《2025年学霸高考黑题物理人教版》

经典真题 1 受恒力的水平板块模型+$ v - t $ 图像+板块分离问题 (2024·黑吉辽卷)

(多选)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为 $ \mu $. $ t = 0 $ 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、$ \frac{1}{2}\mu gt_0 $ 的反向的速度从右端滑上木板.已知 $ t = 0 $ 到 $ t = 4t_0 $ 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.$ t = 4t_0 $ 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 $ t = 3t_0 $ 时刻滑上木板
B.小物块和木板间动摩擦因数为 $ 2\mu $
C.小物块与木板的质量比为 $ 3:4 $
D.$ t = 4t_0 $ 之后小物块和木板一起做匀速运动

答案：
1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①长木板与地面二者间的动摩擦因数为$\mu$
②$t=0$时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动
③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
④已知$t=0$到$t=4t_0$的时间内，木板速度$v$随时间$t$变化的图像如图所示

间接信息：
①在$t=3t_0$时刻木板的加速度发生改变，说明木板的受力发生改变
②$t=3t_0$时刻，木板的速度为$v_0=\frac{3}{2}\mu gt_0$，小物块的速度为$v_1=-\frac{3}{2}\mu gt_0$；$t=4t_0$时刻，小物块与木板共速，此时速度大小为$v_{共}=\frac{1}{2}\mu gt_0$
③物块未滑上木板时，木板的加速度为$a=\frac{\frac{1}{2}\mu gt_0}{t_0}=\frac{1}{2}\mu g$
物块滑上木板后木板的加速度为$a'=\frac{\frac{1}{2}\mu gt_0-\frac{3}{2}\mu gt_0}{t_0}=-\mu g$
步骤B 设问反向推演
(1)选项A判断对错：
A.小物块在$t=3t_0$时刻滑上木板
$\rightrightarrows$在木板上放上小物块后木板的受力发生改变，木板的加速度会在放上小物块一刻改变，观察图像易做出判断
(2)选项B判断对错：小物块和木板间动摩擦因数为$2\mu$
$\rightrightarrows$小物块放上木板后在摩擦力作用下做匀变速运动
$\rightrightarrows$用牛顿第二定律求摩擦力，可求出小物块和木板间动摩擦因数
$\rightrightarrows$通过图像分析$3t_0$到$4t_0$这段时间的信息，求出小物块加速度
(3)选项C判断对错：C.小物块与木板的质量比为$3:4$
$\rightrightarrows$质量与加速度大小相关，需用牛顿第二定律对木板两个阶段列式
$\rightrightarrows$通过图像求出两个阶段的加速度
(4)选项D判断对错：D.$t=4t_0$之后小物块和木板一起做匀速运动
$\rightrightarrows$运动状况未知时可以用假设法
$\rightrightarrows$假设D正确，分析整体的受力，判断系统是否处于平衡状态，是则假设成立，否则假设不成立
步骤C 正反连接
(1)选项A：图像中$t=3t_0$时刻木板加速度改变，说明此时小物块滑上木板，故A正确
(2)选项B：$t=3t_0$时刻，木板的速度为$v_0=\frac{3}{2}\mu gt_0$，小物块的速度为$v_1=-\frac{3}{2}\mu gt_0$，经过$t_0$时间与木板共速，$v_{共}=\frac{1}{2}\mu gt_0$，则$v_{共}-v_1=a_0t_0$，$a_0=\frac{\mu_0mg}{m}=\mu_0g$，解得$\mu_0=2\mu$，故B正确
(3)选项C：小物块未滑上木板时，木板的加速度为$a=\frac{\frac{1}{2}\mu gt_0}{t_0}=\frac{1}{2}\mu g$，$F-\mu Mg=Ma$，解得$F=\frac{3}{2}\mu Mg$，
根据图像可知小物块滑上木板后木板的加速度为$a'=\frac{\frac{1}{2}\mu gt_0-\frac{3}{2}\mu gt_0}{t_0}=-\mu g$，此时对木板由牛顿第二定律得$F-\mu(m+M)g-\mu_0mg=Ma'$，
解得$\frac{m}{M}=\frac{1}{2}$，故C错误
(4)选项D：假设$t=4t_0$之后小物块和木板一起共速运动，对整体$F-\mu(m+M)g=\frac{3}{2}\mu Mg-\frac{3}{2}\mu Mg=0$，
故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即$t=4t_0$之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确.故选ABD.

