高三复习 物理 斜面上的板块模型 压轴题
高考物理专题分析及复习建议：斜面类问题模型(学生用)解析
高考物理专题分析及复习建议：斜面类问题模型（学生用）斜面类基本模型如图：质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上，而斜面体的质量为M，放在水平地面上1.若物体与斜面的动摩擦因数为μ，讨论μ为怎样时，物体将静止于斜面？物体将沿斜面匀速下滑？物体将沿斜面加速下滑？例1.质量为m的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，θμtg<，斜面底端有一个和斜面垂直放置的弹性挡板,滑块滑到底端与它碰撞时没有机械能损失，如图所示．若滑块从斜面上高为h处以速度v0开始沿斜面下滑，设斜面足够长,求：(1)滑块最终停在何处? (2)滑块在斜面上滑行的总路程是多少?2.若物体与斜面的动摩擦因数为μ，分别求当物体静止于斜面时，物体沿斜面匀速下滑时，物体沿斜面加速下滑时，地面对斜面的弹力及摩擦力。
（设斜面是静止于地面的）例2.如图，质量为M的三角形木块A静止在水平面上．一质量为m的物体B正沿A的斜面下滑，三角形木块A仍然保持静止。
则下列说法中正确的是( )A．A对地面的压力可能小于(M+m)gB．水平面对A的静摩擦力可能水平向左C．水平面对A的静摩擦力不可能为零D．B沿A的斜面下滑时突然受到一沿斜面向上的力F的作用，当力F的大小满足一定条件时，三角形木块A可能会开始滑动mθ3.自由释放物体在斜面上匀速下滑时，对其施加一任意方向的力F，斜面是否受到地面摩擦力？4.若物体与斜面的动摩擦因数为μ，分别讨论当物体静止于斜面时，物体沿斜面匀速下滑时，物体沿斜面加速下滑时，在物体的竖直方向上加一重物，物体的运动情况。
（设斜面是静止于地面的）例3.如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则A．P向下滑动B．P静止不动C．P所受的合外力增大D．P与斜面间的静摩擦力增大例4.如图所示，质量为m的物体A在竖直向上的力F（F<mg）作用下静止于斜面上。
若减小力F，则A．物体A所受合力不变B．斜面对物体A的支持力不变C．斜面对物体A的摩擦力不变D．斜面对物体A的摩擦力可能为零5.若斜面与物体无摩擦，斜面静止在水平地面上时，求地面对斜面的摩擦力。
高考物理的斜面问题模型
斜面问题
1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝g tan θ．
2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)：
(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零；
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．
3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)．
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：
(1)向下的加速度a＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜g sin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．
5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球(如图9－3所示)：
(1)落到斜面上的时间；
(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；
(3)经过小球距斜面最远，最大距离．
6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝g tan θ时，m能在斜面上保持相对静止．
7．在如图9－5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度．
8．如图9－6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s＝m/(m＋M)L．。
斜面模型(解析版)--2024年高三物理二轮常见模型
2024年高三物理二轮常见模型专题斜面模型特训目标特训内容目标1高考真题(1T-4T)目标2三大力场中有关斜面模型的平衡问题(5T-10T)目标3三大力场中有关斜面模型的动力学问题(11T-16T)目标4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题(17T-22T)【特训典例】一、高考真题1(2023·江苏·统考高考真题)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。
利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。
与图乙中相比，图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【详解】A．频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；B．设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，上滑阶段根据牛顿第二定律有a1=g sinθ+μg cosθ下滑阶段根据牛顿第二定律有a2=g sinθ-μg cosθ可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；at2可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据x=12确；D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。
故选C。
2(2023·重庆·统考高考真题)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。
