专题18 板块模型-2023届高三物理二轮复习重点热点难点专题特训

2023届高三物理二轮复习重点热点难点专题特训

专题18  板块模型

【特训典例】

一、无外力板块模型

1．作图能力是高中物理学习中一项非常重要的能力．对于解决涉及复杂过程的力学综合问题，我们往往可以通过画状态图或图将物理过程展现出来，帮助我们进行过程分析、寻找物理量之间的关系．如图所示，光滑水平面上有一静止的足够长的木板M，一小木块m（可视为质点）从左端以某一初速度向右侧运动．若固定木板，最终小木块停在距左侧处（如图所示）．若不固定木板，最终小木块也会相对木板停止滑动，这种情形下，木块刚相对木板停止滑动时的状态图可能正确的是图中的（     ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【详解】A.根据能量守恒，末态物块对地位移一定小于，故A错误

B.小物块匀减速的末速度等于木板加速的末速度，停止相对滑动，所以木板的位移一定小于物块的位移，故B正确

C.根据选项B的分析，故C错误

D.根据A的分析，故D错误，故选B

2．长为的平板车放在光滑水平面上，质量相等、长度也为的长木板并齐地放在平板车上，如图所示，开始二者以共同的速度在水平面上匀速直线运动。已知长木板与平板车之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（　　）

A．二者之间没有发生相对滑动，平板车刹车的加速度可能大于

B．为了避免二者之间存在相对滑动，平板车刹车的距离最小为

C．如果平板车突然以的加速度匀加速，则经长木板从平板车上掉下

D．如果平板车突然以的加速度匀加速，长木板从平板车上掉下时，平板车的速度为

【答案】BD

【详解】A．由题意可知，为了避免二者之间存在相对滑动，由牛顿第二定律对长木板有

解得此时长木板与平板车加速度大小相等，A错误；

B．对平板车由匀变速直线运动的速度位移公式得解得平板车刹车的最小距离为

选项B正确；

CD．平板车加速后，设经时间t长木板从平板车上掉下，该过程中平板车的位移

长木板的位移为又由以上可解得此时平板车的速度为

选项C错误，D正确。故选BD。

3．如图所示，质量为M的长木板A以速度v，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（　　）

A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板

B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短

C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大

D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大

【答案】AB

【详解】A．若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确。

B．若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间减小，故B正确；

C．若只增大初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变小，所以滑块的速度变小，故C错误；

D．若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则小滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，所以，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为板长加木板对地位移，故减小，故D错误。故选AB。

4．如图所示，质量长为的木板停放在光滑水平面上，另一不计长度、质量的木块以某一速度从右端滑上木板，木板与木块间的动摩擦因数。若要使木板获得的速度不大于2 m/s，木块的初速度应满足的条件为（g取）（　　）

A． B． C． D．

【答案】BC

【详解】AB．若m在M上滑动最后以共用速度运动时，m的加速度，M的加速度。M加速到2 m/s所需的时间设在t时间内，m的速度从减小到2 m/s，则

解得相对位移小于10 m；如果，两个物体达到共同速度时的速度小于2 m/s，如图甲，B正确，A错误。

CD．若m离开M时，M的速度刚好达到2 m/s，加速的时间也为1s，m、M相对位移刚好为L，则有

解得当时，m减速时间小于1 s，M加速时间也小于1 s，v小于2 m/s，故也符合要求，如图乙，C正确，D错误。故选BC。

二、无外力板块图像问题

5．一足够长木板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小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v-t图象如图所示。则小物块运动的v-t图象可能是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】根据木板运动的v-t图象可知，物块先加速与木板共速后，一起减速，且减速加速度相同，即图像斜率相同。故选D。