巩固训练 2 多木板问题+临界极值问题 (2025·浙江宁波九校联考)
如图所示，地面上固定一倾角 $ \theta = 37° $ 的斜面，紧靠斜面依次排放两块完全相同的木板 $ A $、$ B $，长度均为 $ l = 2 \, m $，厚度不计，质量均为 $ m $，木板上表面与斜面底端平滑连接.现有一质量为 $ m $ 的滑块(可视为质点)从斜面上某处静止释放，已知滑块与斜面间动摩擦因数为 $ \mu_0 = 0.125 $，滑块与木板间动摩擦因数为 $ \mu_1 $，木板与地面间动摩擦因数 $ \mu_2 = 0.2 $，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，$ \sin 37° = 0.6 $，$ \cos 37° = 0.8 $，$ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $.求：
(1)若滑块从离地面高 $ h_0 = 1.5 \, m $ 处静止滑下，求滑块到达轨道末端时的速度 $ v_0 $ 的大小；
(2)若滑块滑上木板 $ A $ 时，木板不动，而滑上木板 $ B $ 时，木板 $ B $ 开始滑动，求 $ v_0 $ 的大小；
(3)若滑块从离地面高 $ h_0 = 1.5 \, m $ 处静止滑下，且 $ \mu_1 = 0.8 $，则滑块从释放到最终停止需要多久；
(4)若 $ \mu_1 = 0.5 $，为使滑块能停在 $ B $ 上，滑块由静止下滑的高度 $ h $ 应满足什么条件.

答案： 2.题型分析
本题为2块木板的板块模型，可先将$A$、$B$板视为整体，分析当滑块冲上木板后是否运动，得出$A$、$B$板的分离情况.
(1)$5m/s$
(2)$0.4＜\mu_1\leq0.6$
(3)$\frac{11}{6}s$
(4)$1.2m\leq h\leq2.64m$
解析：
(1)滑块在斜面上时，由牛顿第二定律有$mg\sin\theta-\mu_0mg\cos\theta=ma_0$，
解得$a_0=5m/s^2$，
从静止到滑至底端$v_0^2=2a_0\frac{h_0}{\sin37°}$，
代入数据解得$v_0=5m/s$；
(2)若滑上木板$A$时，木板不动，则$\mu_1mg\leq\mu_2(m + 2m)g$，
若滑上木板$B$时，木板$B$开始滑动，则$\mu_1mg＞\mu_2(m + m)g$，
联立代入数据得$0.4＜\mu_1\leq0.6$；
(3)已知$\mu_1 = 0.8＞0.6$，由
(2)可知滑块滑上木板$A$时，木板会滑动，
由
(1)可知，滑块滑到底端的速度$v_0 = 5m/s$，时间$t_0=\frac{v_0}{a_0}=1s$，
滑块滑上木板$A$时，以滑块为研究对象可得$\mu_1mg = ma_1$，解得$a_1 = 8m/s^2$，
以木板$AB$为研究对象可得$\mu_1mg-\mu_2×3mg = 2ma_2$，解得$a_2 = 1m/s^2$，
共速时$v_0 - a_1t_1 = a_2t_1$，解得$t_1=\frac{5}{9}s$，$v_{共}=\frac{5}{9}m/s$，
此时$x_{滑}=\frac{v_0^2 - v_{共}^2}{2a_1}=\frac{125}{81}m$，$x_{板}=\frac{1}{2}a_2t_1^2=\frac{25}{162}m$，
相对位移$\Delta x = x_{滑}-x_{板}=\frac{25}{18}m＜2m$，
此时滑块仍在$A$上，之后滑块与$AB$一起减速，且$a_3=\mu_2g = 2m/s^2$，
减速到$0$的时间$t_2=\frac{v_{共}}{a_3}=\frac{5}{18}s$；
总时间$t=\frac{11}{6}s$；
(4)由
(2)知滑块滑上$A$时，木板不动，而滑上木板$B$时，木板$B$开始滑动.
滑块下滑高度记为$h$，到达斜面末端时速度记为$v_0$，且$v_0=\sqrt{\frac{2a_0h}{\sin37°}}=\sqrt{\frac{50h}{3}}$，
滑块滑上$A$时做匀减速运动，加速度大小$a_1=\mu_1g = 5m/s^2$，
滑块离开$A$时速度$v_1^2 - v_0^2=-2a_1l$，
①当滑块恰好滑上$B$时，$v_1 = 0$，
联立解得$h = 1.2m$，
②当滑块恰好停在$B$板右端时达到共速，
滑块滑上$B$板时，加速度大小仍为$a_1 = 5m/s^2$，
对$B$有$\mu_1mg-\mu_2×2mg = ma_2$，解得$a_2 = 1m/s^2$，
共速时$v_{共}=v_1 - a_1t = a_2t$，$\frac{v_{共}^2 - v_1^2}{2a_1}+\frac{v_{共}^2}{2a_2}=l$，
解题技巧：以木板$B$为参考系，滑块的相对加速度$\Delta a = 6m/s^2$，当滑块恰好停在$B$右端时$v_1^2 = 2\Delta al$.
联立解得$h = 2.64m$，
综上可得$1.2m\leq h\leq2.64m$.