质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。
运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。
2023高考物理专题冲刺训练--板块模型问题
板块模型一、动力学解决板块模型问题的思路二、求解板块模型问题的方法技巧1、受力分析时注意不要添力或漏力如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；2、列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma23、抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.4、挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.5、运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝f x相对.三、针对训练1.(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/s 2，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t 2＝24 s D ．木板的最大加速度为2 m/s 22. 如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为kg m A 6=.kg m B 2=，A 、B 之间的动摩擦因数2.0=μ，开始时F=10N ，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则(g 取2/10s m ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A ．当拉力F<12N 时,物体均保持静止状态B ．两物体开始没有相对运动,当拉力超过12N 时，开始相对滑动C ．两物体从受力开始就有相对运动D ．两物体始终没有相对运动3.（多选）在光滑的水平面上，叠放着二个质量为1m 、2m 的物体(21m m <)，用一水平力作用在1m 物体上，二物体相对静止地向右运动。
高三复习 物理 斜面上的板块模型 压轴题
则物体对木板位移为：
即
解得：
故总时间为
方法2：VT图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：
，又
时，甲乙的相对位移为：三角形DKH的面积，把三角形CKE的面积补到三角形EGH的部分，则等于矩形DCGH的面积，又等于矩形ABCD的面积（L/2），即：
故 内的相对位移为：
解得:
故总时间为
在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（ ）
C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2
D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2
12题：A、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到a、b所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b加速度相同，我们设a、b加速度大小为a，对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=μmg/m1，a2=μmg/m2，其中m为物块a和b的质量．设板的长度为L，它(1/2)at12-(1/2)a1t12又b与Q的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．对于C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a与P的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aa＞ab所以得：t1＜t2则v1＜v2，s1＜s2，故C错误．对于D、根据C选项分析得：若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确．故选D．
2023届高考物理二轮复习练习：板块模型
2023届高三物理二轮复习——板块模型1．（单选）如图所示，木块A、B静止叠放在光滑水平面上，A的质量为m，B 的质量为2m。
现施水平力F拉B(如图甲)，A、B刚好发生相对滑动。
若改用水平力F′拉A(如图乙)，使A、B保持相对静止，一起沿水平面运动，则F′不得超过A．2F B.F 2C．3F D.4F2、（单选）如图甲所示，质量m A＝1 kg，m B＝2 kg的A、B两物块叠放在一起静止于粗糙水平地面上。
t＝0时刻，一水平恒力F作用在物块B上，t＝1 s时刻，撤去F，B物块运动的速度—时间图象如图乙所示，若整个过程中A、B始终保持相对静止，则下列说法正确的是A．物块B与地面间的动摩擦因数为0.2B．1～3 s内物块A不受摩擦力作用C．0～1 s内物块B对A的摩擦力大小为4 ND．水平恒力的大小为12 N3、(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B．当F＝52μmg时，A的加速度为13μgC．当F＞3μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过1 2μg4、(2017·广州一模)质量M＝3 kg的滑板A置于粗糙的水平地面上，A与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L1＝2 m，左侧粗糙段长度为L2，质量m＝2 kg、可视为质点的滑块B静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段的动摩擦因数μ2＝0.15，取g＝10 m/s2，现用F＝18 N的水平恒力拉动A向右运动，当A、B分离时，B对地的速度v B＝1 m/s，求L2的值。
