单元专项提升Ⅲ 板块运动与等时圆模型-2023-2024学年人教版高一年级上册物理必修第一册第四章同步练习

单元专项提升川板块运动与等时圆模型

1、学会牛顿运动定律在板块模型问题的分析，整体与隔离的分析。

2、掌握牛顿运动定律在等时圆模型的分析思路。

知识梳理

一、板块模型中的运动学过程问题分析

此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动,所以应准确求出各物体在各

运动过程的加速度（注意两过程的连接处加速度可能突变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关

系是解题的突破口。求解中更应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速

度。

二、“等时圆”模型及其等时性的证明

1.三种模型（如图）

2.等时性的证明

设某一条光滑弦与水平方向的夹角为a,圆的直径为d（如图）。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀

2x2dsina2d

加速直线运动，加速度为。=85吊0（,位移为x=dsina,所以运动时间为访=—=-----=—

勺a«gsmaJg

即沿同一起点（圆的最高点）或终点（圆的最低点）的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、

长短无关。

题型1无外力的板块模型

［例题1］（多选）（2023秋•碑林区校级期末）质量为20kg、长为5m的木板放在水平光滑的地面上。

将质量为10kg的小铁块（可视为质点），以6m/s的速度从木板的左端水平冲上木板（如图所

示），小铁块与木板间的动摩擦因数为04（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）,则下

列判断正确的是（）

A.小铁块与木板的共同速度是4m/s

B.小铁块不能滑出木板

C.木板一定向右滑动

D.小铁块能滑出木板

【解答】解：小铁块从木板的左端水平冲上木板，小铁块的加速度大小为

〃mg〃

a=——解得a=4m/s2，方向水平向左

fit,y

l^mg0.4x10x10、、

木板的加速度大小为a'=-『=---------m/s2=2m/s2,方向水平向右，木板一定向右滑动

设小铁块与木板可以达到共速，且所用时间为t,则有丫共=丫0-21=2't

解得t=ls,v共=2m/s

此过程小铁块与木板的相对位移为

vo+v^tU共Vo6

△x=%铁一%板=---t———t=~t=-xIm=3m<L=5m

则小铁块不能滑出木板。

故AD错误，BC正确。

故选：BCo

先求出小物块和木板的加速度，从而判断出木板能否保持静止，然后对小物块进行分析，综合牛

顿第二定律和运动学公式判断其能否从木板右端滑出。

［变式1］如图所示，质量相等的A、B静止叠放于光滑水平面上，某时刻起，对A施加一与时间成

正比的水平外力F作用，即F=kt,已知常数k,A、B之间的最大静摩擦力且最大静摩擦

力等于滑动摩擦力，B足够长。则从开始施加F作用至A、B发生相对滑动的时间t为（）

【解答】解：依题意，可知当A、B之间的摩擦力未达到最大静摩擦力时，二者加速度，速度均

相等，

根据牛顿第二定律对A有：F-f=ma

对B有：f=ma

1

联立两式可得：f=-F

11

当它们之间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力时，有：fm=-F=^kt

可得从开始施加F作用至A、B发生相对滑动的时间t为：t=N也，故ABC错误，D正确。

k

故选：D。

［变式2］（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块（可视为质点）

以速度vo滑到长木板上,t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v-

t图像，图中口、vo、vi已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

%

~~I-,

...............!......

图1图2

Votl

A.物块在0〜口这段时间内的位移大小为二一

B.物块与木板的质量之比为说

V0—VI

C.物块与木板之间的动摩擦因数为^

D.仅由题中所给信息，可以求出木板长度

【解答】解：A、根据v-t图像中图像与时间轴围成的面积表示位移，可得物块在0〜h这段时

间内的位移大小为:

（Vo+Vl）tl

故错误;

X尸一2—A

B、设物块与木板的质量分别为m、Mo根据v-t图像可得:

V0-V1

物块做匀减速直线运动的加速度大小为：ai=-

L1

V1

木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a=T"

2L1

两者的加速度均由小木块与长木板间的滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律得:

f=mai=Ma2

mvi

可得：M=^=vo-vV故B错误;

