专题19 板块模型-2025版高三物理一轮复习多维度导学与分层专练

2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题19板块模型导练目标导练内容目标1无外力板块模型目标2有外力板块模型【知识导学与典例导练】滑块—木块模型的解题策略运动状态板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力Ff；比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变②当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等无外力板块模型【例1】如图甲所示，小车B紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A（可视为质点）以初速度从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的图像如图乙所示，取重力加速度，则以下说法正确的是（）A．物体A与小车B间的动摩擦因数为0.3B．物体A与小车B的质量之比为1∶2C．小车B的最小长度为D．如果仅增大物体A的质量，物体A有可能冲出去【答案】AC【详解】A．物体A滑上小车B后做匀减速直线运动，对物体分析有由图像可得联立解得所以A正确；B．对小车B分析有由图像可得联立解得所以B错误；C．小车B的最小长度为物体A在小车B上的最大相对滑动位移，则有所以C正确；D．如果仅增大物体A的质量，物体A的加速度保持不变，但是小车B加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A在小车B上的相对滑动位移减小，所以物体A不可能冲出去，则D错误；故选AC。【例2】如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。时，小车以速度向右运动，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。如图乙所示为小滑块与小车运动的图像，图中均为已知量，重力加速度大小取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D．小滑块与小车之间的动摩擦因数【答案】ACD【详解】A．最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度故A正确；B．根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度。无法求出小滑块的质量，故B错误；C．根据图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即故C正确；D．对小滑块，由图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即再由牛顿第二定律得联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数故D正确。故选ACD。有外力板块模型【例3】如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为，木板速度为，下列结论中正确的是（）A．上述过程中，F做功大小为B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小D．其他条件不变的情况下，越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】CD【详解】A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体的动能外，还有系统摩擦产生了热量，故A错误；B．由于滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，木板的加速度由滑块对它的摩擦力提供，在其它条件不变的情况下增大F，木板受到的摩擦力大小不变，因此木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，但增大F后滑块的加速度增大，离开木板的时间就越短，故B错误；C．由于木板受到的摩擦力大小不变，因此当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移仍是L，滑块在木板上的运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故C正确；D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变化，因此摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。故选CD。【例4】如图甲所示，质量的足够长的木板静止在光滑水平面上，质量的小物块静止在木板的右端。现对木板施加一水平向右的拉力，小物块与木板运动的速度图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（）A．水平拉力为B．小物块与长木板间的动摩擦因数为C．在时间内，水平拉力做的功为D．在时间内，木板克服摩擦力所做的功为【答案】D【详解】B．设小物块与长木板间的动摩擦因数为，由图像可知木板与小物块发生相对滑动，小物块的加速度大小为根据牛顿第二定律可得解得，B错误；A．由图像可知木板的加速度大小为根据牛顿第二定律可解得，A错误；C．在时间内，木板的位移大小为水平拉力做的功为，C错误；D．在时间内，木板克服摩擦力所做的功为，D正确。故选D。【多维度分层专练】1．一上表面水平的小车在光滑水平面上匀速向右运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的质量m＝1kg的物块轻放在小车前端，以后小车运动的速度﹣时间图象如图所示．已知物块始终在小车上，重力加速度g取10m/s2．则下列判断正确的是（）A．