5、如图所示，在倾角θ=37︒的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为7m．在平板的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放．设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt．（sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2）6、如图，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。
高考板块模型及传送带问题 压轴题【含详解】
如图所示，长L=1.5 m，高h=0.45 m，质量M=10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=lkg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求：⑴小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；⑵小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；⑶小球离开木箱时木箱的速度．【解答】：⑴设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于②小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s木箱向右运动的最大位移为m木箱向左运动的加速度为m/s时，小球脱离木箱，由，得⑦m/s的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ=37°.一质量也为m A=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点．求：⑴物块A刚滑上木板B时的速度为多大？⑵物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？(3)木板B有多长？【解答】：⑴物块A从斜面滑下的加速度为a1，则m A g sinθ–μ1m A g cosθ=m A a1，解得a1=4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1==8 m/s．⑵物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2=μ2g=2 m/s2；设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2–a2t2/2-a2t2/2=L．对物块A有v2=v1–a2t2，v2–v12=–2a2(x+L)．对木板B有v=2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2=2s，L=8 m．v （1）（2）、板的位移（2）对板有122且v=a2t2解得t2=又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3，则vt―t3=l，t3=--3为了使物块能到达板的右端，必须满足t2≥t3即，则μ2≥-所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数μ2≥-【答案】如图所示，倾角a=37°的固定斜面上放一块质量M=1 kg，长度L=3 m的薄平板AB。
备战2024年高考物理一轮重难点复习-突破四、-板块模型
突破四、板块模型动力学中水平面上的板块模型水平面上的板块模型是指滑块和滑板都在水平面上运动的情形，滑块和滑板之间存在摩擦力，发生相对运动，常伴有临界问题和多过程问题，对学生的综合能力要求较高。
【例题】如图所示，在光滑的水平面上有一长L =4m 、质量为M =4kg 的木板，在长木板右端有一质量为m =1kg 的小物块，长木板与小物块间动摩擦因数为μ=0.2，长木板与小物块均静止。
现用F=18N 的水平恒力作用在木板上（g 取10m/s 2）。
（1）求木板加速度a 1和小物块加速度a 2的大小；（2）0~3s 的过程中，板块间产生的热量为多少？【答案】（1）4m/s 2，2m/s 2；（2）8J【详解】（1）根据牛顿第二定律2mg ma μ＝，1F mg Ma μ-＝解得a 1=4m/s 2，a 2=2m/s 2（2）物块脱离木板所需时间为t ，根据22121122L a t a t =-解得t =2s即3s 物体已经脱离木板，所以Q =μmgL =8J【总结归纳】(1)两个分析：仔细审题，清楚题目的物理过程，对每一个物体进行受力分析和运动过程分析。
(2)求加速度：准确求出各个物体在各个运动过程的加速度，注意两个运动过程的连接处的加速度可能突变。
(3)明确关系：找出物体之间的位移和路程关系或速度关系往往是解题的突破口，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
当过程比较多时可以借助vt 图像，从图像中找到时间与空间的关系，是解决问题的有效手段。
【分类训练】类型1水平面上受外力作用的板块模型1．如图所示，在光滑水平地面上静置一质量2kg M =、长度0.5m L =的薄木板A ，木板右端放有一质量4kg m =的小滑块B （可视为质点）。
某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力14N F =，作用2s =t 后撤去。
已知滑块与木板间的动摩擦因数0.2μ=，滑块离开木板前、后的速度不变，取重力加速度大小210m /s g =，求：（1）滑块离开木板时的速度大小v ；（2）撤去恒力F 时滑块到木板左端的距离d。
高三复习 物理 斜面上的板块模型 压轴题
