福建福州高三期末的多板题：滑块 C 先在 A 上、后滑到 B 上，在两个阶段中 A、B 的受力完全不同。做法是“按 C 的位置分段”，每段重新做一次受力分析。 思·维·迁·移 考向01 滑沙模型——斜面上的滑板与小孩 14.(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 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题七 力学三大观点分析“板块”问题（复习讲义） 考情分析·二轮定向 深挖命题规律，找准二轮备考落点 思维导图·体系构建 打破专题边界，搭建知识体系框架 专题精讲·知能进阶 三阶闭环导学，内化学科解题方法 知识单元01 板块模型：相对滑动的动力学分析 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 板块问题的“两步法” 知识点2 地面光不光滑：摩擦力的“双重身份” 知识点3 v-t 图上两条线与两块面积 知识单元02 共速判据、相对位移与摩擦生热 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 共速的判据与“最大静摩擦” 知识点2 相对位移与板长的关系 知识点3 与系统动能损失 知识单元03 子弹打木块：动量与能量的分配 真题动向 要点整合 思维迁移 知识点1 动量守恒与能量损失 知识点2 穿出与未穿出的判据 知识点3 木块位移与相对位移 模块贯通·综合探析 知识融合贯通，拆解跨模块复合情境 跨模块融合 斜面板块与多板系统 知识串联 真题动向 思维迁移 知识点1 重力分力参与后的分量方程 知识点2 多板系统：碰撞、粘连与传递 知识单元 高考解读 命题预测 知识单元01 板块模型： 相对滑动的动力学分析 板块问题只有“两种情况”：一是二者能共速（靠静摩擦力一起走），二是不能共速（一直相对滑动）。判据是比较“所需静摩擦力”与“最大静摩擦力”。2024 黑吉辽卷（足够长木板在恒力作用下、物块以等大反向速度滑上）用 图像给出全部过程，四个选项分别问“何时滑上、动摩擦因数、质量比、之后是否匀速”，是板块动力学的一次总检。 地面光不光滑决定“摩擦力有几种身份”：地面光滑时，木板只受物块给的摩擦力；地面粗糙时，木板还要克服地面的摩擦。2024 安徽合肥模拟（粗糙地面上的长木板 P 与中点处的滑块 Q）把“F 取不同值时 Q 受不受摩擦力、P 的加速度多大、板至少多长”全部串起来考。 失分点：误认为“物块一定不会带动木板”（地面粗糙时可能带动）；把“相对位移”当成“对地位移”；共速后忘记判断能否继续一起运动。 考向预测：①板块的加速度与共速判据；②地面粗糙时的“双重摩擦”；③由 图还原全过程。 考法预测：①分别对滑块、木板列牛顿第二定律；②比较所需静摩擦与最大静摩擦；③用 图面积求相对位移。 情境载体：木板与滑块、滑板运动、传送带旁的承接板、车辆刹车时的货物。 知识单元02 共速判据、 相对位移与摩擦生热 共速之后要靠“静摩擦”维持：共速瞬间摩擦力由滑动变为静摩擦，若所需静摩擦不超过最大静摩擦，二者一起运动；否则继续相对滑动。2025 浙江 1 月选考（两块相同长板 A、B 与滑块 C）把“碰撞粘连、三者相对静止、摩擦生热、C 相对滑动的距离”四问串成一条链。 摩擦生热只看相对位移：，而“板长”要满足 才不掉下来。2025 山西吕梁高三月考（B 以 滑上静止的 A，给 图）要求判断 、A 的质量与 B 何时滑落，全靠“两条图线的斜率与面积”。 失分点：把“系统动能损失”与“摩擦生热”混为一谈（地面粗糙时前者还包括木板与地面摩擦的损失）；共速后仍按滑动摩擦列式；相对位移算成“两者位移之差”却忘了带符号。 考向预测：①共速后的静摩擦判断；②相对位移与板长；③摩擦生热与系统动能损失。 考法预测：① 判共速；② 求相对位移；③能量守恒列总账。 情境载体：长板与滑块、多层板、滑板与沙地、货物与车厢。 知识单元03 子弹打木块： 动量与能量的分配 子弹打木块是“完全非弹性碰撞”的典型：子弹留在木块中时，二者共速，动量守恒而动能损失最大；子弹穿出时，动量仍守恒但末速度不同。2025 黑龙江大庆高三期末（子弹打入木块并停在木块中）要求算共同速度、系统动能损失与木块获得的动能，三个量正好对应“动量、能量、位移”三条线。 穿透与未穿透的判据是“相对位移与木块长度”： 则未穿出、 则恰好穿出。多选（子弹射入木块并穿出，给出木块移动距离 ）要求比较“子弹与木块的位移关系”“动量与能量的分配”，是这一类题的标准样式。 