小车与物块间的动摩擦因数为0.2，小车的最小长度为1.25mB．物块的最终动能E1＝0.5J，小车动能的减小量△E＝3JC．小车与物块间摩擦生热3JD．小车的质量为0.25kg【答案】ABD【详解】A.由v﹣t图象知，当t＝0.5s时，小车开始做速度v＝1m/s的匀速运动，此时，物块与小车的速度相同，物块与小车间无摩擦力作用，对物块，由v＝at及f＝ma＝μmg得f＝2N，μ＝0.2，在0～0.5s内，小车的位移s=(5+1)2×0.5m＝1.5m，物块的位移为x=12×0.5m＝0.25m，所以小车的最小长度为1.5m﹣0.25m＝1.25m，故A正确；B.物块的最终动能；由动能定理得小车动能的减小量△E＝f•s＝3J，故B正确；C.系统机械能减少为△E＝3J﹣0.5J＝2.5J，故C错误；D.小车的加速度为而，f＝2N，得M＝0.25kg，故D正确．2．如图所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡，有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦．设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板．下面给出了石块在长木板上滑行的v－t图象，其中可能正确的是()A． B．C． D．【答案】BD【详解】A．由于石块与长木板、长木板与地面之间都有摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误；BC．设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，当:μ1mg＞μ2(M＋m)g最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g，由:μ1mg＞μ2(M＋m)g可得：μ1mg＞μ2mg即石块刚开始的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，即μ1g＞μ2g，也就是说图象的斜率将变小，故C错误，B正确．D．若石块对长木板向右的滑动摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动，故D正确；3．质量为M=3kg的长木板正在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的质量为m=1kg的物块轻放到木板右端，以后木板运动的速度一时间图像如图所示，物块没有从木板上滑下，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2。则（）A．木板与地面间的动摩擦因数为0.2 B．木板在1.2s末减速到零C．木板的长度至少为0.84m D．物块与木板间摩擦生热为1.12J【答案】AD【详解】A．从t=0时开始，物块加速，木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t1=0.7s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t1时间间隔内，设物块加速度大小为，则有=1m/s2设物块和木板间的动摩擦因数为μ1，由牛顿第二定律得μ1mg=ma1解得μ1=0.1设t=0到t=t1时间间隔内，木板的加速度为a2，则有=3m/s2设木板与地面间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg+μ2（M+m）g=Ma2解得μ2=0.2故A正确；B．t1时刻后，物块对木板的摩擦力改变方向，设物块和木板的加速度大小分别和，则由牛顿第二定律得；解得=1m/s2；=m/s2从t1时刻到物块停止用时=0.7s从t1时刻到木板停止用时=0.3s故木板在1.0s末减速到零，故B错误；C．画出整个过程中物块和木板的v－t图像如图t=0到t=t1时间间隔内，物块相对木板向左运动，之后相对木板向右运动直到停止，则物块相对木板向左的最大位移即为图中阴影部分面积，解得木板的长度至少为0.98m，故C错误；D．物块与木板间摩擦生热Q=μ1mg（S1+S2）；解得Q=1.12J故D正确。故选AD。4．如图所示，光滑水平面上，质量为的足够长的木板向左匀速运动．时刻，质量为的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以和表示木板的速度和加速度，以和表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是（

）A．B．C．D．【答案】BD【详解】AB.木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据知；木块的加速度，方向向左，木板的加速度，方向向右，因为，则，故A错误，B正确；CD.木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动．木板一直做匀减速运动，最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误．5．如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板．已知小物块的质量为m=0.1kg，长木板的质量为M=1.5kg，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4，重力加速度大小为g=10m/s2，最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是()A．小物块向右减速为零时，长木板的速度为1.3m/sB．小物块与长木板相对静止时，速度为2m/sC．长木板的最短长度为6mD．当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用【答案】BC【详解】A．