例题1：地面固定一个斜面倾角为θ，AC边长为L ，小物块乙置于木板甲的一端，与木板一起从斜面顶端C 处无初速度释放，其中甲乙质量均为m ，斜面光滑，甲乙之间的动摩擦因素为θμtan =，木板长度为3L/4，重力加速度为g ，每当木板滑到斜面底端时，就会与A 处的弹性挡板发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短，对木块速度的影响可以忽略。
求：①甲乙开始静止下滑的加速度；②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离；③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。
【解析】木板、木块、斜面分别用角标P 、Q 、M 代表<1>开始下滑时，甲乙相对静止，视为整体，由牛二律：ma mg 2sin 2=θ，故θsin g a = 碰到底部挡板时，有)43(2021L L a v -=- 故2sin 1θgL v =，需时：θsin 211g La v t ==<2>木板频道A 端反弹，沿斜面向上运动，物块仍然沿斜面向下，对木板P 有： 又μθ=tan ，故θsin 22g a =板 反弹过程木板P 的初速度12v v =板设木板减速到零，走过的位移（相对斜面M ）为2板对斜面S ，则有：222220-板对斜面板板S a v = 解得：L S 812=板对斜面 所需时间θsin 221222g La v t ==板板板对物块Q 有：物ma mg mg =-θμθcos sin又μθ=tan ，故0=物a ，即物块在木板上相对地面匀速下滑在2板t 时间内，物块对斜面下滑的位移为：L 41212==板物对斜面t v S ，则物块相对木板的位移为：L 83222=+=板对斜面物对斜面物对板S S S <3> 木板减速到零后，方向沿斜面向下加速。
木板若加速到与木块共速，需走过22214板对斜面板板S La v S >== 故木板在回到斜面底端A 时，仍然没有达到与物体共速，故木板回到底端时的速度为：12232v S a v ==板对斜面板板，所需时间为：木板返回所走位移：L S S 8123==板对斜面板对斜面 此时间内物块又向下相对斜面走了位移：L t v S 41313==板物对斜面 故物体在斜面上相对前进了：L S S S 81-333==板对斜面物对斜面物对板此时物体距离木板左端还剩下的距离为：L S S L S 41-43324=-=物对板物对板物对板 <4>木板与底端碰撞后又反弹14v v =板 若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零，而木块仍未从木板上落下，由前面计算可知，木板相对斜面的位移为L S 812=板对斜面，需时间θsin 22123g Lt t ==板板，与此同时物体对斜面向下位移为L S 413=物对斜面 故物体对木板的位移为：L S L S S 4183432=>=+物对板物对斜面板对斜面说明板还未减速到零之前，物体已经达到木板左端，设需要时间为4板t ，则木板向上相对斜面运动位移为：2424124244421-21-板板板板板板板板对斜面t a t v t a t v S ==物体继续相对斜面向下运动位移：414板物对斜面t v S = 则物体对木板位移为：L S S S 41444==+物对板物对斜面板对斜面 即L t g t gL 41)sin 2(21-)2sin 2244=⨯⨯板板（θθ 解得： θsin 2124g Lt -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++= 方法2：VT 图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：θsin 21g L a v t ==，又13221t t t ==321t t t t ++=时，甲乙的相对位移为：三角形DKH 的面积，把三角形CKE 的面积补到三角形EGH 的部分，则等于矩形DCGH 的面积，又等于矩形ABCD 的面积（L /2），即： 故4t 内的相对位移为：444414)]sin 22(2[21)]2(2[21)]([21)(21412143t t g v v t t a v v HJ PN JN HM HJ JP HM L L L S ⨯⨯-+=⨯-+=⨯-+=⨯+==-=θ物对板解得: θsin 2124g Lt -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++=在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m 1和m 2的木板P 、Q ，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a 和b ，木板和物块均处于静止状态．现对物块a 和b 分别施加水平恒力F 1和F 2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P 、Q 的速度分别为v 1、v 2，物块a 、b 相对地面的位移分别为s 1、s 2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（ ）A ．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2B ．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2C ．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2D ．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S212题：A、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a 1=μmg/ m1，a2=μmg/ m2，其中m为物块a和b的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P 的相对位移L=(1/2)at12-(1/2)a1t12又b与Q 的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．对于C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a与P的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aa＞ab所以得：t1＜t2则v1＜v2，s1＜s2，故C错误．对于D、根据C选项分析得：若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确．故选D．。