失分点：认为“子弹动能减少量全部转化为木块动能”（还有内能）；把“木块位移”与“相对位移”搞混；忘记子弹与木块的质量比会影响能量分配。 考向预测：①子弹未穿出时的共速与能量损失；②穿出时的速度关系；③木块位移与相对位移。 考法预测：① 定共速；② ；③ 与板长比较。 情境载体：子弹打木块、穿甲、冲击摆、缓冲层。 跨模块融合 斜面板块与 多板系统 斜面板块多了一个“重力分力”：沿斜面方向要同时考虑 与 ，且木板与斜面、物块与木板各有各的动摩擦因数。斜面木板与物块（物块与长木板一起从斜面顶端释放）考“二者能否保持相对静止”，判据仍是“所需静摩擦与最大静摩擦的比较”。 多板系统考“传递”：2025 福建福州高三期末（两块木板 A、B 并排、滑块 C 依次滑过）中，C 从 A 到 B 时，A、B 之间的作用通过“接触”传递，要分阶段讨论谁带谁走、谁被谁拖慢。 失分点：斜面上忘记“正压力是 ”；多板系统中把“并排接触”当成“粘连”；换阶段时速度不连续（碰撞除外）。 考向预测：①斜面板块的相对静止判据；②多板系统的分阶段分析；③碰撞与粘连后的共同速度。 考法预测：①沿斜面方向列分量方程；②按接触状态分段；③碰撞瞬间用动量守恒。 情境载体：斜面上的木板与物块、滑沙、双板接力、货架搬运。 知识单元01 板块模型：相对滑动的动力学分析 知识点01 板块问题的“两步法” 真·题·动·向 以“粗糙地面上的长木板与中点处的滑块”为载体，考外力大小对受力的影响 1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P处于静止状态，小滑块Q(可视为质点)放置于长木板中点。已知滑块与长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=0.3，滑块、木板的质量均为1 kg，重力加速度g=10 m/s2。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，则(　　) A.F=4 N，Q受到的摩擦力为零 B.F=14 N，P的加速度等于4 m/s2 C.F=8 N，Q受到的摩擦力为1 N D.F=8 N，经过4 s撤去F，若要Q不从P上滑脱，长木板长至少为4 m 思路点拨： 获取信息：木板 P 放在粗糙地面上，滑块 Q 在中点，二者间 、板与地面间 另给。外力 作用在板上， 的大小决定了“板动不动”“Q 与板之间是静摩擦还是滑动摩擦”。 第一步：判断板动不动。板要动， 必须超过“地面对板的最大静摩擦”，而这个最大静摩擦又取决于“Q 对板的压力”。所以 从小到大，会出现“都不动—板动 Q 不动—两者一起动—两者相对滑动”四种状态。 第二步：判断 Q 与板之间是静摩擦还是滑动摩擦。板动之后，Q 的加速度只能由 Q 与板之间的摩擦力提供，最大值为 。若“让 Q 与板同加速度所需的摩擦力”不超过这个最大值，二者就一起动；否则相对滑动。 逐项判断的思路：A 项 较小时板尚未动、Q 与板之间无相对运动趋势，静摩擦为零，正确；B 项 较大时板已相对 Q 滑动，此时用滑动摩擦力列牛顿第二定律；C 项 取中间值时二者一起加速，静摩擦力由“共同加速度”反求；D 项涉及“撤去 后 Q 相对板滑动的距离不超过板长的一半”，是相对位移与板长的关系。 方法提炼：板块问题永远是两步——先问“板动不动”，再问“二者是否共速”。每一步都用“所需摩擦力 ≤ 最大静摩擦力”作判据，不要凭直觉。 易错提醒：地面粗糙时，地面对木板的摩擦力方向取决于木板相对地面的运动方向，与“物块相对木板的运动方向”无关。分不清这一点，整个受力分析就会错。 【答案】　ACD 【解析】 　P与地面间的最大静摩擦力为FfPm=μ2·2mg=6 N，F至少等于6 N才能拉动木板P，当F=4 N时木板P保持静止，Q受到的摩擦力为零，故A正确;当F=14 N时，假设Q在P上相对滑动，对P分析，由牛顿第二定律有F－μ1mg－μ2(M+m)g=MaP，解得aP=6 m/s2>aQ=μ1g=2 m/s2，假设成立，所以P的加速度等于6 m/s2，故B错误;当F=8 N时，假设P和Q加速度相等，有F－μ2(M+m)g=(M+m)a，解得a=1 m/s2<aQ=μ1g=2 m/s2，假设成立，Q受到的摩擦力Ff=ma=1 N，故C正确;F=8 N，经过4 s撤去F，此时两者具有相同的速度v=at=4 m/s，以后滑块Q的加速度a1=μ1g=2 m/s2，木板P的加速度大小a2==4 m/s2，木板先停，滑块后停，相对位移x相==2 m，则木板长至少4 m，故D正确。 