根据牛顿第二定律对长木板有可得小物块的加速度小物块速度减小到0经历时间为此时木板向左的位移为木板的速度故A错误；B．小物块向右运动的位移为此后，小物块开始向左加速，加速度大小为木板继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有解得此过程木板位移速度故B正确；C．小物块的位移二者的相对位移为所以木板最小的长度为6m。故C正确；D．此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误。故选BC。6．如图所示，在某海滨游乐场里有一种滑沙运动，其运动过程可类比如图所示的模型，小孩(可视为质点)坐在长为1m的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为37°的斜面上下滑，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，滑板与沙间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长，g取10m/s2，则以下判断正确的是（

）A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为5.5m/s2C．经过的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为【答案】AD【详解】A.对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有得，A正确；B.小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有代入数据解得，B错误；C.设经过时间t，小孩离开滑板解得，C错误；D.小孩离开滑板时的速度为，D正确。故选AD。7．如图所示，足够长光滑斜面的倾角为θ，斜面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块，木块与木板之间的动摩擦因数为μ，木块和木板的初速度都为零。对木块施加平行斜面向上的恒力F后，下列说法正确的是（）A．若μ>tanθ，则木板一定沿斜面向上运动B．若F=mgsinθ，则木块一定静止在木板上C．若木板沿斜面向上滑动，木板质量M越小，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大D．若木板沿斜面向下滑动，木板质量M越大，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大【答案】C【详解】A．若μ＞tanθ则木块与木板之间的最大静摩擦力f＞mgsinθ那么，当0＜F＜mgsinθ时，m静止不动，木板对木块的摩擦力沿斜面向上，那么木板M受到的摩擦力f沿斜面向下，故M的合外力一定沿斜面向下，木板沿斜面向下运动，故A错误；B．若F=mgsinθ那么，若无摩擦，则m的合外力为零，M的合外力为Mgsinθ，方向向下，故两者有相对运动趋势，所以，两者间存在摩擦力，且m受到的摩擦力沿斜面向下，M受到的摩擦力沿斜面向上；那么只有最大静摩擦力可得时，两物体才能保持静止；若μ较小，则M的加速度大于m的加速度，两者不能保持静止，故B错误；C．若木板沿斜面向上滑动，则m受到的摩擦力沿斜面向下，m相对M向上滑动；木板质量M越小，m的加速度不变，M的加速度增大，那么木块在木板上的运动时间越长，木块与木板分离时，木块滑行的距离越大，故C正确；D．木板沿斜面向下滑动，若木块向上滑动，两者的位移之和等于木板的长度，那么木板质量M越大，M的加速度越大，而m的加速度不变，则m在M上滑行时间越短，则m的滑行距离越小，故木块滑行距离越小，故D错误。故选C。8．如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是（）A．若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过B．当力F=μmg时，A、B间的摩擦力为C．无论力F为何值，B的加速度不会超过D．当力时，B相对A滑动【答案】AB【详解】A．物体C恰好滑动时，对C：物体A恰好滑动时，对BC整体，A、B之间的摩擦力为解得物体A、B之间的最大静摩擦力为因为，表明此时A、B之间没有滑动，也就是说B、C之间先滑动，A、B、C三个物体始终相对静止的最大加速度为，选整体由牛顿第二定律得解得，A正确；B．当力F1=μmg时，对整体对A解得，B正确；C．B的最大加速度为解得，C错误；D．B相对A恰好滑动时，对A、B整体对A：解得，当力时，B相对A滑动，D错误。故选AB。9．如图所示，质量M=1kg足够长的木板B放在水平地面上，其上放有质量m=1kg煤块A，A、B间的动摩擦因数=0.1，B与地面之间的动摩擦因数=0.2，现对B施加水平向右的拉力F=8N持续作用2s然后撤去，则在A、B运动的整个过程中，g=10m/s2，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则（）A．A比B先相对地面静止B．A的位移为4mC．A在B上留下的划痕长D．系统因摩擦产生的总热量48J【答案】CD【详解】ABC．B在F=8N的外力作用下，A、B均向右加速，但A相对B向左滑动，分别对A、B受力分析，根据牛顿第二定律，对A有对B有代入数据可解得a1=1m/s2，a2=3m/s2，F作用t1=2s时，A与B的速度分别是；撤去外力后，A的加速度不变，继续加速，设B的加速度为，对B据牛顿第二定律有代入数据解得方向水平向左，B做匀减速直线运动，设经过时间t2后A、B达到共速v，满足可解得，共同速度共速后A以a1的加速度做匀减速运动，B以a3的加速度做匀减速运动，对B据牛顿第二定律有可解得a3=3m/s2，可得A减速至静止时间，B减速至静止时间由于t3>t4，所以B先相对地面静止，A错误；B．由A选项的数据，可求得A、B的总位移分别为；达到共同速度前，A相对B向后滑行，相对位移为达到共同速度后，A相对B向前滑行，相对位移为两段划痕重复，故A在B上留下的划痕长，AB错误，C正确；D．A、B间摩擦生热为，B