小题精练 04 板块问题-备考2025年高考物理题型突破讲练

小题精练 04 板块问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、模型特点
1．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
2．（2024高一上·望城期末）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（　　）
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力。当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动。
故选BC。
【分析】当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况。
3．（2024高一下·萍乡期末）如图所示，质量为、长度为的木板静止在光滑的水平面上，质量为的物块（视为质点）放在木板的最左端，物块和木板之间的动摩擦因数。现用一水平恒力作用在物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，则在这一过程中（　　）
A．木板受到的摩擦力方向水平向右
B．木板通过的位移
C．摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做功的代数和为零
D．物块和木板增加的机械能为3J
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．木板受到水平向右的摩擦力，故A正确；
B．根据
得
根据
解得
物块从静止开始做匀加速直线运动，则
解得
，
故B正确；
C．根据
不为零，故C错误；
D．物块和木板增加的机械能为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度，当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，即此时相对位移等于木板长度。
4．（2024高二上·张家口开学考）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　）
A．在此过程中摩擦力对物块做的功为
B．物块与小车的共同速度大小
C．在此过程中系统产生的内能
D．若物块不滑离小车，物块的速度不能超过
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】B．系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度；设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故B正确；
A．对物块，根据动能定理合力做功等于物体动能变化，有
解得
故A错误；
C．根据能量守恒定律
可知在此过程中系统产生的内能为0.24J，故C正确；
D．物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出滑块的初速度。设物块恰好不滑离小车时的初速度为，物块到达木板最右端时的速度为。由动量守恒定律及能量守恒可得
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量定理、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
二、分析思路
5．（2024高一上·高台期末）质量M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F=11 N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m=4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，物块可视为质点。（g取10 m/s2）
（1）物块刚放置在木板上时，求物块和木板各自的加速度大小；
（2）木板至少为多长，物块才能与木板最终保持相对静止？
（3）物块与木板相对静止后，求物块受到的摩擦力大小。
【答案】解：（1）放上物块后，物块的加速度
木板的加速度
（2）当两者速度相等后保持相对静止，有
解得
此段时间内，木板的位移
物块的位移
所以木板至少长
（3）相对静止后，对整体，有
对物块有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当放上物块时，利用牛顿第二定律可以求出物块和木板的加速度大小；
（2）当物块与木板共速时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出木板的长度；
（3）当整体相对静止时，利用整体的牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小。
6．（2024高三下·贵阳模拟）如图所示，质量为2m、长为L的木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以某一初速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正磁，最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数均为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．a滑上c后与b碰撞前，b的加速度大小为
B．整个过程a、b、c系统损失的机械能为
C．a、c相对静止时，a、b间距离等于
D．物块a滑上木板的初速度大小为
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，则有
解得
则有物块b与长木板c静摩擦力为
故假设成立，物块b与长木板c一起滑动，故A正确；
BC、物块a、b发生弹性正碰，由于物块a与物块b质量相等，所以物块a与物块b正碰后交换速度，且物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，所以a、b、c相对静止时，a、b间距离等于，则系统机械能损失量即摩擦生热
故B正确，C错误；
D、全过程对系统分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】由于不确定a滑上木板后，bc是否会保持相对静止，故需要根据假设法结合牛顿第二定律进行分析判断。ab发生弹性碰撞，两者质量相等，碰后速度交换，即碰后ac速度相等，且ac保持相对静止向前运动。即整个运动过程中前半段ac之间发生相对滑动，后半段bc之间发生相对滑动，再根据动量守恒定律及能量守恒定律及功能关系进行解答。
7．（2024高三下·长沙模拟） 如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．a与b碰撞前b与c保持相对静止
B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程因摩擦产生的内能为
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A.a与b碰撞前，假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体，根据牛顿第二定律
对b，根据牛顿第二定律
解得
故假设正确，b、c保持相对静止一起做加速运动，A符合题意；
B.a与b发生弹性正碰，因为a与b质量相等，所以正碰后a与b速度互换，物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，B不符合题意；
CD.b刚好滑到c的右端与相对静止，a、b、c共速，设共同速度为v，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
解得
，
C符合题意，D符合题意。
故答案为：AC。
【分析】先假设a与b碰撞前b相对c静止一起运动，由牛顿第二定律结合整体法和隔离法，分析b受到的摩擦力与最大静摩擦力的关系，确定假设是否正确；因为a与b质量相等，所以a、b发生弹性碰撞后速度互换，a、c相对静止，b相对c发生滑动；对整个运动过程，由动量守恒定律和能量守恒定律列式，可求出物体与木板间的动摩擦因数和整个过程因摩擦产生的内能。
8．（2023高三上·梅河口期中） 如图所示，光滑水平地面上静置一质量M=4kg足够长的木板B，质量m=1kg的物块A静置于B上，物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4。现对物块A施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系为F=2.5t（N），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t=1.6s物块A和木板B开始发生相对滑动
B．物块A和木板B的运动速度达到1m/s时发生相对滑动
C．t=4s时物块A相对木板B的速度为5m/s
D．若地面不光滑，则物块A和木板B发生相对滑动时的速度不变
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、物块A和木板B相对静止时，根据整体法和隔离法可得
当A、B间静摩擦力达到最大时，即
根据
联立求得
故A错误；
B、由于
画出a-t图如图所示
当A、B一起由静止开始运动直到发生相对滑动的过程，a-t图线与t轴所围的面积为整体的速度，即
故B正确；
C、t=2s后A、B发生相对滑动，木板B的加速度恒定，为
对物块A受力分析，有
得
当t=4s时
根据a-t图线与t轴所围的面积的差值为物块A和木板B的相对速度，即
故C正确；
D、若地面不光滑，则A、B发生相对滑动前二者的共同加速度
在图中做出 a'-t 图线，由图可知，两者发生相对滑动时的速度比地面光滑时小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对于板块模型，当两者之间的静摩擦力达到最大滑动摩擦力时，两者恰好不发生相对滑动。对两者进行受力分析，根据牛顿第二定律求出两物块加速度的表达式并画出a-t图像。a-t图线与t轴所围的面积为物体的速度，面积之差等于两物体的相对速度。
三、分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
9．（2023高三上·深圳月考）质量为m的木板放在水平面上，一质量为2m的物块以水平速度从木板左端滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为，已知，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板的加速度减小
B．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，物块的加速度增大
C．若物块能从木板上滑下，仅增大木板的质量，物块在木板上的运动时间更长
D．若物块能从木板上滑下，仅增大木板的质量，木板相对于地面运动的总位移将减小
【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．由题意，设物块的质量为，木板的质量为，当物块冲上木板时，物块将做减速运动，对物块根据牛顿第二定律有
可得
对木板有
可得
木板将向前做匀加速直线运动，当物块与木板速度相等时，二者将一起减速直至停止。设它们达到速度相同时的速度为，则有
由以上式子可知若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板的加速度增大，若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，物块的加速度不变，故AB错误；
CD．该选项可采极限思想的方法来判断，若物块能从木板上滑下，物块在木板上滑行时，仅增大木板的质量，若增大木板的质量非常大，将导致木板受到地面最大静摩擦力远大于或等于物块对它的滑动摩擦力，即
则物块滑上木板时，木板将保持静止不动，物块相对于地面的位移最小为木板的长度，时间最短，木板对地的位移将变为零，即木板相对于地面运动的总位移将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题为滑块+木板模型，考查牛顿运动定律的综合应用。该模型需要对滑块及木板进行受力分析，分别列出各自牛顿第二定律的表达式，求出加速度的表达式，从而结合表达式判断质量变化对各自加速度的影响；对选项CD利用极限思维方法作答较为简洁。