要·点·整·合 知识点01 板块问题的“两步法” 步骤 判断什么 依据 ①板动不动 地面摩擦能否被外力克服 与地面最大静摩擦比较 ②是否共速 所需静摩擦是否超限 ③分段列式 各段的加速度 滑块、木板分别用牛顿第二定律 ④求相对位移 是否滑落 与板长比较 为什么先问“板动不动”：地面粗糙时，木板受到的摩擦力与“木板对地面的压力”有关，而压力又等于“板重＋块重”。若外力不足以克服这个摩擦力，木板根本不动，滑块在板上滑动时木板依然静止——这时滑块的运动就是“在固定粗糙面上滑动”。 “共速”不等于“一起走”：共速瞬间只是速度相同，能否继续一起走要看“维持同加速度所需的静摩擦”是否超过最大值。超过则继续相对滑动，此时摩擦力方向可能反向。 知识点02 地面光不光滑：摩擦力的“双重身份” 情形 木板受的力 滑块受的力 地面光滑 只受滑块给的摩擦力 只受木板给的摩擦力 地面粗糙、板静止 静摩擦（地面）平衡滑块给的摩擦 滑动摩擦力 地面粗糙、板运动 滑块给的摩擦力与地面摩擦的合力 滑动摩擦力 共速后一起运动 外力与地面摩擦平衡 静摩擦力提供加速度 “双重身份”指的是木板同时受两个摩擦力：一个是滑块给的（方向由滑块相对板的运动决定），一个是地面给的（方向由板相对地面的运动决定）。两个力可能同向、也可能反向。 2024 安徽合肥模拟正是用这一点设项： 较小时木板不动，滑块只受滑动摩擦； 增大到“板也能动”，滑块与板就一起加速，此时滑块受的是静摩擦。同一个滑块，受力性质随 改变而改变。 知识点03 v-t 图上两条线与两块面积 图像元素 含义 用途 两条图线的斜率 各自的加速度 反求摩擦因数与质量 两条图线的交点 共速时刻 分段的“刀口” 两线之间的面积 相对位移 与板长比较、算生热 图线与 轴面积 对地位移 算做功与动能 画图是板块题最快的解法：把滑块、木板的速度画在同一张 图上，“谁在上、谁在下、何时相交”一眼可见，两块面积也一目了然。2025 山西吕梁高三月考、2024 黑吉辽卷都是给图求量或给量画图。 面积差的符号：相对位移 ，只取大小；但若问“谁相对谁向哪边滑”，就要看两条线的上下关系。 思·维·迁·移 考向01 恒力作用下的长木板与物块——由 v-t 图反推动摩擦因数 2.(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】　ABD 【解析】 　由v－t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A正确;由v－t图像可知，0~3t0时间内，木板的加速度大小a1=μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F－μMg=Ma1，解得F=μMg，在t=3t0时，木板的速度v1=a1·3t0=μgt0，根据题意可知t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0时间内，小物块的加速度大小a'==2μg，设小物块的质量为m，对小物块，由牛顿第二定律有μ'mg=ma'，可得μ'=2μ，B正确;由v－t图像可知，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2=μg，对木板分析有F－μ'mg－μ(M+m)g=－Ma2，可得m∶M=1∶2，C错误;t=4t0之后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F－μ(M+m)g=0，假设成立，所以t=4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，D正确。 角度　斜面上的板块模型 答案　2 s 　由于Mgsin 37°<μ(M+m)gcos 37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动，滑块在平板上滑行时加速度大小a1=gsin 37°=6 m/s2 到达B点时速度v==6 m/s 之后滑块滑离平板，在斜面上运动时的加速度大小a2=gsin 37°－μgcos 37°=2 m/s2 设滑块在斜面上运动的时间为t，则有 LBC=vt+a2t2 代入数据解得t=2 s 对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度为 a3=gsin 37°－μgcos 37°=2 m/s2 设滑至斜面底端C所用时间为t'，则有 LBC=a3t'2 代入数据解得t'=4 s 滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为 Δt=t'－t=2 s。 