压轴题10 用牛顿运动定律分析斜面模型 2021年高考物理必刷压轴题精选精炼(学生版)
压轴题10 用牛顿运动定律分析斜面模型一、单选题1.如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。
某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。
已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是()A. 5sB. 4.8sC. 4.4sD. 3s2.如图所示，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，质量为m的物体A相对于斜面静止，则斜面运动的加速度为A. gsinαB. gcosαC. gtanαD. g/tanα3.如图所示，一固定在水平面上、表面粗糙的斜面，其上放罝一固定挡板弹簧一端与挡板栓接，另一端自由伸长至O点，质量为m的物块从斜面上的B点释放后沿着斜面向下运动，将弹簧压缩最短至C点，关于此过程，下列说法正确的是()A. 运动至O点时物块速度达到最大B. 从B至O点过程中物块做变加速运动C. 从O点运动至C点的过程中物块加速度先减小后增大D. 从B点运动至C点的过程中物块速度先增大后减小再增大4.长木板上表面的一端放有一个质量为m的木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器，如图甲所示，木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角α变大)，另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力F f随角度α的变化图像如图乙所示。
下列判断正确的是()A. 木块与木板间的动摩擦因数μ=tanθ1B. 木块与木板间的动摩擦因数μ=F f2mgcosθ1C. 木板与地面的夹角为θ2时，木块做自由落体运动D. 木板由θ1转到θ2的过程中，木块的速度变化越来越快5.如图所示，水平轨道AB和倾斜轨道BC平滑对接于B点，整个轨道固定。
现某物块以初速度v0从A位置向右运动，恰好到达倾斜轨道C处(物块可视为质点，且不计物块经过B点时的能量损失)。
专题3斜面模型-2025年高三物理二轮常见模型与方法强化练(新高考通用)
专题3 斜面模型有关斜面模型的平衡问题（6-10题） (5)有关斜面模型的动力学问题（11-15题） (9)有关斜面模型的能量动量问题（16-20题） (13)1.（2023•全国）如图，在置于水平地面的楔状物体P的斜面上有一小物块Q，Q受水平外力F的作用。
已知P和Q始终保持静止，则（）A．增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小一定增加B．增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加C．增加Q的质量，P与Q间摩擦力的大小一定增加D．增加外力F的大小，P与Q间摩擦力的大小一定增加【解答】解：AB、P和Q始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：水平方向平衡，f＝F，故增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小一定增加，故A错误，B正确；CD、由于不确定F沿斜面向上分量与Q的重力沿斜面向下分量的关系，故P与Q间摩擦力的大小变化不能确定。
若F沿斜面向上分量大于Q的重力沿斜面向下分量，此时增加Q的质量，则P 与Q间摩擦力先沿斜面向下减小，减小到零后再反向增大。
若F沿斜面向上分量小于Q的重力沿斜面向下分量，增加外力F的大小，则P与Q间摩擦力先沿斜面向上减小，减小到零后再反向增大。
故CD错误。
故选：B。
2.（2022•北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。
下列说法正确的是（）A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθB．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθC．斜面对物块作用力的合力大小为mgD．物块所受的合力大小为mgsinθ【解答】解：AB、斜面对物块的支持力为mgcosθ，因为物块处于加速下滑状态，f＝μmgcosθ，故A错误、B正确；CD、物块处于加速下滑状态，根据牛顿第二定律得：F合＝mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，所以有：mgsinθ＞μmgcosθ，则斜面对物块的作用力为F=√F N2+F f2=√(mgcosθ)2+(μmgcosθ)2＜√(mgcosθ)2+(mgsinθ)2=mg，故CD错误；故选：B。
板块模型--高考物理压轴题专项训练 学生版
