课时冲关17 素养培优6“滑块一木板”模型中的动力学问题-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮课时作业（人教版2019）

课时冲关１７　素养培优６　“滑块—木板”模型中的动力学问题 学生用书　P３６３　 [能力综合练] １．(２０２５􀅰浙江杭州模拟)如图所 示,质量为m 的木块在质量为 M 的木板上滑行,木板与地面 间的动摩擦因数为μ１,木块与木板间的动摩擦 因数为μ２,木板一直静止,则 (　　) A．木块受到向右的静摩擦力 B．木板受到木块向左的滑动摩擦力 C．木板与地面之间的摩擦力大小为μ１(m＋ M)g D．木块给木板的摩擦力大小为μ２mg 解析:D　[木块相对木板向右运动,故木块受到 木板向左的 滑 动 摩 擦 力,大 小 为 Ff＝μ２FN＝ μ２mg,力的作用是相互的,故木块对木板有向右 的滑动摩擦力,大小为μ２mg,故A、B错误,D正 确;木板静止,所以木板与地面之间的摩擦力为 静摩擦力,大小等于木块对木板的摩擦力大小, 也为μ２mg,而不能用滑动摩擦力的公式计算, 故C错误．] ２．(２０２５􀅰湖南岳阳期末)物块与木板间的动摩擦 因数为μ,木板与水平面间的动摩擦因数为 １ ３μ , 已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重 力加速度为g,现对物块施加一水平向右的拉力 F,则木板加速度大小a可能是 (　　) A．a＝μg　　　　　　B．a＝ ２μg ３ C．a＝４μg３ D．a＝ μg ３ 解析:D　[物块与木板间的最大静摩擦力为fm１ ＝μmg,木板与水平面间的最大静摩擦力为fm２ ＝１３μ×２mg＝ ２ ３μmg ,因为fm２＜fm１,所以木 板与地面先发生滑动,物块与木板之间后发生 滑动,当物块与木板之间的摩擦力达到最大值 时,木板的加速度最大,木板的 最 大 加 速 度 为 μmg－ １ ３μ×２mg＝mam ,解 得am＝ １ ３μg ,故 选D．] ３．(多选)(２０２５􀅰辽宁大连期末)如图甲所示,水 平地面上有一质量为 M 的长木板,将一质量为 m 的小物块放在长木板上．给小物块施加一水 平外力F,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a随外 力F 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g取１０m/s２,则 (　　) A．水平地面粗糙 B．F＝１N时小物块相对长木板发生滑动 C．小物块与长木板的质量之比为２∶３ D．小物块与长木板的质量之比为１∶３ 解析:AD　[由题图乙可知,当外力F＝１N时, 整体才开始运动,所以木板受到水平地面的摩 擦力,即水平地面粗糙,故A正确;由图可知,当 外力F＝１N时,整体开始运动,此时物块和木 板加速度相同,相对静止;当F＝３N时,物块和 木板的加速度开始不同,此时物块相对木板发 生滑动,故B错误;由图可知,当外力１N＜F＜ ３N时,物块和木板一起运动,则根据牛顿第二 定律F－f＝(M＋m)a,整 理 得a＝ FM＋m－ f M＋m ,所以,斜率为k１＝ １ M＋m＝ ２ ３－１ , 解得 M＋m＝１kg,当F＞３N时,物块和木板 发生相对滑动,对物块根据牛顿第二定律 F－f′＝ma,整理得a＝Fm－ f′ m ,此时斜率为 k２＝ １ m＝ ２ ３－２．５ ,解得m＝１４kg , 所以 M＝３４kg ,所以,小物块与长木板的质量之 比为m M＝ １ ３ ,故C错误,D正确．] ４．