6．如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（　　）

A．滑块和木板始终存在相对运动

B．滑块始终未离开木板

C．滑块的质量大于木板的质量

D．木板的长度一定为

【答案】BC

【详解】AB．由题图乙可知在t1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A错误，B正确；

C．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律可知滑块的质量大于木板的质量，故C正确；

D．根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t1时刻滑块相对木板的位移大小为但滑块在t1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为，其满足题意的最小长度为，故D错误。

故选BC。

7．如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（　　）

A．滑块始终与木板存在相对运动

B．滑块未能滑出木板

C．滑块的质量m2大于木板的质量m1

D．在t1时刻，滑块从木板上滑出

【答案】ACD

【详解】滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为

a2＝＝μg；a1＝由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则

a2＜a1即μg＜则m1＜m2故选ACD。

8．如图甲所示，质量为2kg的木板B静止在水平面上．某时刻物块A（可视为质点）从木板的左侧沿木板上表面滑上木板，初速度此后A和B运动的图象如图乙所示，取重力加速度，设A与B上表面之间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，则（　　）

A．， B．，

C．A的质量为4kg D．A的质量为6kg

【答案】AD

【详解】AB．由图象可知，A在内的加速度对A由牛顿第二定律得

解得，AB在内的加速度对AB由牛顿第二定律

解得故A正确；B错误；

CD．由图象可知B在内的加速度对B由牛顿第二定律得

代入数据解得故C错误；D正确。故选AD。

三、有外力板块模型

9．如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，，，，香皂盒与纸板左端的距离，若香皂盒移动的距离超过，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2；为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（　　）

A．0.72N B．0.92N C．1.22N D．1.42N

【答案】D

【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得解得对纸板，根据牛顿第二定律可得为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为纸板运动距离为纸板抽出后香皂盒运动的距离为

则由题意知；代入数据联立求得故选D。

10．质量为和的甲、乙两本书叠放在水平桌面上。已知甲、乙间动摩擦因数，乙书与桌面间动摩擦因数为。推力F作用在甲书上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．若，只要，甲书就能相对乙书运动

B．若，只要，乙书就能运动

C．若，只要，甲书就能相对乙书运动

D．若，只要，乙书仍可能静止不动

【答案】AD

【详解】AB．对甲乙受力分析知，甲乙受到的最大静摩擦分别为、，则若

时，满足则无论外力F多大，乙书都不能运动，又因为则甲书能相对乙书运动，故A正确，B错误；

C．若，则当时，甲书能相对乙书运动，应该满足

即即故当时，甲书不一定能相对乙书运动，故C错误；

D．若，当时， 无论F多大，乙书都静止不动，故时乙书仍可能静止不动，故D正确。故选AD。

11．如图所示，质量mA=1kg足够长的长板置于水平地面上，质量mB=2kg的小滑块置于长板A的左端，A与水平地面的动摩擦因数μ1=0.3，B与A间的动摩擦因数μ2=0.5，对B施加一大小为F=20N方向与水平面成37°的恒力。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）

A．A的加速度大小为1m/s2

B．B的加速度大小为6m/s2

C．若力F作用一段时间后，撤去力F，A的加速度大小增大

D．若力F作用一段时间后，撤去力F，B相对A静止

【答案】BC

【详解】B．对小滑块B进行受力分析，如图

可知又根据牛顿第二定律，有联立，可得故B正确；

A．对长板A受力分析，如图

可知又易知，长板A静止，即故A错误；

CD．若力F作用一段时间后，撤去力F，则对A有对B有

易知，A的加速度大小增大，B不会相对A静止。故C正确；D错误。故选BC。

12．光滑水平面上有一足够长的轻质木板C，C上放有质量分别为2m、m的物块A和B，AB与木板之间的摩擦因数均为μ（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），如图所示，系统处于静止状态。逐渐增大作用在A上的水平拉力F，以下说法正确的是（　　）

A．当时，A与C将发生相对滑动

B．当时，A与C将发生相对滑动

C．当时，B与C将发生相对滑动

D．无论F为多大，B与C都不会发生相对滑动

【答案】C

【详解】AB．B对C的最大作用力为，由于C是轻质木板，合力始终为零，故A、C间的最大作用力为小于A、C间最大静摩擦力，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动，AB错误；