10．（2024高三下·保定模拟）如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。则木板的长度为（　　）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为，撤去外力后物块的加速度大小为，木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
，，
拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为
，
设又经时间，物块、木板共速，则
解得
，
木板的长度为
故选B。
【分析】分别对物块有拉力F、无拉力F、木板受力分析应用牛顿第二定律求解其加速度；根据拉力F作用时间根据运动学方程速度公式分别求解物块和木板速度；再根据速度公式求解共速时间和末速度；根据位移公式求解二者相对位移。
11．（2024高一上·江苏期末）如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M=2kg，物块的质量为m=1kg，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.4，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力F=20N，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2，求：
（1）通过计算分析施加F后m和M是否相对滑动；
（2）求0.9s时各自速度；
（3）撤去外力F后经多长时间m和M速度相等。
【答案】（1）解：设物块m与长木板M发生相对滑动，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得物块的加速度大小为
以长木板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得长木板的加速度大小为
由于
假设成立，则析施加F后m和M相对滑动。
（2）解：0.9s时，物块的速度为
长木板的速度为
（3）解：撤去外力F后，长木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
设撤去外力F后经时间，m和M速度相等，则有
，
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）若物块的加速度小于木板的加速度则两者发生相对滑动，假设两者发生相对滑动。分别对物块和木板运用牛顿第二定律确定两者的加速度，再根据两者加速度的大小关系判断假设是否成立；
（2）根据（1）中所求的加速度，分别对物块和木板运用匀变速直线运动规律进行解答；
（3）根据撤去外力时两者的速度关系确定两物体的加速度是否发生改变及其运动情况，再根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律进行解答。
12．（2024高一下·湖北月考）如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量，木板中间某位置叠放着质量的小物块，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力，木板和物块保持相对静止一起向右运动，且运动位移为时，撤去拉力，木板和小物块继续运动一段时间后均静止。下列说法中正确的是（　　）
A．撤去拉力时，木板的速度
B．撤去拉力后，木板继续运动的位移为
C．木板与物块之间的滑动摩擦力对两个物体所做的总功为
D．全过程中产生的总热量为
【答案】B,C,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小物块与木板保持相对静止。从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有
解得
故A错误，
B、撤去拉力后，对木板有
解得
木板继续滑行的位移
故B正确；
C、撤去拉力后，对物块有
解得
物块继续滑动的位移为
一对滑动摩擦力对两个物体做的总功为
故C正确；
D、对木板和物块整体，全过程有
所以
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】撤去拉力前物体与木板保持相对静止，对整体进行受力分析，根据动能定理确定撤去拉力时木板的速度。根据物块与木板间的摩擦因数及木板与桌面间的摩擦因数关系可知，撤去拉力后物体与木板之间发生相对滑动，分别以不同的加速度做匀减速直线运动直至速度为零。分别对物体和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律及运动学规律确定撤去拉力后两者运动的位移，再根据功的定义及能量守恒定律进行解答。
13．（2024高一下·南宁开学考） 如图甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，整个运动过程小物块未滑离木板，物块和木板的速度时间（v-t）图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．可求得物块在前2s内的位移为x=5m
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数为 =0.1
C．可求得木板的长度为L=2m
D．可求得木板的最小长度为L=2m
【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、根据物块图像面积可以求出物块前2s运动的位移为
所以A对；
B、根据图像斜率可以求出物块的加速度为
根据牛顿第二定律有
则可以求出物块与木板间的动摩擦因数为
所以B错；
CD、当物块在木板上先做减速运动后和木板一起做匀速直线运动，根据图像面积可以求出木板的最小长度为
所以D对C错；
正确答案为AD。
【分析】利用图像面积可以求出物块和木板位移的大小，结合相对位移的大小可以求出木板的最小长度，利用图像斜率可以求出物块加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小。
四、解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
14．（2024高三下·河北模拟） 如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，，小物块B、C可看成是质点，求：
（1）小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）长木板因小物块B的碰撞获得的动能；
（3）整个过程中长木板运动的位移。
【答案】（1）设长木板和小物块B质量为m，C的质量为M，点燃火药瞬间BC动量守恒得
解得
小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能为
（2）分析可知由于长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数相等，故B对长木板的最大静摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，所以当B向左运动在与左端碰撞前长木板静止，该过程中B的加速度大小为
对B运动分析得
解得
（2.5s时B速度反向不符，舍去）
故B与木板碰撞前瞬间速度为
长木板和小物块B质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知速度发生交换，即碰后瞬间木板的速度为，故长木板因小物块B的碰撞获得的动能为
（3）分析可知碰撞后随着木板向左运动，B与木板间发生相对滑动，向左加速运动，该段过程中B的加速度大小为
长木板匀减速的加速度大小为
设经过时间达到共同速度，得
解得
，
该段时间木板位移
分析可知共速后木板和B一起向左以
做匀减速运动，直到静止，该过程木板位移为
故整个过程中长木板运动的位移为
【知识点】爆炸；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）爆炸瞬间BC构成的整体动量搜狐，对BC整体运用动量守恒定律确定爆炸后BC的速度大小，再根据机械能的定义确定物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）根据长木板与地面及长木板与物块B之间最大静摩擦力的关系，判断B在长木板上运动时，木板是否滑动，再根据牛顿第二定律及运动学规律确定B与长木板碰撞前B的速度，B与长木板发生弹碰撞，再根据弹性碰撞的特点及动能的定义进行解答；
（3）由（2）分析可知碰后，木板向左做减速运动，B向左做加速运动，由于不确定木板停止运动前，B与木板是否以达到共速。故需根据假设法结合整体法和隔离法，对物块B及长木板运用牛顿第二定律及运动学规律判断共速时木板运行的位移及速度，继而确定假设是否成立。共速后物块与木板以共同的加速度做减速运动直至速度为零，再对整体运用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出木板运动的总位移。
15．（2024高三下·新疆模拟） 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，已知物块的质量，物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）木板的长度L；
（2）木板的质量M。
【答案】（1）设物块在木板上滑动时的加速度大小为，它们相对静止一起减速时的加速度大小为，图中两部分的阴影面积相等，有
设两者共同速度为，有
得
所以1s后两者的速度大小均为，由题意知木板的长度
（2）由图知，两者共速前，木板的加速度大小
有
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，结合相对位移和木板位移相同的条件要求，求出木板长度；（2）根据运动学公式，求出木板共速前的加速度，再利用牛顿第二定律计算木板的质量。
16．（2023高三上·永寿月考）质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块（可视为质点）以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置．关于木板与物块的质量关系，可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】水平面光滑，物块滑上木板到两者达到共速的过程中，对系统由动量守恒定律得
可得
对M有
设相对位移为Δx，对m有
整理得
因为x<Δx<2x，解得
故答案为：A。
【分析】根据图示确定两物体运动位移及相对位移与板长的关系。再选择恰当的研究对象，根据动量守恒定律及动能定理进行分析。
17．（2023高一上·龙泉驿月考）如图甲、乙所示，倾角为θ的光滑固定斜面上有一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，从静止释放，M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，下列说法正确的是（　　）
A．图甲和图乙中的物块m都处于失重状态
B．图甲中的物块m不受摩擦力
C．图乙中的物块m不受摩擦力
D．图甲和图乙中的物块m所受摩擦力的方向都沿斜面向下
【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的加速度，图甲和图乙中的物块m均处于失重状态，故A正确；
B、图甲中以m为研究的对象。由于两个物体一起做匀加速向下运动，m相对M有向右运动的趋势，所以物块m受到摩擦力，方向水平向左，故B错误；
C、图乙中，设物块m受到摩擦力大小为f，方向平行于斜面向上。对整体，由牛顿第二定律得
对m，由牛顿第二定律得
解得
说明物块m不受摩擦力，故C正确；
D、结合BC选项，知图甲中物块m受到摩擦力，方向水平向左，图乙中物块m不受摩擦力，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】物体具有竖直向下的加速度，物块处于失重状态。对甲图可将沿斜面向下的加速度分解成水平和竖直方向的加速度，再根据隔离法及受力情况结合牛顿第二定定律确定m所受摩擦力情况。
18．（2024高一下·阳朔期中） 如图所示，物块A、B在倾角为的固定斜面上一起匀速下滑。已知物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，求：