跟踪训练 考向02 双板夹一滑块——碰撞粘连后的相对滑动 3． (2025·1月浙江选考,8)如图所示,光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)1 kg。A以4 m/s的速度向右运动,B和C一起以2 m/s的速度向左运动,A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m,C与A、B间动摩擦因数均为0.5,则(　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止,经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止,摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止,C相对长板滑动的距离为0.6 m 【答案】　D 【解析】 　碰撞瞬间C的速度不变,所以相对地面的速度为2 m/s,故A错误;规定向右为正方向,A、B组成的系统碰撞过程动量守恒,有mvA-mvB=2mvAB,解得vAB=1 m/s,方向向右。假设最终C没有滑出长板,则根据A、B、C组成的系统动量守恒,有mvA-2mvBC=3mv共,解得v共=0,摩擦产生的热量Q=(2m)+m=3 J,由Q=μmgs相对得s相对=0.6 m<0.75 m,故假设成立,最终C停在B板上。碰撞后到三者相对静止所经历时间t==0.4 s,故B、C错误,D正确。 考向03 物块滑上静止长板——由 v-t 图读 μ 与质量 4.(多选)(2025·山西吕梁高三月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2 C.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg 【答案】　BD 【解析】 　由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB= m/s2=2 m/s2，对B由牛顿第二定律有μmBg=mBaB，解得μ=0.2，故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，故C错误;长木板A的加速度大小为aA=1 m/s2，由μmBg=mAaA，μmBg=mBaB，联立两式可解得==，长木板A的质量是B物体的两倍，即mA=4 kg，故D正确。 知识单元02 共速判据、相对位移与摩擦生热 知识点01 共速的判据与“最大静摩擦” 真·题·动·向 以“变力 F=0.5t 作用在滑块上”为载体，考共速判据与相对位移 5.(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2 kg，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10 m/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=24 s D.木板的最大加速度为2 m/s2 思路点拨： 获取信息：滑块与木板质量均为 2 kg，木板放在水平地面上，外力 施加在滑块上（不是木板上），随时间线性增大。 受力链条要理清：滑块受 与木板给的摩擦力；木板受滑块给的摩擦力（反作用）与地面给的摩擦力。由于 从零开始增大，最初滑块与木板之间的摩擦力为静摩擦（二者一起动或都不动）， 增大到某个值后转为滑动摩擦。 逐项判断的思路：A 项 较小时二者一起加速，静摩擦力只需提供木板的加速度（木板还要克服地面摩擦），因此静摩擦力不为零但小于最大值；B 项 继续增大，滑块与木板之间的静摩擦达到最大值后开始相对滑动；C 项 再增大，滑块加速度超过木板，二者分离；D 项给出 的具体取值，要求算出 时刻撤去外力后滑块相对木板的位移。 方法提炼：变力作用下“共速”的判据仍是一条——把“所需的静摩擦”写成 的函数，令它等于 ，解出的 就是“开始相对滑动”的临界值。本题 ，于是“时刻”与“外力”等价，临界时刻随之确定。 