CD．B与C发生相对滑动时，对B据牛顿第二定律可得对A、B、C整体，由牛顿第二定律可得

故当时，B与C将发生相对滑动，C正确，D错误。故选C。

四、有外力板块图像问题

13．水平地面上有一质量为m2的长木板，木板的右端上方有一质量为m1的物块，如图1所示。用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系如图2所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。物块受到的摩擦力f1随时间t的变化关系如图3所示。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）

A．F1 =μ2m2g

B．F2=(μ1+2μ2)(m1 +m2)g

C．F=2F2时，木板的加速度为

D．在0~t2时间内物块与木板加速度相等

【答案】CD

【详解】D．由图3可知，在0~t1时间内，物块和木板均处于静止状态，物块不受摩擦力，在t1~t2时间内，物块和木板一起加速度，物块受到静摩擦力作用，D正确；

A．在t1时刻，木板和物块恰好开始运动，此时拉力恰好等于地面对木板的最大静摩擦力

A错误；

B．在t2时刻，木板和物块恰好一起加速运动，此时的加速度将木板和物块作为一个整体，根据牛顿第二定律解得F2=(μ1 +μ2)(m1 +m2)g，B错误；

C．当F=2F2时，木板与物块已经发生相对滑动，对木板代入数据解得，C正确。故选CD。

14．如图甲所示，在水平地面上有一长木板B，其上叠放木块A。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用一水平力F作用于B，A、B的加速度与F的关系如图乙所示，，则下列说法中正确的是（　　）

A．A的质量为1kg B．B的质量为1kg

C．A、B间的动摩擦因数为0.4 D．B与地面间的动摩擦因数为0.2

【答案】BCD

【详解】由图可知，A、B二者开始时对地静止，当拉力为3时开始对地滑动；故B与地面间的最大静摩擦力为3N；当拉力为9N时，AB相对滑动，此时A的加速度为4m/s2；当拉力为13N时，B的加速度为8m/s2；对A分析可知解得AB间的动摩擦因数为对B分析可知

对整体有联立解得；则由解得B与地面间的动摩擦因数为故BCD正确。故选BCD。

15．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a-F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（　　）

A．滑块A的质量为4kg

B．木板B的质量为2kg

C．当F=10N时滑块A加速度为6m/s2

D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2

【答案】BC

【详解】ABD．设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ。由题图乙可知，当F=Fm=6N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am=2m/s2根据牛顿第二定律有

解得M+m=3kg当F＞10N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F-μmg=ma整理得根据题图2解得m=1kg；μ=0.4则M=2kg，AD错误，B正确；

C.当F=10N时，木板A的加速度为，C正确。故选BC。

16．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。重力加速度。则下列说法正确的是（　　）

A．时长木板P停下来

B．长木板Ｐ的长度至少是16.5m

C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05

D．滑块Q在长木板P上滑行的相对路程为12m

【答案】ACD

【详解】C．由乙图可知，力F在时撤去，此时长木板P的速度，时二者速度相同

，前长木板P的速度大于滑块Q的速度，后长木板P的速度小于滑块Q的速度，过程中，以滑块Q为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得故C正确；

A．过程中，以长木板P为研究对象，根据牛顿第二定律可得解得

6s末到长木板停下来过程中，根据牛顿第二定律可得解得这段时间所以时长木板P停下来，故A正确；

B．长木板P的长度至少是前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离

故B错误；

D．前6s过程中，滑块Q在长木板P上滑行的距离为7.5m，所以滑块Q在长木板P上滑行的相对路程应大于7.5m，6s末到滑块停下来的过程中，根据牛顿第二定律可得解得这段时间内面积差表示相对位移所以时长木板P上滑行的相对路程是故D正确。故选ACD。