/imgvo—vi

C、对物块，由牛顿第二定律可得：即=一高一=四8二一

V0-V1

解得物块与木板之间的动摩擦因数为：N=故C正确；

D、h时刻小物块恰好滑至长木板最右端，在0〜口这段时间内物块与长木板的位移大小之差等于

木板的长度，根据v-t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得木板的长度为：

（Vo+Vl）tlVltlVotl

L=x物-*板='---------仅由题中所给信息，可以求出木板长度，故D正确。

故选：CDo

题型2有外力下的板块模型

[例题2]（2024•龙凤区校级模拟）如图甲所示，一滑块置于足够长的木板上，木板放置在水平地面

上。已知滑块和木板的质量均为1kg,滑块与木板间的动摩擦因数为0.3,木板与水平地面间的

动摩擦因数为0.1。现在木板上施加一个F=kt（N）的变力作用，从t=0时刻开始计时，木板

所受摩擦力的合力随时间变化的关系如图乙所示，已知h=5s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力

相等，重力加速度g取:10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.k=0.6

B.t2=12.5s

C.0〜t2，滑块的位移大小为337.5m

D.当t=15s时，长木板的加速度大小为2m/s2

【解答】解：设滑块与木板间的动摩擦因数为内，木板与水平地面间的动摩擦因数为由，则由=

0.3,|12=0.1。

A、0〜口时间内，长木板与滑块均保持静止，则长木板与滑块间无摩擦力。

对滑块和木板整体，根据平衡条件得

Ffi=kti=|i2*2mg=0.1X2XlX0N=2N,解得：k=0.4,故A错误；

B、ti〜t2时间内，长木板与滑块一起做加速运动，两者刚好不发生相对滑动时，对滑块有:

^img=mam

可得两者不发生相对滑动时最大加速度为：am=3m/s2

对长木板，根据牛顿第二定律有kt2-FG=mam

其中Fe=5N

解得：t2=20s,故B错误；

D、口〜t2时间内，由图乙可得Ff=0.2t+l(N)

对长木板，根据牛顿第二定律有kt-Ff=ma

整理可得：a=0.2t-1(m/s2),(5sWtW20s)

2

当t=15s时，长木板的加速度大小为：a15=2m/s,故D正确；

C、根据a-t图像与时间轴所围的面积表示速度变化量，可得t2时刻滑块的速度为

0+am3

v-~-~(t2-ti)--x(20-5)m/s=22.5m/s

0〜h时间内，长木板与滑块均保持静止，口〜t2时间内，对整体，根据动能定理有

kti+kt20.4x5+0.4x20

其中F=■N=5N

解得0〜t2，滑块的位移大小为：x=168.75m,故C错误。

故选：D。

0〜1时间内，长木板与滑块均保持静止，长木板与滑块间无摩擦力，对滑块和木板整体，根据

平衡条件列式，得到木板所受摩擦力与时间的关系，从而求得k的值；3〜tz时间内，长木板与

滑块一起做加速运动，对滑块，由牛顿第二定律求出两者不发生相对滑动时最大加速度，再对长

木板，根据牛顿第二定律求出tz；由图乙得到解析式，对长木板，根据牛顿第二定律求出加速度

与时间的关系式，再求当t=15s时，长木板的加速度大小；根据a-t图像，求出tz时刻滑块的

速度，再由动能定理求0〜七2内滑块的位移大小。

[变式3](多选)(2023秋•雁塔区期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有长木板P,小滑块Q(可

看作质点)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，滑块和长木板的v-t图像如图乙所示。已知

长木板和小滑块的质量均为m=1kg,小滑块Q始终没有从长木板P上滑下，重力加速度g取

10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.3

B.拉力F的大小为1.75N

C.5s后，长木板的加速度大小为3m/s2

D.长木板P的长度至少是3.5m

【解答】解：A、由图乙可知，在4s时撤去力F,此时长木板P的速度为：vi=3m/s

5s时两者速度均为：v2=2m/s

Av2-0

0〜5s内，根据题图可求滑块Q的加速度大小为：ai=-=-^^m/s2=0.4m/s2

由牛顿第二定律有：|iimg=mai

联立解得：|ii=0.04

Av3-2cr

4〜5s内，长木板P的加速度大小为：=-=-^―m/s2=1m/s2

由牛顿第二定律有：111mg+因（m+m）g=ma,

联立并代入数据解得：3=0.03,故A错误；

Av3-0

B、0〜4s内，长木板P的加速度大小为：a=-=-r-rnn/s2=0.75m/s2

2Zlt4-U

由牛顿第二定律有：F-|iimg-|i2(m+m)g=ma2

解得：F=1.75N,故B正确;