易错提醒：本题外力作用在滑块上、而木板还要克服地面摩擦，所以“滑块给木板的摩擦力”要先扣掉地面摩擦才是木板的合力。漏掉地面摩擦，算出的临界 会偏小。 【答案】　ACD 【解析】 　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ===0.4，故A正确;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μ'===0.1，故B错误;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Ffm=8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ'·2mg=mam，解得am=2 m/s2，对滑块有F－Ffm=mam，解得F=12 N，则由F=0.5t(N)可知t2=24 s，故C、D正确。 要·点·整·合 知识点01 共速的判据与“最大静摩擦” 情形 判据 结论 一起加速 静摩擦，二者同加速度 刚要相对滑动 临界状态，求临界外力 已经相对滑动 两者加速度不同，分段列式 已共速后 再看所需静摩擦 可能一起走、也可能再滑动 “所需静摩擦”怎么算：先假设二者一起加速，求出共同加速度 ，再对其中“需要摩擦力提供加速度”的那个物体写 ，这个 就是“所需静摩擦”。与 比较即可。 变力情形要“动态”看： 随时间增大，“所需静摩擦”也增大，一旦超过最大值就发生“静摩擦→滑动摩擦”的转变。这个转变时刻就是分段点。 知识点02 相对位移与板长的关系 关系 结论 说明 滑块未滑落 二者最终共速或仍在板上 恰好滑到边缘 临界条件 滑块滑落 滑落时刻由 定 撤去外力后 还要继续算 相对滑动可能持续到共速 “板至少多长”就是令 ：题目问“板长至少多少才不掉下来”，即令最大相对位移等于板长。求最大相对位移时不要漏掉“撤去外力后继续滑动的那一段”。 相对位移的两种算法：① （对地位移之差）；② 图上两线间的面积。两种算法结果一致，画图更快。 知识点03 摩擦生热与系统动能损失 量 表达式 注意 摩擦生热（块与板） 只算相对位移 摩擦生热（板与地） 算板对地位移 系统动能损失 地面光滑时只剩 动量守恒 仅在合外力为零时成立 地面粗糙时一般不守恒 地面粗糙时动量不守恒：系统还受地面的摩擦力（外力），所以不能用 直接求解。这时只能靠“牛顿定律＋运动学”或“能量法”。 “动能损失”与“摩擦生热”要对得上：地面光滑时，系统动能损失恰好等于块板之间的摩擦生热；地面粗糙时，还要加上板与地面摩擦产生的热。列能量方程时把两项都写上。 思·维·迁·移 考向01 滑块冲上静止长板——碰撞粘连后的相对滑动距离 6．(2025·福建福州高三期末)如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1=1 kg、m2=2 kg的木板A、B，一质量M=2 kg的滑块C(视为质点)以初速度v0=10 m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1=7 m/s，最终C与木板B相对静止，则(　　) A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上 B.木板B的最大速度为2 m/s C.木板A的最大速度为1 m/s D.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5 J 【答案】　D 【解析】 　整个系统动量守恒，C滑离木板A时A的速度最大，有Mv0=Mv1+(m1+m2)vA，解得木板A的最大速度vA=2 m/s，滑上B后，对B、C整体，由动量守恒定律有Mv1+m2vA=(M+m2)vB，此时木板B的速度最大，为vB=4.5 m/s，并且B、C一起做匀速运动，故A、B、C错误;整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少量ΔE=Mm1(m2+M)=57.5 J，故D正确。 考向02 由 v-t 图读板块的加速度与摩擦因数 7．(2025·北京高三开学考)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB=2 kg的另一物体B以水平速度v0=2 m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g=10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.A、B间的动摩擦因数为0.1　　　B.