（1）物块A与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块B对物块A的摩擦力大小。
【答案】（1）对物块A、B整体受力分析，垂直于斜面方向上有
平行于斜面方向上有
其中，解得
（2）对物块B受力分析，平行于斜面方向上有
根据牛顿第三定律有
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块A、B一起匀速下滑，即A、B保持相对静止且均处于平衡状态。对AB整体进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解和滑动摩擦力公式进行解答；
（2）A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对B进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解公式进行解答。
五、解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确
19．（2024高三下·雅安模拟） 如图甲所示，水平地面上有一质量为的长木板，将一质量为的小物块放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面的动摩擦因数为。给小物块施加一水平外力，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板和小物块加速度随外力的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】ABC、根据题意，由图乙可知，当F=F1=1N时，木板相对地面开始滑动，则有
当F1≤F≤F3=3N时，小物块与长木板一起加速运动，则有
解得
结合图乙可得
当F>F3时，小物块与长木板间相对滑动，对小物块有
解得
结合图乙可得小物块的质量
故A错误，BC正确；
D、对长木板有
解得，长木板的质量
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】由图乙可知小物块和长木板先相对地面保持静止，再一起以共同的加速度相对地面滑动，最终物块与长木板发生相对滑动，乙不同的加速度向前运动。明确各阶段临界状态时拉力的大小。确定各阶段物块与木板所受摩擦力的类型和特点，再根据整体法和隔离法结合图像，分别运用牛顿第二定律进行解答。
20．（2025高一上·衡阳期末）如图所示，在光滑水平地面上一长木板b以的速度向右匀速运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块a轻放在木板b上，同时对物块a施加一个水平向右的恒力F，已知木板b与物块a的质量相等，物块a始终在木板b上，且物块a与木板b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块a放到木板b上后，下列关于物块a、木板b运动的v-t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．和的速度达到共速之前，受到向右的摩擦力和恒力受到向左的摩擦力，做加速运动，做减速运动，根据牛顿第二定律则对于有
对于有
由此可知的加速度大于的加速度，则共速之前a的图线斜率大于b的图线斜率，故AB错误；
C．共速后，若在恒力作用下，间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于有
且
故和的加速度，故C正确；
D．若在恒力作用下，间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则的加速度大小不相等，且均做加速运动，根据牛顿第二定律则对于有
对于有
可知的加速度小于共速前的加速度，则共速之后a的图线斜率大于共速之前a的图线斜率，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以分析a和b共速之前加速度的大小，进而判别图线斜率的大小；利用牛顿第二定律可以判别共速之后加速度的大小，进而比较图线斜率的大小。
21．（2024高三上·武冈期中）如图（a）所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的轻细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度g取。由题给数据可以得出（　　）
A．木板的质量为1kg
B．2~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.02
【答案】A,B
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．由图像可知，内，木板做匀加速运动的加速度大小为
设木板的质量为，物块的质量为，物块与木板之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
又因为物块静止则
在时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
故AB正确；
C．由图像可知，内，木板处于静止状态，根据受力平衡可得，可知力的大小逐渐增大，故C错误；
D．由于不知道物块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，故D错误。
故选AB。
【分析】根据木板的v-t图像分析木板各个时间段的运动结合力传感器示数变化，根据各个时间段的运动特点列方程求解。
22．（2024高三上·浙江期末）如图（a），质量m1=0.1kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m1=0.1kg的小物块静止于小车上，t=0时刻小物块以速度v0=11m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图（b）显示物块与小车第1秒内运动的v-t图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g =10m/s1．则下列说法正确的是（　　）
A．物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4
B．恒力F=0.5N
C．物块与小车间的相对位移
D．小物块向右滑动的最大位移是
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB、根据v-t图像可知，在前1s内小车向右做匀加速直线运动，小物体向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为
，
对小车根据牛顿第二定律有
对小物块根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
，
故AB正确；
C、根据图像可知，在t=1s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，在前1s内小车发生的位移为
小物块发生的位移为
则物块与小车间的相对位移
故C错误；
D、当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右减速运动，其加速度为
当速度减小到0时，整体发生的位移为
所以小物块向右滑动的最大位移是
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】v-t图像的斜率表示加速度，根据图b确定1s内两者的加速度。再对物块与小车分别运动牛顿第二定律进行联立解答确定两者之间的摩擦因数及拉力的大小。根据摩擦因数及拉力大小判断1s共速后两者是否发生相对滑动及两者的运动情况，v-t图像与时间轴所围面积表示位移，再根据图像或运动规律确定两者发生的相对位移及小物块向右运动的最大位移。
六、破鼎提升
23．（2024高一下·南京月考）如图所示，4块完全相同的木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度，质量。一质量的物块静止在第1块木板最左端。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）若给物块施加一水平向右的恒力，求物块滑离第1块木板时的速度大小；
（2）若给物块一水平向右的初速度，求：
①第4块木板在地面上滑动后达到的最大速度大小；
②在物块运动的整个过程中，4块木板与地面间摩擦产生的热量。
【答案】（1）；（2）①，②
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】（1）若给物块施加一水平向右的恒力，物块在第1块木板上滑行时，物块受到的滑动摩擦力大小为
将4块木板看成整体，整体受到地面的最大静摩擦力大小为
物块在第1块木板上滑行时，4块木板处于静止状态；以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动学公式可得
解得物块滑离第1块木板时的速度大小为
（2）若给物块一水平向右的初速度，物块在第1块木板上滑行时，4块木板处于静止状态；物块在第2块木板上滑行时，以第2、3、4木板为整体，受到地面的最大静摩擦力大小为
可知物块在第2块木板上滑行时，第2、3、4木板仍处于静止状态；物块在第3块木板上滑行时，以第3、4木板为整体，受到地面的最大静摩擦力大小为
以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
设物块刚滑上第3块木板时的速度大小为，根据运动学公式可得
解得
以第3、4木板为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
假设物块在第3块木板滑行时经过时间，物块与第3、4木板达到共速，则有
，
解得
，
物块与第3块木板发生的相对位移为
假设成立；共速后物块与第3、4木板一起做匀减速到速度为0，则第4块木板在地面上滑动后达到的最大速度大小为
②物块与第3、4木板共速前，第3、4木板运动的位移大小为
共速后，物块与第3、4木板一起做匀减速的加速度大小为
共速后到停下来通过的位移大小为
则在物块运动的整个过程中，4块木板与地面间摩擦产生的热量为
【分析】（1）物块在第1块木板上滑行，根据滑动摩擦力的大小与整体受到的摩擦力比较可以判别木板处于静止，利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度，结合速度位移公式可以求出物块滑离第一块木板的速度；
（2）根据摩擦力的比较可以判别物块滑上第3块木板时木板开始滑动，利用速度位移公式可以求出物块滑上第3块木板的速度，结合牛顿第二定律可以求出木板的加速度，假设物块与木板达到共速，结合速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，结合速度公式可以求出滑块在第四块木板时达到攻速，结合速度公式可以求出共速的速度大小；根据速度公式可以求出第3块木板和第4块木板共速前运动的位移结合摩擦力的大小可以求出产生的热量，达到共速后，利用牛顿第二定律可以求出整体的加速度，结合速度位移公式可以求出木板运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出摩擦力产生的热量大小。
24．（2024高一下·太康月考）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】解：（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）分析物块与薄板相对运动过程，明确各自的位移，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
（2）应用运动学公式求得物块从薄板右端水平飞出时薄板的速度大小，以及其中心恰好运动到O点所需时间。物块飞出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，应用运动学公式求解平台距地面的高度。
25．（2024高一下·南阳期末）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
26．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，木板质量初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距，可视为质点的质量的小物块，以初速度从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，重力加速度 ，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