C、因5s后小滑块和长木板相对静止，整体受力分析

由牛顿第二定律有：.2（m+m）g=（m+m）as

2

解得：a3=0.3m/s,故C错误；

1

D、0〜5s内，小滑块的位移大小为：Xi=-x5x2m=5m

11

长木板的位移大小为：x2=—x3x4血+5X（3+2）xlm=8.5m

故长木板P的长度至少为：Ax=x2-X］=8.5m-5m=3.5m,故D正确。

故选：BDo

［变式4］（多选）（2023秋•武昌区校级期末）如图甲所示，质量为M的长木板放置于水平面上，其

上左端有一质量为mi=3kg的物块A,物块A通过轻绳跨过光滑滑轮与质量为m2=6kg的物块

B相连，物块B离地面高度为h。t=0时刻由静止释放物块B,同时给长木板一水平向左的初

速度vo=7m/s,以后物块A运动的加速度一时间图像如图乙所示。物块与木板间动摩擦因数为

由，木板与地面间动摩擦因数为上，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始

终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2,则下列说法正确的是（）

A.物块与木板间的动摩擦因数由=0.1

B.木板与地面间的动摩擦因数匿=0」

C.木板向左运动的最大位移为3.5m

D.长木板的质量M=2kg

【解答】解：A.由乙图可知，0〜1s内物块A、B一起匀加速，此时A受到的摩擦力方向向左,

由整体法可得：m2g-mmig=（m1+m2）ai

解得：由=0.2,故A错误；

B.物块A所受木板的滑动摩擦力产生的加速度大小为a2,则有：nimlg=mia2

2

解得加速度大小为：a2=2m/s

可知，1〜3s内物块B已经落地，物块A水平方向只受木板的滑动摩擦力作用，由图乙可知3s

末物块A的加速度大小突然减为lm/s2,则此时物块A与木板共速，之后二者一起做匀减速直线

运动。由牛顿第二定律，可得：

|12（M+mi）g=（M+mi）

解得：H2=0.1,故B正确；

CD.根据a-t图像中图线与坐标轴所围面积表示速度变化，可知3s末物块A的速度为：v=6义

lm/s-2X2m/s=2m/s

依题意，。〜3s内木板先向左匀减速，再向右匀加速，受力分析由牛顿第二定律，有

木板向左运动的过程中：Himig+R（M+m］）g=Ma木

木板向右运动过程中：pimig-电（M+m］）g=Ma木，

vov

又：a木=4,a木，=~

且：ti+t2=3s

联立解得：M=1.5kg,a木=7m/s2,a^^lm/s2,h=ls,t2=2s

Vo7

则木板向左运动的最大位移为：X=7方=^xlm=3.5m,故C正确、D错误。

故选：BCo

题型3等时圆模型

［例题3］（2022秋•张家口期末）如图所示，位于竖直平面内的圆内有OA、OB、OC三条光滑轨道,

已知在t=0时，a、b、c三球分别从O由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到A、B、C三点，