板块模型1.目录一、考向分析⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1二、题型及要领归纳⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2热点题型二结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6热点题型三结合新情景考察板块模型思想的迁移运用⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9类型一以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9类型二结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10类型三综合能量观点考查板块模型⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13类型四电磁学为背景构建板块模型⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15三、压轴题速练⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20一考向分析1.概述：滑块和滑板叠加的模型简称为“板块模型”这两个简单的“道具”为考查学生的物质观念、运动与相互作用观念能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、学、练、测的重要模型之一。
无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”的模型的身影都随处可见，而且常考常新。
对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析问题、解决问题的能力和学科核心素养。
2.命题规律滑块-滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
3.复习指导分析滑块-滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。
一个转折--滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
两个关联--转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。
一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
专题05 牛顿运动定律中的斜面和板块模型(原卷版)-高考物理计算题专项突破
专题05 牛顿运动定律中的斜面和板块模型一、牛顿第二定律：ma F =合；x ma F x =合；y ma F y =合。
二、牛顿第三定律：'F F -=，（F 与'F -等大、反向、共线）在解牛顿定律中的斜面模型时，首先要选取研究对象和研究过程，建构相应的物理模型，然后以加速度为纽带对研究对象进行受力分析和运动分析，最后根据运动学公式、牛顿运动定律、能量守恒定律、动能定理等知识，列出方程求解即可。
在解决牛顿定律中的板块模型时，首先构建滑块-木板模型，采用隔离法对滑块、木板进行受力分析，运用牛顿第二定律运动学公式进行计算，判断是否存在速度相等的临界点；若无临界速度，则滑块与木板分离，只要确定相同时间内的位移关系，列出方程求解即可；若有临界速度，则滑块与木板没有分离，此时假设速度相等后加速度相等，根据整体法求整体加速度，由隔离法求滑块与木板间的摩擦力f 以及最大静摩擦力m f 。
如果m f f ≤，假设成立，整体列式，求解即可；如果m f f >，假设不成立，需要分别列式求解。
一、在斜面上物块所受摩擦力方向的判断以及大小的计算1.物块(质量为m )静止在粗糙斜面上：（1）摩擦力方向的分析：对物块受力分析，因为物块重力有沿斜面向下的分力，故物块有沿斜面向下的运动趋势，则物块所受摩擦力沿斜面向上。
（2）摩擦力大小的计算：物块处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡，即0=合F ，则有θsin mg F f =。
2.物块(质量为m )在粗糙的斜面上匀速下滑：（1）摩擦力方向的分析：物块沿斜面向下运动，可以根据摩擦力的方向与相对运动的方向相反来判断物块受到的摩擦力的方向沿斜面向上。
（2）摩擦力大小的计算：①物块处于平衡状态，沿斜面方向受力平衡，即0=合F ，则有θsin mg F f =，N F f μ=。
②物块沿斜面向下做匀加速运动，滑动摩擦力为N F f μ=，由牛顿第二定律有ma F mg f =-θsin 。
03斜面模型与板块模型(2021年高考物理真题按模型或题型分类汇编)
1.（全国卷乙21，6分）. 水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图（a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图（c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，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. 111=F m g μB. 2122211()()m m m F g m μμ+=- C. 22112m m m μμ+>D. 在20~t 时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD【解析】A ．图（c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+ 故A 错误；BC ．图（c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=> 解得2122211()()m m m F g m μμ+=- ()12211m m m μμ+> 故BC 正确； D ．图（c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，故D 正确。
故选BCD 。