(２０２５􀅰陕西西安期末)如图所示,在光滑的水 平面上有一长为L 的木板,木板以速度v向右 运动,在其右端轻放一小滑块,小滑块刚好滑到 木板中点,已知木板与小滑块的质量相等,小滑 块看作质点,重力加速大小为g,求: (１)小滑块最终的速度大小v′; (２)小滑块在木板上滑动的过程中,木板的位移 大小x及两者间的动摩擦因数μ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３７４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律 解析:(１)设木板和小滑块的质量为 m,小滑块 最终的速度大小为v′,以向右为正方向,由动量 守恒定律得mv＝２mv′,得v′＝１２v． (２)设小滑块在木板上滑动的过程中,木板的位 移大小为x及两者间的动摩擦因数为μ,由动能 定理,对木板－μmgx＝ １ ２mv′ ２－１２mv ２, 对滑块μmg x－ L ２ æ è ç ö ø ÷＝１２mv′ ２, 解得x＝３L４ ,μ＝ v２ ２gL． 答案:(１)v２　 (２)３４L　 v２ ２gL ５．(２０２５􀅰黑龙江哈尔滨阶段练习)如图,一质量 M＝２kg、长L＝１m的木板在光滑的水平面上 以大小v０＝２m/s的速度向左运动,一质量m＝ １kg、可视为质点的物块从木板的左端也以大 小为v０ 的速度向右滑上木板,最终物块滑离木 板时速度刚好为零,已知g＝１０m/s２,求: (１)物块速度为零时木板速度的大小及物块与 木板间的动摩擦因数μ; (２)该过程木板对地位移的大小． 解析:(１)设物块在木板上滑动时的加速度为 a１,则a１＝μg, 设木板运动的加速度为a２,对木板研究有μmg ＝Ma２, 解得a２＝ １ ２μg , 物块在木板上运动的时间t１＝ v０ a１ ＝ v０ μg 根据题意有 v２０ ２a１ ＋v０t１－ １ ２a２t ２ １＝L, 解得μ＝０．５,t１＝０．４s, 物块速度为零时木板速度的大小 v＝v０－a２t１＝１m/s． (２)该过程木板对地位移的大小 x＝ v０＋v ２ t１＝０．６m． 答案:(１)１m/s,０􀆰５;(２)０􀆰６m ６．(２０２５􀅰河南周口期中) 如图所示,质量为３m、 长L＝１m的木板静置于水平地面上．一质量为 m、可视为质点的滑块从左端以某一速度水平滑 上木板,滑块做匀减速运动,最后停在木板最右 端,此过程木板恰好能保持静止．已知滑块与木 板间的动摩擦因数为μ,滑块滑过第１个 １ ４m 的 时间为 １－ ３２ æ è ç ö ø ÷s,设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力．求: (１)木板与水平地面间的动摩擦因数μ′; (２)滑块滑上木板时的速度大小v及其加速度 大小a; (３)若木板静置于光滑水平面上,滑块仍以原速 度从左端滑上木板,并以原加速度做匀减速运 动,木板的加速度为２ ３m /s２,两者相对静止时, 滑块离木板右端的距离s． 解析:(１)滑块滑上木板,受向左的滑动摩擦力 作用Ff＝μmg, 木板恰好能保持静止,由牛顿第三定律及二力 平衡,对木板有μ′(３m＋m)g＝μmg, 得μ′＝μ４． (２)设滑块依次通过第１个L４ 、第２个L４ 、第３ 个L ４ 和第４个L４ 的时间分别为t１、t２、t３ 和t４,运 动的 总 时 间 为t,滑 块 最 后 停 在 木 板 的 最 右 端,有 t１∶t２∶t３∶t４＝(２－ ３)∶(３－ ２)∶(２－１) ∶１ 已知t１＝ １－ ３２ æ è ç ö ø ÷s＝２－ ３２ s , 解得t＝１s,由􀭵v＝v２＝ L t , 得v＝２m/s, 加速度a＝Δvt ＝２m /s２． (３)若木板静置于光滑水平面上,滑块仍以原速 度从左端滑上木板,滑块做匀减速运动,木板做 匀加速运动,加速度大小分别为a＝２m/s２ 和 a′＝２３m /s２,设经过时间t′,两者相对静止,有 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４７４􀅰 高考总复习　物理 v－at′＝a′t′,代入数据得t′＝３４s , 滑块相对木板的位移 Δx＝ vt′－１２at′ ２æ è ç ö ø ÷－１２a′t′ ２ 代入数据得Δx＝３４m , 两者相对静止时,滑块离木板右端的距离s＝ １－３４ æ è ç ö ø ÷m＝１４m． 