【答案】解：（1）对物块
解得
对木板
解得
（2）木板第一次与墙壁碰撞时的速度
解得
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大
解得
根据
解得
（3）木板第一次向右加速的时间设为t11，则
解得
木板第一次向左减速的时间设为t12，则
解得
木板第一个来回用时
木板第二次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第二个来回用时
木板第三次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第一个来回用时
同理得
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为
解得
物块一直做匀减速直线运动
可得当n=1时，板长为
当n=2时，板长为
当n=3时，物块的速度
故不满足题意，舍掉。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】滑块—木板模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
27．（2024高一下·湖南期中）如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时.给木板施加一个水平向右的恒力F.当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.则下列说法正确的是（　　）
A．若恒力，物块能从木板右端滑出
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图乙中D点对应外力的值为3N
【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段：第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出，相对路程等于板长，等于1m；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板共速后一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，后加速滑动一段距离后，最终从木板的左侧滑出。
A.根据上述分析，若恒力F=0，属于第一阶段（AB段）的情况，所以物块能从木板右端滑车，A符合题意；
BD.图乙中C点对应位物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，为
物块和木板一起加速时，对整体有
解得
从物块滑到木板上到它们共速的过程，对木板有
板从物块滑到木板上到它们共速的过程对物块有
这段过程由运动学公式得
，，
解得
，，，
则图2中C、D两点横坐标相同，都为3N，BD符合题意；
C.图乙中B点对应物块恰好不能从木板右端滑出，且物块到达木板右端时它们恰好共速，共速前，则有
，，，
解得
C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先根据图乙分析不同作用力下物块和木板的相对运动过程，确定B、C、D这几个临界状态的特点，再根据牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
28．（2024高一下·长沙开学考） 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．拉力的大小为
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
D．时刻，物块的速度减为0
【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB.由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线，当t=1.5s时木板的加速度发生突变，说明木板的受力发生突变，所以物块与木板在t=1.5s时共速。在0～1.5s内，物块做匀加速运动，该过程中物块的加速度大小为
设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知木板此过程中的加速度大小为
对木板，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板，根据第二定律有
得
AB不符合题意；
CD.在内，物块位移为
木板位移为
由于可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小
木板的加速度大小为，则有
解得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块先停止运动，在
到物块停止，运动的时间为
物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据木板的v-t图像分析拉力F作用时和撤去F后物块和木板的运动过程，根据v-t图像求出各阶段对应的加速度，再由牛顿第二定律计算出物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数和F的大小；由运动学公式分别求出物块和木板的位移，根据位移关系判断物块的停止位置以及速度为零的时刻。
七、直击高考
29．（2024·黑吉辽） 一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，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。已知到的时间内，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，时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是（　　）
A．小物块在时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．之后小物块和木板一起做匀速运动
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．设小物块和木板间动摩擦因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
【分析】由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v-t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t=3t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数和小物块与木板的质量比；通过比较水平恒力与木板和水平地面之间的滑动摩擦力的大小，来判断小物块和木板是否能一起做匀速运动。
30．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
31．（2019·江苏）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
【答案】（1）解：由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动 2aAL=vA2
解得
（2）解：设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）解：经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】 【分析】（1）A获得初速度后，在B上仅受摩擦力作用，做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律列式，再根据匀变速直线运动位移的变形公式列式，两式联立即可求出A被敲击后获得的初速度大小。（2）B获得初速度后，A、B相对滑动，对B做受力分析，此时，B受到地面的摩擦力，其大小等于2μmg，方向向左，以及A对B的摩擦力，其大小等于μmg，方向也向左，B受到的合力为3μmg，根据牛顿第二定律列式即可求出这时加速度。当A、B相对静止时，A、B之间没有摩擦力，把A、B看作一个整体，整体受到的摩擦力为3μmg，根据牛顿第二定律即可求出系统的加速度。系统的加速度就是此时B的加速度。（3）对A做受力分析，A在同速前，仅受摩擦力的作用，大小等于μmg，求出a的加速度。根据匀加速直线运动速度、位移公式分别列出A、B的速度和位移表达式。它们相对于地面的位移之差等于L。几式联立即可求出B被敲击后的获得的初速度。
32．（2024·新课标）如图，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
【答案】（1）解：对薄板进行分析，由牛顿第二定律有，
可得，
由可知，，
对滑块有，可得，
由，其中，代入可得
（2）解：物块飞出时，薄板的速度为，
则薄板中心恰好运动到O点所用时间，
则平台距地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可得出薄板和物体的加速度大小，利用匀变速直线运动的特点可得出速度和时间大小；
（2）利用平抛运动高度与时间的关系式可得出高度的大小。
1 / 1小题精练 04 板块问题-备考2025年高考物理题型突破讲练
一、模型特点
1．（2024高二上·黄浦开学考）在水平冰面上，狗拉着雪橇做匀速圆周运动，O点为圆心。能正确地表示雪橇受到的牵引力F及摩擦力f的选项是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2024高一上·望城期末）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（　　）
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零
3．（2024高一下·萍乡期末）如图所示，质量为、长度为的木板静止在光滑的水平面上，质量为的物块（视为质点）放在木板的最左端，物块和木板之间的动摩擦因数。现用一水平恒力作用在物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动。当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，则在这一过程中（　　）
A．木板受到的摩擦力方向水平向右
B．木板通过的位移
C．摩擦力对物块做的功与摩擦力对木板做功的代数和为零
D．物块和木板增加的机械能为3J
4．（2024高二上·张家口开学考）质量的小车静止在光滑的水平面上，车长，现有一质量为（可视为质点）的物块，以水平向右的速度从左端滑上小车，如图所示，最后在小车上某处与小车保持相对静止，物块与小车间的动摩擦因数，，下列说法正确的是（　　）
A．在此过程中摩擦力对物块做的功为
B．物块与小车的共同速度大小
C．在此过程中系统产生的内能
D．若物块不滑离小车，物块的速度不能超过
二、分析思路
5．（2024高一上·高台期末）质量M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F=11 N作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s时，将质量m=4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，物块可视为质点。（g取10 m/s2）
（1）物块刚放置在木板上时，求物块和木板各自的加速度大小；
（2）木板至少为多长，物块才能与木板最终保持相对静止？
（3）物块与木板相对静止后，求物块受到的摩擦力大小。
6．（2024高三下·贵阳模拟）如图所示，质量为2m、长为L的木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以某一初速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正磁，最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数均为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．a滑上c后与b碰撞前，b的加速度大小为