所用时间分别为口、t2、t3,下列关系正确的是（）

A.ti>t2>t3B.ti<t2<t3C.ti=t2=t3D.无法确定

【解答】解：通过O点做一条竖直直线，通过0、B作圆且满足O点在圆的竖直直径最高点，如

根据“等时圆”原理可知，通过Oa、OB、Oc的时间相等，而OA时间大于Oa时间、0C时间

小于0c时间，则有：h>t2>t3，故A正确、BCD错误。

故选：Ao

通过0点做一条竖直直线，通过0、B作圆且满足0点在圆的竖直直径最高点，根据“等时圆

的结论进行分析。

[变式5]（2022秋•长宁区校级期末）如图所示，有两个光滑直轨道AB和CD,其中A、B、C、D

四点刚好位于同一竖直圆O的圆周上，B点恰好过竖直圆O的最低点。现让两个小球（可视为

质点）分别从A、D两位置由静止释放，它们沿直轨道到达B、C的时间分别记为口、t2。则

A.t]>t2B.11=t2C.t]<t2D.无法确定

【解答】解：设AB与竖直直径的夹角为仇则加速度为：

a=gcos0

根据位移一时间公式可得：

1

2Rcos0=5竭

解得：或=理

则根据上述的分析可知，物块沿EB下滑的时间也为口，因为EB和CD的倾角相等，则物块下滑

的加速度也相等，但因为EB的长度大于CE的长度，可知沿CD下滑的时间小于EB的时间，

故A正确，BCD错误；

故选：Ao

[变式6]（2022秋•邢台期末）为了探究滑雪者（视为质点）在直线滑道AE上滑行的时间，技术人

员通过测量绘制出如图所示的示意图，AC是滑道的竖直高度，D点是AC上的一点，且有AD

=DE=40m,滑雪者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下滑动，取重力加速度大小g=

10m/s2,不计摩擦，则滑雪者在滑道AE上滑行的时间为（）

【解答】解：以D点为圆心，以AD长度为半径，建立“等时圆”如图所示:

1

滑雪者在滑道AE上滑行的时间等于沿竖直直径自由下落到圆上经过的时间，则有：2XAD=7

t2

代入数据解得：t=4s,故D正确、ABC错误。

故选：D。

强化训练

【基础强化】

1.如图所示，ad、ab、ac是竖直圆面内三根固定的光滑细杆，每根杆上套着一个小滑环（图中未

画出，并可以视为质点），三个滑环分别从a点沿杆b、d、c处无初速度释放，用口、t2、t3依

次表示各滑环到达杆下端所用的时间，则（）

a

A.t]Vt2Vt3B.t]>t2>t3C.t3>t]>t2D.ti—12~t3

【解答】解：设光滑杆与与ad的夹角为仇滑环下滑过程，由牛顿第二定律得：mgcose=ma

设圆的半径为R,则滑环沿细杆下滑的位移大小x=2Rcos。

滑环做初速为零的匀加速直线运动，则有x=：at2

解得：t=2悭,滑环下滑的时间与细杆的倾角。无关，每个滑环的运动时间相等，即ti=t2=t3,

故ABC错误，D正确。

故选：D。

2.如图所示，斜面体ABC的倾角为60°,O点在C点的正上方且与A点等高，现从0点向AC

构建光滑轨道OM、ON、OP,M、N、P分别为AC的四等分点。一小球从O点由静止开始分

别沿OM、ON、OP运动到斜面上，所需时间依次为tM、tN、tp.贝U()

A.tM=tN=tpB.tM>tN>tpC.tM>tp>tND.tM=tp>tN

【解答】解：以oc为直径画圆，根据等时圆模型，小球做初速为零的匀加速直线运动，从圆上

最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OC和OM滑到底的时间相同，再过N点画等时

圆，可比较tN、tp.可得达到斜面上时tM>tp>tN，故ABD错误、C正确；

故选：C«

3.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

9

坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为二。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0.5,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin37。=0.6,cos37°

=0.8,g取lOm/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1.5m/s2

B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2

C.经过后的时间，小孩离开滑板

D.小孩离开滑板时的速度大小为Wn/s

【解答】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，由于小

孩与木板间的动摩擦因数小于木板与沙间的动摩擦因数，所以小孩相对于木板下滑。对小孩根据

牛顿第二定律有：

mgsin37°-^imgcos37°=ma”解得:ai=2m/s2,故A错误；

B、小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有：

mgsin37°+mmgcos37°-2|i2mgcos37°=ma2，代入数据解得：a2=lm/s2,故B错误；

C、设经过时间t,小孩离开滑板，根据位移一时间关系可得：JaM-ja2t2=L,解得：t=«s,

故C正确；

D、小孩离开滑板时的速度为：v=a1t=2XV^m/s=2V^m/s,故D错误。

故选：Co

【素养提升】

4.如图所示，在光滑水平面上有一质量为g的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的铁块。若

木板和铁块之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，现给铁块施加一随时间增大的水平力F=

kt,木板和铁块加速度的大小分别为ai和a2,下列反映ai和a2随时间变化的图线中正确的是

)