系统损失的机械能为4 J C.木板A的最小长度为2 m　　　D.木板获得的动能为2 J 【答案】　A 【解析】 　由题图乙得物体B的加速度大小为aB= m/s2=1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg=mBaB，解得μ=0.1，A正确;根据动量守恒定律得mBv0=(mA+mB)v，解得mA=2 kg，系统损失的机械能为E损=mBv2=2 J，B错误;木板A的最小长度为L=×1 m－×1×1 m=1 m，C错误;木板获得的动能为EkA=mAv2=1 J，D错误。 考向03 板与块同时获得反向初速度——共速与相对位移 8．(多选)(2025·江西吉安高三期末)如图所示，长木板静止放置在光滑的水平地面上，木块(视为质点)静止放置在长木板的最右端，让长木板与木块瞬间同时各获得一个水平向右和水平向左的速度，大小均为v0，经过一段时间t0，木块恰好不从长木板的最左端脱离，已知长木板与木块的质量相等，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.木块与长木板刚好不脱离时，两者仍然有速度 B.木块与长木板之间的动摩擦因数为 C.长木板的长度为v0t0 D.可以求出长木板与木块的质量 【答案】　BC 【解析】 　设长木板与木块的质量均为m，该过程两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得mv0－mv0=2mv共，则v共=0，即木块与长木板刚好不脱离时两者正好都处于静止状态，A错误;对木块，根据动量定理可得－μmgt0=0－mv0，解得μ=，B正确;由能量守恒定律可得Q=2×m，又Q=μmgL，联立解得长木板的长度为L=v0t0，C正确;在运算的过程中，两者的质量相等都消掉，则无法求出长木板与木块的质量，D错误。 知识单元03 子弹打木块：动量与能量的分配 知识点01 动量守恒与能量损失 真·题·动·向 以“子弹打入木块并停在木块中”为载体，考共速、动能损失与木块获得的动能 9．(2025·黑龙江大庆高三期末)如图所示，质量为M=0.9 kg的木块静止于光滑水平面上，一质量为m=0.1 kg的子弹以水平速度v0=100 m/s打入木块并停在木块中，此过程中下列说法正确的是(　　) A.子弹打入木块后子弹和木块的共同速度为v=10 m/s B.子弹对木块做的功W=50 J C.木块和子弹组成的系统机械能守恒 D.子弹打入木块过程中产生的热量Q=350 J 思路点拨： 获取信息：木块静止在光滑水平面上，子弹以 m/s 打入并停在木块中。“停在木块中”意味着二者最终共速，属于完全非弹性碰撞。 第一步：动量守恒定共速。系统水平方向不受外力，，代入 kg、 kg、 m/s 得 m/s。 第二步：能量守恒定损失。系统动能损失 J，这部分全部转化为内能（子弹与木块之间的摩擦生热）。 第三步：看木块获得什么。木块只受子弹给的摩擦力，由动能定理 J；而子弹的位移更大，故子弹克服摩擦力做的功更多，差值正是 450 J 的内能。 方法提炼：子弹打木块永远是“动量定共速、能量定损失、动能定理定位移”三步。三条线各自独立，谁也替代不了谁。 易错提醒：不要用 （动能守恒）——子弹留在木块中时动能一定不守恒，损失的 450 J 变成了内能。 【答案】　A 【解析】 　根据动量守恒定律可得mv0=(M+m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的共同速度v=10 m/s，故A正确;根据动能定理可知，子弹对木块做的功W=Mv2－0=45 J，故B错误;根据能量守恒定律可知，子弹打入木块过程中产生的热量Q=m(M+m)v2=450 J，可知木块和子弹组成的系统机械能不守恒，故C、D错误。 要·点·整·合 知识点01 动量守恒与能量损失 量 表达式 说明 共同速度 动量守恒 动能损失 全部转为内能 木块获得动能 由摩擦力做功提供 相对位移 关系 由位移关系定 损失的动能与质量比有关：，当 时 （子弹几乎把动能全损失掉）；当 时损失一半。这条式子能快速判断“哪个选项数量级不对”。 “内能”与“生热”是一回事：子弹与木块之间的摩擦力做负功，一对摩擦力做功的代数和为负，其绝对值就是内能。所以 ，可以用来求相对位移。 