B．整个过程a、b、c系统损失的机械能为
C．a、c相对静止时，a、b间距离等于
D．物块a滑上木板的初速度大小为
7．（2024高三下·长沙模拟） 如图所示，质量为2m、长为L的长木板c静止在光滑水平面上，质量为m的物块b放在c的正中央，质量为m的物块a以大小为的速度从c的左端滑上c，a与b发生弹性正碰，最终b刚好到c的右端与c相对静止，不计物块大小，物块a、b与c间动摩擦因数相同，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．a与b碰撞前b与c保持相对静止
B．a与b碰撞后，a与b都相对c滑动
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程因摩擦产生的内能为
8．（2023高三上·梅河口期中） 如图所示，光滑水平地面上静置一质量M=4kg足够长的木板B，质量m=1kg的物块A静置于B上，物块A与木板B间的动摩擦因数为0.4。现对物块A施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间变化的关系为F=2.5t（N），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．t=1.6s物块A和木板B开始发生相对滑动
B．物块A和木板B的运动速度达到1m/s时发生相对滑动
C．t=4s时物块A相对木板B的速度为5m/s
D．若地面不光滑，则物块A和木板B发生相对滑动时的速度不变
三、分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
9．（2023高三上·深圳月考）质量为m的木板放在水平面上，一质量为2m的物块以水平速度从木板左端滑上木板，物块与木板之间的动摩擦因数为，木板与地面之间的动摩擦因数为，已知，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板的加速度减小
B．若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，物块的加速度增大
C．若物块能从木板上滑下，仅增大木板的质量，物块在木板上的运动时间更长
D．若物块能从木板上滑下，仅增大木板的质量，木板相对于地面运动的总位移将减小
10．（2024高三下·保定模拟）如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小。则木板的长度为（　　）
A．0.8m B．1.0m C．1.2m D．1.5m
11．（2024高一上·江苏期末）如图，一长木板静止在水平地面上，一物块叠放在长木板上，整个系统处于静止状态，长木板的质量为M=2kg，物块的质量为m=1kg，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.4，对长木板施加一个水平向右的拉力F，拉力F=20N，作用0.9s后将力撤去，之后长木板和物块继续运动，最终物块没有从长木板上掉下来。物块可看作质点，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2，求：
（1）通过计算分析施加F后m和M是否相对滑动；
（2）求0.9s时各自速度；
（3）撤去外力F后经多长时间m和M速度相等。
12．（2024高一下·湖北月考）如图所示，放在足够大的水平桌面上的薄木板的质量，木板中间某位置叠放着质量的小物块，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与桌面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小，薄木板足够长。现对木板施加水平向右的恒定拉力，木板和物块保持相对静止一起向右运动，且运动位移为时，撤去拉力，木板和小物块继续运动一段时间后均静止。下列说法中正确的是（　　）
A．撤去拉力时，木板的速度
B．撤去拉力后，木板继续运动的位移为
C．木板与物块之间的滑动摩擦力对两个物体所做的总功为
D．全过程中产生的总热量为
13．（2024高一下·南宁开学考） 如图甲所示，质量为M＝2kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块（质量设为m）从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，整个运动过程小物块未滑离木板，物块和木板的速度时间（v-t）图像如图乙所示，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．可求得物块在前2s内的位移为x=5m
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数为 =0.1
C．可求得木板的长度为L=2m
D．可求得木板的最小长度为L=2m
四、解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
14．（2024高三下·河北模拟） 如图所示，长木板A放在粗糙水平面上，静置于长木板上右端的小物块B、C之间放有少量火药，某时刻点燃火药，小物块C获得2m/s的初速度向右离开长木板，小物块B在长木板上向左运动1.25m时与长木板的左端发生弹性碰撞。已知长木板和小物块B质量均为1kg，小物块C质量为1.5kg，长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数均为0.2，，小物块B、C可看成是质点，求：
（1）小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）长木板因小物块B的碰撞获得的动能；
（3）整个过程中长木板运动的位移。
15．（2024高三下·新疆模拟） 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，已知物块的质量，物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，求：
（1）木板的长度L；
（2）木板的质量M。
16．（2023高三上·永寿月考）质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点．质量为m的物块（可视为质点）以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间物块停在木板上．上图是物块刚滑上木板时的物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置．关于木板与物块的质量关系，可能正确的是（　　）
A． B． C． D．
17．（2023高一上·龙泉驿月考）如图甲、乙所示，倾角为θ的光滑固定斜面上有一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，从静止释放，M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，下列说法正确的是（　　）
A．图甲和图乙中的物块m都处于失重状态
B．图甲中的物块m不受摩擦力
C．图乙中的物块m不受摩擦力
D．图甲和图乙中的物块m所受摩擦力的方向都沿斜面向下
18．（2024高一下·阳朔期中） 如图所示，物块A、B在倾角为的固定斜面上一起匀速下滑。已知物块A、B的质量分别为m、2m，重力加速度大小为g，求：
（1）物块A与斜面间的动摩擦因数；
（2）物块B对物块A的摩擦力大小。
五、解决滑块—木板模型中计算问题常用工具——两图四明确
19．（2024高三下·雅安模拟） 如图甲所示，水平地面上有一质量为的长木板，将一质量为的小物块放在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与地面的动摩擦因数为。给小物块施加一水平外力，利用拉力传感器和加速度传感器（图中未标出）测得长木板和小物块加速度随外力的变化关系如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取10m/s2，则（　　）
A． B． C． D．
20．（2025高一上·衡阳期末）如图所示，在光滑水平地面上一长木板b以的速度向右匀速运动，某时刻将一个相对于地面静止的物块a轻放在木板b上，同时对物块a施加一个水平向右的恒力F，已知木板b与物块a的质量相等，物块a始终在木板b上，且物块a与木板b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块a放到木板b上后，下列关于物块a、木板b运动的v-t图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
21．（2024高三上·武冈期中）如图（a）所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的轻细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。时，木板开始受到水平外力F的作用，在时撤去外力。细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，重力加速度g取。由题给数据可以得出（　　）
A．木板的质量为1kg
B．2~4s内，力F的大小为0.4N
C．0~2s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.02
22．（2024高三上·浙江期末）如图（a），质量m1=0.1kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m1=0.1kg的小物块静止于小车上，t=0时刻小物块以速度v0=11m/s向右滑动，同时对物块施加一水平向左、大小恒定的外力F，图（b）显示物块与小车第1秒内运动的v-t图象。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g =10m/s1．则下列说法正确的是（　　）
A．物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4
B．恒力F=0.5N
C．物块与小车间的相对位移
D．小物块向右滑动的最大位移是
六、破鼎提升
23．（2024高一下·南京月考）如图所示，4块完全相同的木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度，质量。一质量的物块静止在第1块木板最左端。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）若给物块施加一水平向右的恒力，求物块滑离第1块木板时的速度大小；
（2）若给物块一水平向右的初速度，求：
①第4块木板在地面上滑动后达到的最大速度大小；
②在物块运动的整个过程中，4块木板与地面间摩擦产生的热量。
24．（2024高一下·太康月考）如图，一长度的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数，重力加速度大小。求
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
25．（2024高一下·南阳期末）如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止。某时刻，给木板一初速度，图2为二者的图像，图中、、已知，长木板和物块的质量均为。下列说法正确的是（　　）
A．物块与木板的位移之比可表达为
B．整个过程，因摩擦产生的总热量为
C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
D．
26．（2024高三上·九龙坡开学考）如图所示，木板质量初始时刻静止在粗糙水平地面上，右端与墙壁相距，可视为质点的质量的小物块，以初速度从木板左端滑上。物块与木板之间的动摩擦因数，木板与地面之间的动摩擦因数，重力加速度 ，物块或木板与墙壁相碰，碰撞时间极短且都以原速率反弹，物块始终没有从木板右端掉落。求：
（1）物块滑上木板时物块和木板的加速度大小；
（2）若木板第一次与墙壁碰撞时，物块未与木板共速，木板第一次向左运动的最大距离；
（3）要保证物块与木板始终不共速，某次物块和木板同时与墙壁相碰，木板长度的可能值。
27．（2024高一下·湖南期中）如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数，在物块滑上木板的同时.给木板施加一个水平向右的恒力F.当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB段与横轴平行，且AB段的纵坐标为.将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度.则下列说法正确的是（　　）