2.（河北卷13，11分） 如图，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1s 后质量为48kg 的滑雪者从顶端以1.5m/s 的初速度、23m/s 的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为112μ=，重力加速度取210m/s g =，7sin 25θ=，24cos 25θ=，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：（1）滑道AB 段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
专题03 斜面模型-2023年高三物理常见模型与方法强化专训专练(解析版)(解析版)
2023年高三物理常见模型与方法强化专训专练专题03斜面模型特训目标特训内容目标1高考真题（1T—6T）目标2三大力场中有关斜面模型的平衡问题（7T—12T）目标3三大力场中有关斜面模型的动力学问题（13T—18T）目标4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题（19T—24T）【特训典例】一、高考真题1．（2022年北京卷）如图所示，质量为m 的物块在倾角为θ的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为μ。
下列说法正确的是（）A ．斜面对物块的支持力大小为sin mg θB ．斜面对物块的摩擦力大小为cos mg μθC ．斜面对物块作用力的合力大小为mgD ．物块所受的合力大小为sin mg θ【答案】B 【详解】A ．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为N cos F mg θ=故A 错误；B ．斜面对物块的摩擦力大小为f N cos F F mg μμθ==故B 正确；CD ．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得sin cos F mg mg ma θμθ=-=合可知sin cos mg mg θμθ>则斜面对物块的作用力为()()()()222222N f cos cos cos sin F F F mg mg mg mg mgθμθθθ=++<+=故CD 错误。
故选B 。
2．（2022年全国卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P 处，上部架在横杆上。
横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。
将小物块由平板与竖直杆交点Q 处静止释放，物块沿平板从Q 点滑至P 点所用的时间t 与夹角θ的大小有关。
若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t 将（）A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大后减小D ．先减小后增大【答案】D 【详解】设PQ 的水平距离为L ，由运动学公式可知21sin cos 2L g t θθ=可得24sin 2L t g θ=可知45θ=︒时，t 有最小值，故当θ从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t 先减小后增大。
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例题1：地面固定一个斜面倾角
为
θ，AC
边长为L ，小物块乙置于木板
甲的一端，与木板一起从斜面顶端C 处无初速度释放，其中甲乙质量均为m ，斜面光滑，甲乙之间的动摩擦因素为
θμtan =，木板长度为
3L/4，重力加速度为g ，每当木
板滑到斜面底端时，就会与A 处的弹性挡板发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短，对木块速度的影响可以忽略。
求：①甲乙开始静止下滑的加速度；②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离；③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。
【解析】木板、木块、斜面分别用角标P 、Q 、M 代表
<1>开始下滑时，甲乙相对静止，视为整体，由牛二律：ma mg 2sin 2=θ，故θsin g a = 碰到底部挡板时，有)4
3(2021L L a v -=- 故2sin 1θgL v =
，需时：θ
sin 211g L
a
v
t ==
<2>木板频道A 端反弹，沿斜面向上运动，物块仍然沿斜面向下，对木板P 有：
2sin cos 板ma mg mg =+θθμ
又μθ=tan ，故θsin 22g a =板
反弹过程木板P 的初速度12
v v =板
设木板减速到零，走过的位移（相对斜面M ）
为2板对斜面S ，则有：
222
220-板对斜面板板S a v = 解得：L S 8
1
2
=板对斜面 所需时间θ
sin 2212
22g L
a v t =
=板板板
对物块Q 有：
物ma mg mg =-θμθcos sin
又μθ=tan ，故0=物a ，即物块在木板上相对地面匀速下滑
在2板t 时间内，物块对斜面下滑的位移为：
L 4
1
212=
=板物对斜面t v S ，则物块相对木板的位移为：L 8
3
2
22=+=板对斜面物对斜面物对板S S S <3> 木板减速到零后，方向沿斜面向下加速。
木板若加速到与木块共速，需走过
22214
板对斜面板板
S L a v S >== 故木板在回到斜面底端A 时，仍然没有达到
与物体共速，故木板回到底端时的速度为：
12232v S a v ==板对斜面板板，所需时间为：
θ
sin 22122
33g L
t a v t =
==
板板板板
木板返回所走位移：L S S 8
123=
=板对斜面板对斜面 此时间内物块又向下相对斜面走了位移：
L t v S 4
1313=
=板物对斜面 θ
A
甲P
B
C
故物体在斜面上相对前进了：
L S S S 8
1
-333==板对斜面物对斜面物对板
此时物体距离木板左端还剩下的距离为：
L S S L S 4
1