知识点02 穿出与未穿出的判据 情形 判据 结果 未穿出 二者共速，完全非弹性 恰好穿出 末速度相等（临界） 已穿出 二者末速度不同，动量仍守恒 穿出时动能不损失完：子弹穿出后仍有速度，木块也获得速度，损失的能量等于 （ 为木块长度），而不是“全部动能”。这是“穿出”与“未穿出”的本质区别。 动量守恒始终成立（水平方向无外力），所以无论穿不穿出，都可以先写 。穿出时再补一条能量式 。 知识点03 木块位移与相对位移 位移 符号 对应 子弹对地位移 子弹克服摩擦力做的功 木块对地位移 摩擦力对木块做的功 相对位移 内能 三者关系 恒成立 这三条位移是子弹打木块题的“骨架”： 是子弹损失的能量， 是木块获得的动能， 是产生的内能，三者满足 。 由位移比反推质量比：因为 相同，，而 ，化简后可以解出 。这是“给位移求质量比”类题的固定路数。 思·维·迁·移 考向01 子弹穿出木块——位移关系与动量能量分配 10．(多选)如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出木块的时间内木块移动的距离为s，子弹穿过木块后子弹和木块的速度分别为v1和v2，假设子弹穿过木块的过程子弹所受阻力f恒定，则下列说法正确的是(　　) A.木块移动的距离s一定小于木块长度L B.木块质量M越大，木块速度v2越大 C.木块质量M越大，子弹射出速度v1越大 D.子弹的初速度v0越大，木块位移s越小，该过程产生的热量越少 【答案】　AC 【解析】 　因子弹穿透木块过程所受阻力f恒定，所以子弹的加速度大小a1=，木块的加速度大小a2=，画出子弹和木块的v－t图像如图所示， 由图甲可知，L(深色梯形面积)一定大于s(浅色三角形面积)，故A正确;木块的质量M越大，a2越小，由图乙可知，穿透时间越短，子弹射出速度v1越大，木块速度v2越小，故B错误，C正确;子弹的初速度v0越大，由图丙可知木块位移s越小，但系统产生的热量为fL保持不变，故D错误。 考向02 子弹未穿出——共同速度、相对位移与生热 11．(多选)(2025·广东中山市华侨中学模拟)如图所示，光滑水平面上放置一质量为M的木块，质量为m的子弹以速度v0射入木块，子弹未穿出木块且达到共同速度v，该过程中子弹与木块的相互作用力恒定不变，产生的热量为Q，木块获得的动能为Ek，则下列各项正确的是(　　) A.子弹对木块做功和木块对子弹做功代数和为0 B.子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小 C.Q= D.该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek 【答案】　BCD 【解析】 　设子弹射入木块的深度为d，木块的位移为x，子弹与木块之间的阻力大小为f，则子弹对木块做的功W1=fx，木块对子弹做的功W2=－f(d+x)，所以两个功的代数和不为零，故A错误;根据冲量的定义式I=Ft及牛顿第三定律可知，子弹对木块作用力的冲量大小等于木块对子弹作用力冲量的大小，故B正确;根据动量守恒定律可得mv0=(m+M)v，根据能量守恒定律可得m=(m+M)v2+Q，联立解得Q=，故C正确;木块获得的动能为Ek=Mv2=，该过程产生的热量与木块获得的动能之比为=>1，可知该过程产生的热量Q一定大于木块获得的动能Ek，故D正确。 考向03 斜面上的木板与滑块——相对静止的判据 12.在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1=tan θ，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B.长木板相对斜面匀速下滑 C.小滑块的加速度为gsin θ－μ2gcos θ D.长木板的加速度为gsin θ+μ2gcos θ－μ1gcos θ 【答案】　C 【解析】 　由于μ1=tan θ，对木板而言，若木板单独放在斜面上，则有mgsin θ=μ1mgcos θ，即木板会静止在斜面上，而由于μ2<μ1，对小滑块有mgsin θ>μ2mgcos θ，即小滑块不能静止在木板上，会与木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，根据牛顿第三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有mgsin θ+μ2mgcos θ<μ1(m+m)gcos θ，即木板仍然静止在斜面上，故A、B、D错误;对小滑块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ=ma，解得小滑块的加速度为a=gsin θ－μ2gcos θ，故C正确。 