A．若恒力，物块能从木板右端滑出
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力时，物块恰好不能从木板右端滑出
D．图乙中D点对应外力的值为3N
28．（2024高一下·长沙开学考） 如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力，作用后撤去，此后木板运动的图像如图乙。物块和木板的质量均为，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　）
A．拉力的大小为
B．物块与木板间的动摩擦因数为
C．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
D．时刻，物块的速度减为0
七、直击高考
29．（2024·黑吉辽） 一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ，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。已知到的时间内，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，时刻，小物块与木板的速度相同，下列说法正确的是（　　）
A．小物块在时刻滑上木板
B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ
C．小物块与木板的质量比为3︰4
D．之后小物块和木板一起做匀速运动
30．（2023·全国乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
31．（2019·江苏）如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．求：
（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；
（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'；
（3）B被敲击后获得的初速度大小vB．
32．（2024·新课标）如图，一长度l＝1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2。求：
（1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
（2）平台距地面的高度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】向心力
【解析】【解答】做匀速圆周运动，合力提供向心力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，沿沿切线反方向，拉力与摩擦力的合力指向圆心，根据平行四边形法则，故拉力指向斜上方，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】根据匀速圆周运动的特点解答。
2．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】本题关键要分析得到撤掉拉力时两个物体之间仍存在摩擦力，考查分析物体受力情况和运动情况的能力。当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动。
故选BC。
【分析】当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况。
3．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A．木板受到水平向右的摩擦力，故A正确；
B．根据
得
根据
解得
物块从静止开始做匀加速直线运动，则
解得
，
故B正确；
C．根据
不为零，故C错误；
D．物块和木板增加的机械能为
故D正确。
故选ABD。
【分析】根据牛顿第二定律求解加速度，当木板运动的位移为x时，物块刚好滑到木板的最右端，即此时相对位移等于木板长度。
4．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】B．系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度；设物块与小车的共同速度为，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
故B正确；
A．对物块，根据动能定理合力做功等于物体动能变化，有
解得
故A错误；
C．根据能量守恒定律
可知在此过程中系统产生的内能为0.24J，故C正确；
D．物块与小车组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出滑块的初速度。设物块恰好不滑离小车时的初速度为，物块到达木板最右端时的速度为。由动量守恒定律及能量守恒可得
联立解得
故D错误。
故选BC。
【分析】分析清楚物体运动过程是解题的关键，应用动量定理、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
5．【答案】解：（1）放上物块后，物块的加速度
木板的加速度
（2）当两者速度相等后保持相对静止，有
解得
此段时间内，木板的位移
物块的位移
所以木板至少长
（3）相对静止后，对整体，有
对物块有
解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）当放上物块时，利用牛顿第二定律可以求出物块和木板的加速度大小；
（2）当物块与木板共速时，利用速度公式可以求出共速的时间，结合位移公式可以求出木板的长度；
（3）当整体相对静止时，利用整体的牛顿第二定律可以求出整体加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出摩擦力的大小。
6．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A、物块a滑上长木板c后，假设物块b与长木板c一起滑动，则有
解得
则有物块b与长木板c静摩擦力为
故假设成立，物块b与长木板c一起滑动，故A正确；
BC、物块a、b发生弹性正碰，由于物块a与物块b质量相等，所以物块a与物块b正碰后交换速度，且物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，所以a、b、c相对静止时，a、b间距离等于，则系统机械能损失量即摩擦生热
故B正确，C错误；
D、全过程对系统分析，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立解得
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】由于不确定a滑上木板后，bc是否会保持相对静止，故需要根据假设法结合牛顿第二定律进行分析判断。ab发生弹性碰撞，两者质量相等，碰后速度交换，即碰后ac速度相等，且ac保持相对静止向前运动。即整个运动过程中前半段ac之间发生相对滑动，后半段bc之间发生相对滑动，再根据动量守恒定律及能量守恒定律及功能关系进行解答。
7．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【解答】A.a与b碰撞前，假设b相对c静止，由牛顿第二定律得，对b、c整体，根据牛顿第二定律
对b，根据牛顿第二定律
解得
故假设正确，b、c保持相对静止一起做加速运动，A符合题意；
B.a与b发生弹性正碰，因为a与b质量相等，所以正碰后a与b速度互换，物块a与长木板c一起做匀加速直线运动，直到最终b刚好滑到c的右端与c相对静止，B不符合题意；
CD.b刚好滑到c的右端与相对静止，a、b、c共速，设共同速度为v，a、b、c组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
其中
解得
，
C符合题意，D符合题意。
故答案为：AC。
【分析】先假设a与b碰撞前b相对c静止一起运动，由牛顿第二定律结合整体法和隔离法，分析b受到的摩擦力与最大静摩擦力的关系，确定假设是否正确；因为a与b质量相等，所以a、b发生弹性碰撞后速度互换，a、c相对静止，b相对c发生滑动；对整个运动过程，由动量守恒定律和能量守恒定律列式，可求出物体与木板间的动摩擦因数和整个过程因摩擦产生的内能。
8．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、物块A和木板B相对静止时，根据整体法和隔离法可得
当A、B间静摩擦力达到最大时，即
根据
联立求得
故A错误；
B、由于
画出a-t图如图所示
当A、B一起由静止开始运动直到发生相对滑动的过程，a-t图线与t轴所围的面积为整体的速度，即
故B正确；
C、t=2s后A、B发生相对滑动，木板B的加速度恒定，为
对物块A受力分析，有
得
当t=4s时
根据a-t图线与t轴所围的面积的差值为物块A和木板B的相对速度，即
故C正确；
D、若地面不光滑，则A、B发生相对滑动前二者的共同加速度
在图中做出 a'-t 图线，由图可知，两者发生相对滑动时的速度比地面光滑时小，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】对于板块模型，当两者之间的静摩擦力达到最大滑动摩擦力时，两者恰好不发生相对滑动。对两者进行受力分析，根据牛顿第二定律求出两物块加速度的表达式并画出a-t图像。a-t图线与t轴所围的面积为物体的速度，面积之差等于两物体的相对速度。
9．【答案】D
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．由题意，设物块的质量为，木板的质量为，当物块冲上木板时，物块将做减速运动，对物块根据牛顿第二定律有
可得
对木板有
可得
木板将向前做匀加速直线运动，当物块与木板速度相等时，二者将一起减速直至停止。设它们达到速度相同时的速度为，则有
由以上式子可知若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板的加速度增大，若物块不能从木板上滑下，仅增大物块的质量，物块的加速度不变，故AB错误；
CD．该选项可采极限思想的方法来判断，若物块能从木板上滑下，物块在木板上滑行时，仅增大木板的质量，若增大木板的质量非常大，将导致木板受到地面最大静摩擦力远大于或等于物块对它的滑动摩擦力，即
则物块滑上木板时，木板将保持静止不动，物块相对于地面的位移最小为木板的长度，时间最短，木板对地的位移将变为零，即木板相对于地面运动的总位移将减小，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题为滑块+木板模型，考查牛顿运动定律的综合应用。该模型需要对滑块及木板进行受力分析，分别列出各自牛顿第二定律的表达式，求出加速度的表达式，从而结合表达式判断质量变化对各自加速度的影响；对选项CD利用极限思维方法作答较为简洁。
10．【答案】B
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为，撤去外力后物块的加速度大小为，木板的加速度为，根据牛顿第二定律有
解得
，，
拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为
，
设又经时间，物块、木板共速，则
解得
，
木板的长度为
故选B。
【分析】分别对物块有拉力F、无拉力F、木板受力分析应用牛顿第二定律求解其加速度；根据拉力F作用时间根据运动学方程速度公式分别求解物块和木板速度；再根据速度公式求解共速时间和末速度；根据位移公式求解二者相对位移。
11．【答案】（1）解：设物块m与长木板M发生相对滑动，以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得物块的加速度大小为
以长木板为对象，根据牛顿第二定律可得
解得长木板的加速度大小为
由于
假设成立，则析施加F后m和M相对滑动。
（2）解：0.9s时，物块的速度为
长木板的速度为
（3）解：撤去外力F后，长木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得
解得加速度大小为
设撤去外力F后经时间，m和M速度相等，则有
，
联立解得