【解答】解：因为地面光滑，当F比较小得时候，木块和木板之间相对静止时，但是整体会向右

以相同的加速度加速，二者之间的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相

同加速度运动,

kt

根据牛顿第二定律ai=02=当F比较大的时候，木块和木板相对运动时，此时二者之

林m2gkt

间的滑动摩擦力保持不变，所以即=下「恒定不变，a2=有一年•所以BCD错误，A正确;

故选：Ao

（2023•武进区校级开学）如图所示，质量m=1.0kg的物块（视为质点）放在质量M=4.0kg

的木板的右端，木板长L=2.5m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地

面间的动摩擦因数均为n=0.2o现对木板施加一水平向右的恒力F=40N,最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，不计空气阻力，g=10m/s2«则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是

m

M

A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动

B.木板的加速度大小为5.6m/s2

C.物块的最大速度大小为3.5m/s

D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m

【解答】解：A、物块与恰好与木板不发生相对滑动时，物块的加速度：a=f=|ig=0.2X10m/s2

=2m/s2

对整体由牛顿第二定律可求拉力的临界值：Fm-（M+m）g=（M+m）a

代入数据解得：Fm=20N<F=40N

所以物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；

F—fimg—[1QM+m)g40—0.2x1x10-0.2x(1+4)x10

B、木板的加速度:ni/s2=7m/s2,

故B错误；

/img

22

C、木块的加速度：a=m=ng=0.2X10m/s=2m/s

1n1,

经过时间木块从木板上滑落，则由位移关系有：1=手1木板±2—5£1木块12

代入数据解得：t=1S

此时木块的速度最大为：v=a木块t=2Xlm/s=2m/s,故C错误；

D、物块到达木板左端时木板前进的位移大小：x木板=]a木板t?=]X7*12m=3.5m,故D正确。

故选：D。

【能力培优】

6.（2023秋•桃城区校级期末）如图所示，将物块（可视为质点）置于长木板正中间，用水平向

右的拉力将木板快速抽出，物块的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。

若物块和木板的质量都为m,物块和木板间、木板与桌面间的动摩擦因数分别为四和万，已知m

=lkg,（1=0.4,重力加速度g=10m/s2。

（1）当物块相对木板运动时，求木板所受摩擦力的大小；

（2）要使物块即将相对木板运动，求所需拉力F的大小；

（3）小李同学上台演示实验时，先对木板施加2F的恒定拉力，让木板从静止开始运动起来。但

由于心理紧张，拉力作用一段时间At=0.5s后突然脱手，此后未再干预，物块刚好不掉下木板,

试求木板的长度L（两物均未离开桌面）。

物块

拉力

木板

【解答】解：（1）当木板受到拉力，物块恰相对木板运动时，木板上表面受到静摩擦力达到最大,

其大小为fl=1img,方向水平向左。

一〃

木板下表面受到的滑支摩擦力大小为：fb=5x2mg=umg,方向也是水平向左

故木板受到的总的摩擦力大小为：f=fi+f^=2nmg=2X0.4XlX10N=8N,方向水平向左

（2）当物块即将相对木板运动相对运动时，根据牛顿第二定律，

/img

对物块有：am==ng

对物块和木板构成的整体有：F—5x2mg=2mam

联立代入数据得：F=3^mg=3X0.4XlX10N=12N

2

（3）施加拉力2F时，由题意可知物块开始滑动，其加速度大小为：a1=tig=4m/s

2F—f6umg—2umg、。

木板加速度大小为：丝=一~—=-----------=4|ig=4X0.4X10m/s2=16m/s2

撤去拉力时，物块、木板速度分别为：vi=ai△t=4X0.5m/s=2m/s,v?=a2At=16X0.5m/s=8m/s

vi2v28

撤去拉力时，物块、木板位移分别为：xi=^"xzlt=--x0.5m=0.5m,X2=x=-x0.5m=

2m

撤出拉力时，由于木板的速度大于物块，因此物块的摩擦力方向不变，故物块的加速度不变，而

f8

木板加速度大小变为：a/=—=Tm/s2=8m/s2

m1

此时加速度方向与木板运动方向相反，设再历时t物块与木板共速，则有：vi+ait=V2-a2't

解得：t=0.5s

11

2

从撤去拉力到共速物块、木板的位移分别为：xj=Vit+-ait,X2,=V2t—5a2t2

代入数据得：xf=1.5m