巩固训练 3 多滑块问题+动量守恒+功能关系 (2025·四川攀枝花一模)
如图所示，质量 $ M = 3 \, kg $ 的长木板 $ C $ 静止在光滑水平面上，可视为质点、质量均为 $ m = 1 \, kg $ 的两个小物块 $ A $、$ B $ 置于长木板上方，其中 $ A $ 位于长木板最左端，$ B $ 与 $ A $ 的初始距离 $ s_0 = 1 \, m $.同时给予 $ A $、$ B $ 一个水平向右的瞬时冲量，使 $ A $、$ B $ 分别获得初速度 $ v_{A0} = 2 \, m/s $、$ v_{B0} = 4 \, m/s $.已知物块 $ A $、$ B $ 分别与木板 $ C $ 之间的动摩擦因数 $ \mu_A = 0.1 $、$ \mu_B = 0.2 $，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $，$ B $ 始终未离开长木板，求：
(1)最终 $ A $、$ B $、$ C $ 的共同速度 $ v_{共} $；
(2)长木板的最小长度 $ L $；
(3)整个过程 $ C $ 分别与 $ A $、$ B $ 因摩擦而产生的热量之比 $ \frac{Q_A}{Q_B} $.

答案：
3.题型分析
本题为多物块的板块模型，需要计算分析哪个滑块先与木板达到共速.
(1)$1.2m/s$，方向水平向右
(2)$3.7m$
(3)$\frac{5}{27}$
解析：
(1)对$A$、$B$、$C$，规定向右为正方向，全程由动量守恒定律有$mv_{A0}+mv_{B0}=(m + m+M)v_{共}$，
代入数据解得$v_{共}=1.2m/s$，方向水平向右；
(2)对$A$有$\mu_Amg = ma_A$，解得$a_A = 1m/s^2$(方向水平向左)，
对$B$有$\mu_Bmg = ma_B$，解得$a_B = 2m/s^2$(方向水平向左)，
对$C$有$\mu_Amg+\mu_Bmg = Ma_C$，解得$a_C = 1m/s^2$(方向水平向右)，
分析可知$AB$做匀减速直线运动，$C$做匀加速直线运动，

$A$、$C$先共速，$A$不会与$B$碰撞，
达到共速的时间$t_1 = 1s$，此时$AC$速度$v_{AC}=1m/s$，$B$的速度$v_{B2}=2m/s$，
设$A$、$C$刚共速到$A$、$B$、$C$全部共速需要的时间为$t_2$，
对$A$、$C$整体，由牛顿第二定律有$\mu_Bmg=(m + M)a_{AC}$，解得$a_{AC}=0.5m/s^2$，
$A$、$B$、$C$共速时，$v_{共}=v_{AC}+a_{AC}t_2$，解得$t_2 = 0.4s$，
$0\sim t_1$时间内，$B$、$C$位移分别为$x_{B1}=\frac{v_{B1}+v_{B2}}{2}t_1$，$x_{C1}=\frac{v_{AC}}{2}t_1$，
$t_1\sim t_2$时间内$B$、$C$位移分别为$x_{B2}=\frac{v_{B2}+v_{共}}{2}t_2$，$x_{C2}=\frac{v_{共}+v_{AC}}{2}t_2$，
则长木板$C$的最小长度$L=(x_{B1}+x_{B2})-(x_{C1}+x_{C2})+s_0$，
联立以上各式，解得$L = 3.7m$；
(3)对$A$，$0\sim t_1$时间内，$A$的位移$x_{A1}=\frac{v_{AC}+v_{A0}}{2}t_1$，
则$0\sim t_1$时间内，$AC$间产生热量为$Q_A=\mu_Amg(x_{A1}-x_{C1})$，
对$B$、$C$，$BC$间产生热量为$Q_B=\mu_Bmg(L - s_0)$，
联立以上各式，解得$\frac{Q_A}{Q_B}=\frac{5}{27}$