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）若物块的加速度小于木板的加速度则两者发生相对滑动，假设两者发生相对滑动。分别对物块和木板运用牛顿第二定律确定两者的加速度，再根据两者加速度的大小关系判断假设是否成立；
（2）根据（1）中所求的加速度，分别对物块和木板运用匀变速直线运动规律进行解答；
（3）根据撤去外力时两者的速度关系确定两物体的加速度是否发生改变及其运动情况，再根据牛顿第二定律及匀变速直线运动规律进行解答。
12．【答案】B,C,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、小物块与木板保持相对静止。从木板开始运动到撤去拉力F，对木板和小物块整体分析，根据动能定理有
解得
故A错误，
B、撤去拉力后，对木板有
解得
木板继续滑行的位移
故B正确；
C、撤去拉力后，对物块有
解得
物块继续滑动的位移为
一对滑动摩擦力对两个物体做的总功为
故C正确；
D、对木板和物块整体，全过程有
所以
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】撤去拉力前物体与木板保持相对静止，对整体进行受力分析，根据动能定理确定撤去拉力时木板的速度。根据物块与木板间的摩擦因数及木板与桌面间的摩擦因数关系可知，撤去拉力后物体与木板之间发生相对滑动，分别以不同的加速度做匀减速直线运动直至速度为零。分别对物体和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律及运动学规律确定撤去拉力后两者运动的位移，再根据功的定义及能量守恒定律进行解答。
13．【答案】A,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A、根据物块图像面积可以求出物块前2s运动的位移为
所以A对；
B、根据图像斜率可以求出物块的加速度为
根据牛顿第二定律有
则可以求出物块与木板间的动摩擦因数为
所以B错；
CD、当物块在木板上先做减速运动后和木板一起做匀速直线运动，根据图像面积可以求出木板的最小长度为
所以D对C错；
正确答案为AD。
【分析】利用图像面积可以求出物块和木板位移的大小，结合相对位移的大小可以求出木板的最小长度，利用图像斜率可以求出物块加速度的大小，结合牛顿第二定律可以求出动摩擦因数的大小。
14．【答案】（1）设长木板和小物块B质量为m，C的质量为M，点燃火药瞬间BC动量守恒得
解得
小物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能为
（2）分析可知由于长木板与水平面、小物块B与长木板之间的动摩擦因数相等，故B对长木板的最大静摩擦力小于地面对长木板的最大静摩擦力，所以当B向左运动在与左端碰撞前长木板静止，该过程中B的加速度大小为
对B运动分析得
解得
（2.5s时B速度反向不符，舍去）
故B与木板碰撞前瞬间速度为
长木板和小物块B质量相等，发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知速度发生交换，即碰后瞬间木板的速度为，故长木板因小物块B的碰撞获得的动能为
（3）分析可知碰撞后随着木板向左运动，B与木板间发生相对滑动，向左加速运动，该段过程中B的加速度大小为
长木板匀减速的加速度大小为
设经过时间达到共同速度，得
解得
，
该段时间木板位移
分析可知共速后木板和B一起向左以
做匀减速运动，直到静止，该过程木板位移为
故整个过程中长木板运动的位移为
【知识点】爆炸；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）爆炸瞬间BC构成的整体动量搜狐，对BC整体运用动量守恒定律确定爆炸后BC的速度大小，再根据机械能的定义确定物块B、C组成的系统因火药燃烧而增加的机械能；
（2）根据长木板与地面及长木板与物块B之间最大静摩擦力的关系，判断B在长木板上运动时，木板是否滑动，再根据牛顿第二定律及运动学规律确定B与长木板碰撞前B的速度，B与长木板发生弹碰撞，再根据弹性碰撞的特点及动能的定义进行解答；
（3）由（2）分析可知碰后，木板向左做减速运动，B向左做加速运动，由于不确定木板停止运动前，B与木板是否以达到共速。故需根据假设法结合整体法和隔离法，对物块B及长木板运用牛顿第二定律及运动学规律判断共速时木板运行的位移及速度，继而确定假设是否成立。共速后物块与木板以共同的加速度做减速运动直至速度为零，再对整体运用牛顿第二定律及运动学规律确定共速后木板运动的位移，继而得出木板运动的总位移。
15．【答案】（1）设物块在木板上滑动时的加速度大小为，它们相对静止一起减速时的加速度大小为，图中两部分的阴影面积相等，有
设两者共同速度为，有
得
所以1s后两者的速度大小均为，由题意知木板的长度
（2）由图知，两者共速前，木板的加速度大小
有
解得
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，结合相对位移和木板位移相同的条件要求，求出木板长度；（2）根据运动学公式，求出木板共速前的加速度，再利用牛顿第二定律计算木板的质量。
16．【答案】A
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动能定理的综合应用
【解析】【解答】水平面光滑，物块滑上木板到两者达到共速的过程中，对系统由动量守恒定律得
可得
对M有
设相对位移为Δx，对m有
整理得
因为x<Δx<2x，解得
故答案为：A。
【分析】根据图示确定两物体运动位移及相对位移与板长的关系。再选择恰当的研究对象，根据动量守恒定律及动能定理进行分析。
17．【答案】A,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】A、M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的加速度，图甲和图乙中的物块m均处于失重状态，故A正确；
B、图甲中以m为研究的对象。由于两个物体一起做匀加速向下运动，m相对M有向右运动的趋势，所以物块m受到摩擦力，方向水平向左，故B错误；
C、图乙中，设物块m受到摩擦力大小为f，方向平行于斜面向上。对整体，由牛顿第二定律得
对m，由牛顿第二定律得
解得
说明物块m不受摩擦力，故C正确；
D、结合BC选项，知图甲中物块m受到摩擦力，方向水平向左，图乙中物块m不受摩擦力，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】物体具有竖直向下的加速度，物块处于失重状态。对甲图可将沿斜面向下的加速度分解成水平和竖直方向的加速度，再根据隔离法及受力情况结合牛顿第二定定律确定m所受摩擦力情况。
18．【答案】（1）对物块A、B整体受力分析，垂直于斜面方向上有
平行于斜面方向上有
其中，解得
（2）对物块B受力分析，平行于斜面方向上有
根据牛顿第三定律有
解得
【知识点】滑动摩擦力与动摩擦因数；力的合成与分解的运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）物块A、B一起匀速下滑，即A、B保持相对静止且均处于平衡状态。对AB整体进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解和滑动摩擦力公式进行解答；
（2）A、B之间的摩擦力为静摩擦力，对B进行受力分析，再根据平衡条件及力的合成与分解公式进行解答。
19．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】ABC、根据题意，由图乙可知，当F=F1=1N时，木板相对地面开始滑动，则有
当F1≤F≤F3=3N时，小物块与长木板一起加速运动，则有
解得
结合图乙可得
当F>F3时，小物块与长木板间相对滑动，对小物块有
解得
结合图乙可得小物块的质量
故A错误，BC正确；
D、对长木板有
解得，长木板的质量
故D正确。
故答案为：BCD。
【分析】由图乙可知小物块和长木板先相对地面保持静止，再一起以共同的加速度相对地面滑动，最终物块与长木板发生相对滑动，乙不同的加速度向前运动。明确各阶段临界状态时拉力的大小。确定各阶段物块与木板所受摩擦力的类型和特点，再根据整体法和隔离法结合图像，分别运用牛顿第二定律进行解答。
20．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．和的速度达到共速之前，受到向右的摩擦力和恒力受到向左的摩擦力，做加速运动，做减速运动，根据牛顿第二定律则对于有
对于有
由此可知的加速度大于的加速度，则共速之前a的图线斜率大于b的图线斜率，故AB错误；
C．共速后，若在恒力作用下，间的摩擦力没有达到最大静摩擦力，则一起做加速运动，则对于有
且
故和的加速度，故C正确；
D．若在恒力作用下，间的摩擦力达到最大静摩擦力，发生相对滑动，则的加速度大小不相等，且均做加速运动，根据牛顿第二定律则对于有
对于有
可知的加速度小于共速前的加速度，则共速之后a的图线斜率大于共速之前a的图线斜率，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以分析a和b共速之前加速度的大小，进而判别图线斜率的大小；利用牛顿第二定律可以判别共速之后加速度的大小，进而比较图线斜率的大小。
21．【答案】A,B
【知识点】牛顿定律与图象；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB．由图像可知，内，木板做匀加速运动的加速度大小为
设木板的质量为，物块的质量为，物块与木板之间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得
又因为物块静止则
在时撤去外力后，木板做匀减速运动的加速度大小为
根据牛顿第二定律可得
联立解得
故AB正确；
C．由图像可知，内，木板处于静止状态，根据受力平衡可得，可知力的大小逐渐增大，故C错误；
D．由于不知道物块的质量，故无法算出物块与木板之间的动摩擦因数，故D错误。
故选AB。
【分析】根据木板的v-t图像分析木板各个时间段的运动结合力传感器示数变化，根据各个时间段的运动特点列方程求解。
22．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB、根据v-t图像可知，在前1s内小车向右做匀加速直线运动，小物体向右做匀减速直线运动，小车和小物块的加速度分别为
，
对小车根据牛顿第二定律有
对小物块根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
，
故AB正确；
C、根据图像可知，在t=1s时小车和小物块的速度相同，两者不再发生相对运动，在前1s内小车发生的位移为
小物块发生的位移为
则物块与小车间的相对位移
故C错误；
D、当小车与小物块的速度相等后，在外力的作用下一起向右减速运动，其加速度为
当速度减小到0时，整体发生的位移为
所以小物块向右滑动的最大位移是
故D正确。
故答案为：ABD。
【分析】v-t图像的斜率表示加速度，根据图b确定1s内两者的加速度。再对物块与小车分别运动牛顿第二定律进行联立解答确定两者之间的摩擦因数及拉力的大小。根据摩擦因数及拉力大小判断1s共速后两者是否发生相对滑动及两者的运动情况，v-t图像与时间轴所围面积表示位移，再根据图像或运动规律确定两者发生的相对位移及小物块向右运动的最大位移。
23．【答案】（1）；（2）①，②
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】（1）若给物块施加一水平向右的恒力，物块在第1块木板上滑行时，物块受到的滑动摩擦力大小为
将4块木板看成整体，整体受到地面的最大静摩擦力大小为
物块在第1块木板上滑行时，4块木板处于静止状态；以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动学公式可得
解得物块滑离第1块木板时的速度大小为
（2）若给物块一水平向右的初速度，物块在第1块木板上滑行时，4块木板处于静止状态；物块在第2块木板上滑行时，以第2、3、4木板为整体，受到地面的最大静摩擦力大小为
可知物块在第2块木板上滑行时，第2、3、4木板仍处于静止状态；物块在第3块木板上滑行时，以第3、4木板为整体，受到地面的最大静摩擦力大小为
以物块为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
设物块刚滑上第3块木板时的速度大小为，根据运动学公式可得
解得
以第3、4木板为整体，根据牛顿第二定律可得
解得
假设物块在第3块木板滑行时经过时间，物块与第3、4木板达到共速，则有
，
解得
，
物块与第3块木板发生的相对位移为