-43324=-=
物对板物对板物对板 <4>木板与底端碰撞后又反弹14v v =板 若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零，而木块仍未从木板上落下，由前面计算可知，
木板相对斜面的位移为L S 8
1
2
=板对斜面，需时间θ
sin 22123g L
t t =
=板板，与此同时物体
对斜面向下位移为L S 4
13
=物对斜面 故物体对木板的位移为：
L S L S S 4
1
83432=>=+物对板物对斜面板对斜面
说明板还未减速到零之前，物体已经达到木板左端，设需要时间为4板t ，则木板向上相对斜面运动位移为：
2
4
24124244421-21-板板板板板板板板对斜面t a t v t a t v S ==物体继续相对斜面向下运动位移：
414板物对斜面t v S = 则物体对木板位移为：
L S S S 4
1
444=
=+物对板物对斜面板对斜面 即L t g t gL 4
1)sin 2(21-)2sin 22
44=⨯⨯
板板（θθ 解得： θ
sin 2124g L t -=板
故总时间为
θ
sin 222-
34321g L
t t t t t ）（板板板总=+++=
方法2：VT 图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：
θ
sin 21g L a v t ==
，又13221
t t t ==
321t t t t ++=时，甲乙的相对位移为：三角形DKH 的面积，把三角形CKE 的面积补到三角
形EGH 的部分，则等于矩形DCGH 的面积，又等于矩形ABCD 的面积（L /2），即：
L
vt t t v S 21)
(22
1
DH DK 21111==+⨯⨯=⨯=）（物对板
故4t 内的相对位移为：
444414)]sin 22(2[21
)]2(2[21
)]([21
)(2
1
412143t t g v v t t a v v HJ PN JN HM HJ JP HM L L L S ⨯⨯-+=⨯-+=⨯-+=⨯+==-=
θ物对板解得: θ
sin 2124g L
t -=板
故总时间为
θ
sin 222-34321g L
t t t t t ）（板板板总=+++=
在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m 1和m 2的木板P 、Q ，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a 和b ，木板和物块均处于静止状态．现对物块a 和b 分别施加水平恒力F 1和F 2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P 、Q 的速度分别为v 1、v 2，物块a 、b 相对地面的位移分别为s 1、s 2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（ ）
A ．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2
B ．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2
C ．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2
D ．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2 A ．若F 1=F 2、m 1＞m 2，则v 1＞v 2、S 1=S 2 B ．若F 1=F 2、m 1＜m 2，则v 1＞v 2、S 1=S 2 C ．若F 1＞F 2、m 1=m 2，则v 1＜v 2、S 1＞S 2 D ．若F 1＜F 2、m 1=m 2，则v 1＞v 2、S 1＞S 2
12题：A 、首先看
F 1=F 2 时情况：由题很容易得
到a 、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a 、b 加速度相同，我们设a 、b 加速度大小为a ，对于P 、Q ，滑动摩擦力即为它们的合力，设P （m 1）的加速度大小为a 1，Q （m 2）的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得：因为a 1=μmg / m 1，a 2=μmg / m 2，其中m 为物块a 和b 的质量．设板的长度为L ，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a 与P 的相对位移L=(1/2)at 12-(1/2)a 1t 12又b 与Q 的相对位移L=(1/2)at 22-(1/2)a 2t 22若m 1＞m 2，a 1＜a 2所以得：t 1＜t 2 P 的速度为v 1=a 1t 1，Q 的速度为v 2=a 2t 2物块a 相对地面的位移分别为s 1=(1/2)at 12物块b 相对地面的位移分别为s 2=(1/2)at 22则v 1＜v 2，s 1＜s 2，故A 、B 错误．对于C 、若F 1＞F 2、m 1=m 2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a 的加速度大于b 的加速度，即a a ＞a b 由于m 1=m 2，所以P 、Q 加速度相同，设P 、Q 加速度为a ．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a 与P 的相对位移L=(1/2)a a t 12-(1/2)at 12又b 与Q 的相对位移L=(1/2)a b t 22-(1/2)at 22由于a a ＞a b 所以得：t 1＜t 2则v 1＜v 2，s 1＜s 2，故C 错误．对于D 、根据C 选项分析得：若F 1＜F 2、m 1=m 2，a a ＜a b 则v 1＞v 2、S 1＞S 2故D 正确．故选D ．
V/ m.s -1
t/ s
v
v
t
t t t
A B C D E F G H I
J
K L M N。