答案:(１)μ４　 (２)２m/s,２m/s２　(３)１４m [素养培优练] ７．(２０２５􀅰湖南长沙期末)如图所示,在粗糙的水 平地面上有一长为L＝１２m、质量为 M＝２kg 的长木板B,在长木板的中点P 放有一质量为 m＝１kg(可视为质点)的小物块A,开始时A、B 均静止．已知A与B、B与地面之间的动摩擦因 数分别为μ１＝０．１和μ２＝０．３,设最大静摩擦力 等于滑动摩擦力．现用水平向右的恒力拉长木 板B,重力加速度g＝１０m/s２．求: (１)当A刚好相对B开始滑动时,水平拉力F０ 的大小; (２)若水平拉力F１＝１０．５N,A所受到的摩擦 力大小; (３)若水平拉力F２＝２４N,要使 A刚好不滑离 B,则F２ 作用多长时间后撤去? 并求A最终停 在B上的位置． 解析:(１)当A与B刚好相对滑动时,A、B之间 为滑动摩擦力,对A有μ１mg＝ma０, 解得a０＝１m/s２, 当A、B刚要相对滑动时,设拉力大小为F０,对 A、B有F０－μ２(M＋m)g＝(M＋m)a０, 解得F０＝１２N． (２)由于F１＝１０．５N＜F０＝１２N, 且F１＞μ２(M＋m)g＝９N, 故A、B一起做匀加速运动,对 A、B整体有F１ －μ２(M＋m)g＝(M＋m)a共, 解得a共 ＝０．５m/s２, 对A有f＝ma共,解得f＝０．５N． (３)由于水平拉力F２＝２４N＞F０＝１２N, 故A、B相对滑动,对A有μ１mg＝ma１, 解得a１＝１m/s２, 对B有F２－μ２(M＋m)g－μ１mg＝Ma２, 解得a２＝７m/s２, 设拉力作用t１ 时最终小物块刚好没有滑离长木 板,则t１ 时间内小物块速度和位移分别为 v１＝a１t１,x１＝ １ ２a１t ２ １,t１ 时间内木板的速度和位 移分别为v２＝a２t１,x２＝ １ ２a２t ２ １, 此过程中A相对B向左滑动距离Δx１＝ １ ２a２t ２ １ －１２a１t ２ １, 水平拉力撤去后,设再经时间t２,A、B刚好共 速,因A的受力不变,故A继续加速,加速度仍 然为a１＝１m/s２, B做 减 速 运 动,且 有 μ２(M ＋m)g＋μ１mg＝ Ma３,解得a３＝５m/s２, 则有v共 ＝v１＋a１t２＝v２－a３t２, 此过程中A相对B向左滑动Δx２＝ v２＋v共 ２ t２－ v１＋v共 ２ t２＝ v２－v１ ２ t２ , 此时A刚好滑到B最左端,则有 Δx＝Δx１＋ Δx２＝ L ２＝６m , 联立解得v共 ＝２m/s,t１＝t２＝１s, 即F２ 作用１s时间后撤去,A刚好不从B的左 边滑离．由于A、B间动摩擦因数小,故共速后A 相对B向右滑动,A向右减速,加速度大小仍然 为a１＝１m/s２, B向右减速,设加速度大小为a４,则有μ２(M＋ m)g－μ１mg＝Ma４, 解得a４＝４m/s２, 此后,A、B分别运动x３、x４ 后停下,有x３＝ v２共 ２a１ ＝２m,x４＝ v２共 ２a４ ＝０．５m, A相对B向右滑动了Δx′＝x３－x４＝１．５m, 即A最终停在B上离B左端１􀆰５m的位置． 答案:(１)１２N;(２)０􀆰５N;(３)１s,最终停在B 上离B左端１􀆰５m的位置 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５７４􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 第三章　牛顿运动定律