假设成立；共速后物块与第3、4木板一起做匀减速到速度为0，则第4块木板在地面上滑动后达到的最大速度大小为
②物块与第3、4木板共速前，第3、4木板运动的位移大小为
共速后，物块与第3、4木板一起做匀减速的加速度大小为
共速后到停下来通过的位移大小为
则在物块运动的整个过程中，4块木板与地面间摩擦产生的热量为
【分析】（1）物块在第1块木板上滑行，根据滑动摩擦力的大小与整体受到的摩擦力比较可以判别木板处于静止，利用牛顿第二定律可以求出物块的加速度，结合速度位移公式可以求出物块滑离第一块木板的速度；
（2）根据摩擦力的比较可以判别物块滑上第3块木板时木板开始滑动，利用速度位移公式可以求出物块滑上第3块木板的速度，结合牛顿第二定律可以求出木板的加速度，假设物块与木板达到共速，结合速度公式可以求出运动的时间，结合位移公式可以求出相对位移的大小，结合速度公式可以求出滑块在第四块木板时达到攻速，结合速度公式可以求出共速的速度大小；根据速度公式可以求出第3块木板和第4块木板共速前运动的位移结合摩擦力的大小可以求出产生的热量，达到共速后，利用牛顿第二定律可以求出整体的加速度，结合速度位移公式可以求出木板运动的位移，结合摩擦力的大小可以求出摩擦力产生的热量大小。
24．【答案】解：（1）物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为
薄板做加速运动的加速度
对物块
对薄板
解得
（2）物块飞离薄板后薄板得速度
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为
则平台距地面的高度

【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）分析物块与薄板相对运动过程，明确各自的位移，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
（2）应用运动学公式求得物块从薄板右端水平飞出时薄板的速度大小，以及其中心恰好运动到O点所需时间。物块飞出后做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，应用运动学公式求解平台距地面的高度。
25．【答案】B,C,D
【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．理解运用图像的斜率和面积意义，图像与坐标轴围成的面积表示位移，
故物块的位移为
木板的位移为
物块与木板的位移之比可表达为
故A不符合题意；
B．根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为
故B正确；
C．时间内，对物块，根据牛顿第二定律
时间内，对木板，根据牛顿第二定律
板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为
故C正确；
D．时间内，对木板，根据牛顿第二定律有
且
联立可得
故D正确。
故选BCD。
【分析】板块模型的学习一直是高中物理学习的重难点，涉及力与运动，功与能量，动量等知识。
1、图像的斜率代表加速度，和t轴所围面积表示位移。
2、系统损失的机械能通过摩擦力乘以相对路程做功，损失后转化为内能摩擦热。
3、隔离法和整体法交替运用是分析板块模型常用的方法。
26．【答案】解：（1）对物块
解得
对木板
解得
（2）木板第一次与墙壁碰撞时的速度
解得
木板第一次向左减为零时木板运动的距离最大
解得
根据
解得
（3）木板第一次向右加速的时间设为t11，则
解得
木板第一次向左减速的时间设为t12，则
解得
木板第一个来回用时
木板第二次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第二个来回用时
木板第三次向右加速的时间设为t21，则
解得
木板第二次向左减速的时间设为t22，则
解得
木板第一个来回用时
同理得
设木板第n次与墙壁碰撞时与物块同时撞上墙壁，所用时间为
解得
物块一直做匀减速直线运动
可得当n=1时，板长为
当n=2时，板长为
当n=3时，物块的速度
故不满足题意，舍掉。
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】滑块—木板模型
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(或Δx＝x2－x1＝L)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决滑块—木板模型中速度临界问题的思维模板
27．【答案】A,B,D
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段：第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出，相对路程等于板长，等于1m；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板共速后一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体先减速到与板共速，因摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，后加速滑动一段距离后，最终从木板的左侧滑出。
A.根据上述分析，若恒力F=0，属于第一阶段（AB段）的情况，所以物块能从木板右端滑车，A符合题意；
BD.图乙中C点对应位物块和木板达到共同速度之后一起加速，且一起加速时物块的加速度达到最大，为
物块和木板一起加速时，对整体有
解得
从物块滑到木板上到它们共速的过程，对木板有
板从物块滑到木板上到它们共速的过程对物块有
这段过程由运动学公式得
，，
解得
，，，
则图2中C、D两点横坐标相同，都为3N，BD符合题意；
C.图乙中B点对应物块恰好不能从木板右端滑出，且物块到达木板右端时它们恰好共速，共速前，则有
，，，
解得
C不符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】先根据图乙分析不同作用力下物块和木板的相对运动过程，确定B、C、D这几个临界状态的特点，再根据牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
28．【答案】C
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【解答】AB.由图像可知，撤去拉力F前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F后，木板的v-t图像不可能是两段折线，当t=1.5s时木板的加速度发生突变，说明木板的受力发生突变，所以物块与木板在t=1.5s时共速。在0～1.5s内，物块做匀加速运动，该过程中物块的加速度大小为
设物块与木板间的动摩擦因数为，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力后木板做匀减速，由图乙可知木板此过程中的加速度大小为
对木板，由牛顿第二定律有
解得
撤去拉力F前，木板的加速度
对木板，根据第二定律有
得
AB不符合题意；
CD.在内，物块位移为
木板位移为
由于可知，在后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小
木板的加速度大小为，则有
解得
物块到停止的时间还需
木板到停止的时间还需
所以木板比物块先停止运动，在
到物块停止，运动的时间为
物块的位移为
木板位移为
物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为
由上述分析可知，物块从开始到停止运动的时间为3s，2s时的速度不为0，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据木板的v-t图像分析拉力F作用时和撤去F后物块和木板的运动过程，根据v-t图像求出各阶段对应的加速度，再由牛顿第二定律计算出物块与木板间及木板与地面间的动摩擦因数和F的大小；由运动学公式分别求出物块和木板的位移，根据位移关系判断物块的停止位置以及速度为零的时刻。
29．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确；
B．设小物块和木板间动摩擦因数为，根据题意结合图像可知物体开始滑上木板时的速度大小为，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度为
经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得
解得
故B正确；
C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为
故可得
解得
根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为
此时对木板由牛顿第二定律得
解得
故C错误；
D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。
故选ABD。
【分析】由图像分析木板的运动过程，确定物块滑上木板的时刻；由v-t图像的斜率求解木板运动的加速度，以及t=3t0时刻木板的速度。分析物块的运动过程，根据运动学公式求得其加速度，根据牛顿第二定律求解小物块和木板间动摩擦因数和小物块与木板的质量比；通过比较水平恒力与木板和水平地面之间的滑动摩擦力的大小，来判断小物块和木板是否能一起做匀速运动。
30．【答案】B,D
【知识点】功能关系；牛顿运动定律的应用—板块模型；功的计算
【解析】【解答】由题意，设物块脱离时木板的速度为，物块的速度为，木板相对地面的位移为，物块相对地面的位移为，可得： ；；
AB 、物块匀减速，木板匀加速，由运动学公式： ；，由于：，
可得：，则：，所以：，故A错误，B正确；
CD、对系统能量守恒定律可得：得出物块的动能：，故C错误，D正确；
故答案为：BD。
【分析】由板块模型的位移关系，速度关系，时间关系，根据运动学公式和系统能量守恒定律分析计算。
31．【答案】（1）解：由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg
匀变速直线运动 2aAL=vA2
解得
（2）解：设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=maB，得 aB=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg
（3）解：经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v=aAt，v=vB–aBt
且xB–xA=L
解得
【知识点】受力分析的应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】 【分析】（1）A获得初速度后，在B上仅受摩擦力作用，做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律列式，再根据匀变速直线运动位移的变形公式列式，两式联立即可求出A被敲击后获得的初速度大小。（2）B获得初速度后，A、B相对滑动，对B做受力分析，此时，B受到地面的摩擦力，其大小等于2μmg，方向向左，以及A对B的摩擦力，其大小等于μmg，方向也向左，B受到的合力为3μmg，根据牛顿第二定律列式即可求出这时加速度。当A、B相对静止时，A、B之间没有摩擦力，把A、B看作一个整体，整体受到的摩擦力为3μmg，根据牛顿第二定律即可求出系统的加速度。系统的加速度就是此时B的加速度。（3）对A做受力分析，A在同速前，仅受摩擦力的作用，大小等于μmg，求出a的加速度。根据匀加速直线运动速度、位移公式分别列出A、B的速度和位移表达式。它们相对于地面的位移之差等于L。几式联立即可求出B被敲击后的获得的初速度。
32．【答案】（1）解：对薄板进行分析，由牛顿第二定律有，
可得，
由可知，，
对滑块有，可得，
由，其中，代入可得
（2）解：物块飞出时，薄板的速度为，
则薄板中心恰好运动到O点所用时间，
则平台距地面的高度
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；平抛运动
【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律可得出薄板和物体的加速度大小，利用匀变速直线运动的特点可得出速度和时间大小；
（2）利用平抛运动高度与时间的关系式可得出高度的大小。
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