跨模块融合 斜面板块与多板系统 知识点01 重力分力参与后的分量方程 真·题·动·向 以“斜面上长木板受拉力上滑后撤去”为载体，考重力分力与两套摩擦因数 13.如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ=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(b)所示，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A.拉力F的作用时间为2 s B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 思路点拨： 获取信息：物块与长木板一起放在倾角 37° 的斜面上，对长木板施加沿面向上的拉力 ，作用一段时间后撤去。木板与斜面、物块与木板各有一套动摩擦因数。 斜面上的“三力”要分清：沿斜面方向有重力分力 、摩擦力 （其中 ）、以及拉力或绳的力；垂直斜面方向的合力为零。 分阶段处理：①有拉力时二者是否相对静止？用“所需静摩擦是否超过最大值”判断；②撤去拉力后，二者是否一起减速？同样要重新判断；③若发生相对滑动，则分别列方程。 逐项判断的思路：A 项与上滑时的加速度有关，要先把“物块与木板一起”这一假设验证一遍；B 项涉及撤去拉力后二者是否仍相对静止；C 项涉及相对位移的方向与大小；D 项涉及“物块能否滑离木板”的临界条件。 方法提炼：斜面板块与水平板块的唯一区别是“多了一项 ”，其余判据（所需静摩擦、共速、相对位移）完全一样。把“沿斜面方向”当成分量方程的坐标轴，问题就退化为水平板块。 易错提醒：斜面上的正压力是 而不是 ，所以摩擦力是 ；另外“物块与木板一起上滑”时，物块所受静摩擦的方向要由“谁需要被‘拖’上去”来判断。 【答案】　C 【解析】 　由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，则拉力F作用的长木板的加速度a1==× m/s2=1 m/s2，B错误;撤去拉力时的速度v=4 m/s，拉力作用时间为t1==4 s，A错误;撤去拉力后的加速度a2==× m/s2=8 m/s2，由牛顿第二定律有(M+m)gsin θ+μ1(M+m)gcos θ=(M+m)a2，解得μ1=0.25，C正确;物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。 要·点·整·合 知识点01 重力分力参与后的分量方程 方向 物块 木板 沿斜面 垂直斜面 摩擦因数 （块与板） （板与斜面） 静摩擦上限 —— “一起运动”的判据在斜面上仍是一个公式：把二者当作整体求出加速度 ，再对物块单独写“”，解出的 就是“所需静摩擦”，与 比较即可。 上滑与下滑的摩擦力方向相反：这是斜面板块题最容易出错的地方。分段时一定要先确定“相对运动方向”，再定摩擦力方向。 知识点02 多板系统：碰撞、粘连与传递 情形 处理方式 关键 两板并排接触 接触面可传力但不能拉 分开后各自独立 两板碰撞粘连 动量守恒定共同速度 碰撞时间极短，位移可不计 滑块依次滑过 分阶段：在 A 上、在 B 上 换板时速度连续、加速度突变 三体系统 先整体后隔离 注意“谁带谁” “粘连”与“接触”要分清：粘连后速度相同、不能再分开；接触只在“挤压”时传力，一旦分离就互不影响。判断是否分离看“接触面法向力是否为零”。 2025 福建福州高三期末的多板题：滑块 C 先在 A 上、后滑到 B 上，在两个阶段中 A、B 的受力完全不同。做法是“按 C 的位置分段”，每段重新做一次受力分析。 思·维·迁·移 考向01 滑沙模型——斜面上的滑板与小孩 14.(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 【答案】　BC 【解析】 　对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°=ma1，解得加速度大小为a1=2.8 m/s2，同理对滑板，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。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $