第7讲 木板一滑块问题-2026年高考物理母题60讲

第七讲木 母题呈现 [例]如图，可看作质点的小物块放在长木板 正中间，已知长木板质量为M=4kg,长度 为L=2m,小物块质量为m=1kg,长木板 置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在 用一大小为F的水平恒力作用于小物块 上，发现只有当F超过2.5N时，才能让两 物体间产生相对滑动。设两物体间的最大 静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加 速度g=10m/s2。 E M 7777777777710 (1)求小物块和长木板间的动摩擦因数； (2)若一开始力F就作用在长木板上，且 F=12N,则小物块经过多长时间从长木板 上掉下？ ·2 高考物理母题60讲 反一滑块问题 母题拓展 滑块（视为质点）置于木板上， 合F 滑块和木板均相对地面运动，板块用力拉 且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生 相对滑动。 一、两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A,物块 恰好不从木板上掉下的临 B 界条件是物块恰好滑到木 板左端时二者速度相等，则 位移关系为xB=xA十L 物块A带动木板B,物块 恰好不从木板上掉下的临 7777777777772 界条件是物块恰好滑到木 板右端时二者速度相等，则 位移关系为xB十L=xA 二、分析方法 先假设两者相对 静止，由牛顿第二 若f<fm 不会发生 定律求出它们 相对滑动 力学法 之间的摩擦力f, 与最大静摩擦力 →若f>fm 发生相 对滑动 fm进行比较 比较滑块与长木 不会发生 若相等 板的速度和加速 相对滑动 度 →不相等→发生相对滑动 学 画出滑块和长木 直观反映两者的运动过程 板的v一t图像 衍生练习 [衍生1]（多选）如图甲所示，一质量为m 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。，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，根据图像可知 以下判断正确的是 、高考物理母题60讲 0 甲 乙 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t,时刻，滑块从木板上滑出 [衍生2]（多选）如图所示，一质量为M的斜 面体静止在水平地面上，斜面倾角为0，斜 面上叠放着A、B两物体，物体B在沿斜面 向上的力F的作用下沿斜面匀速上滑。 若物体A、B之间的动摩擦因数为，以 tan0,A、B质量均为m,重力加速度为g, 则 B 0 7777777777777777777分777 A.物体A、B保持相对静止 B.物体A、B一定相对滑动 C.物体B与斜面间的动摩擦因数 为mgsin 0 2mgcos 0 D.物体B与斜面间的动摩擦因数 为F-mgsin0-umgeos 0 2mgcos 0 [衍生3]有一项“快乐向前冲”的游戏可简 化如下：如图所示，滑板长L=1m,起点A 到终点线B的距离s=5m。开始滑板静 止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为 质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑 板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。 已知滑块与滑板间动摩擦因数4=0.5，地面 视为光滑，滑块质量m1=2kg,滑板质量2 =1kg,重力加速度g=10m/s2,求： F -LA (1)滑板由A滑到B的最短时间； ·22 (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力 F的取值范围。 [衍生4]如图所示，足 口E 够长的长木板静止在 水平地面上，在长木板的左端放有一大小 不计的物块（可视为质点），现对物块施加 一水平向右的恒力F=6N,当物块在木板 上滑过1m的距离时，撤去恒力F。已知 长木板的质量M=1kg,物块的质量m= 1kg,木板与地面间的动摩擦因数1= 0.1,物块与木板间的动摩擦因数2= 0.3,取最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，g=10m/s2。 (1)求力F作用的时间； (2)求整个运动过程中长木板在地面上滑 过的距离； (3)若长木板不是足够长，其他条件不变， 为保证板块不分离，长木板的最小长度为 多少？ [衍生5]一长木板置于粗糙水平地面上，木 板左端放置一小物块；在木板右方有一墙 壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图 (a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一 起以共同速度向右运动，直至t=1s时木 板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后 木板速度大小不变，方向相反；运动过程中 小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的v一t图线如图(b)所示。 木板的质量是小物块质量的15倍，重力加 速度大小g取10m/s2。求： v/(m·s) t/s 图(a) 图(b) (1)木板与地面间的动摩擦因数以，及小物 块与木板间的动摩擦因数2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 ·23 高考物理母题60讲 衍生6]避险车道是避免恶性交通事故的 重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成， 如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹 角为0的斜面。一辆长12m的载有货物 的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床， 当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的 底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货 物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡 床顶端38m,再过一段时间，货车停止。 已知货车质量是货物质量的4倍，货物与 车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动 坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和 货物总重的0.44倍。货物与货车分别视 为小滑块和平板，近似取cos0=1,sin0= 0.1,g=10m/s2。求： 货车 、干道 货物 防撞设施 制动坡床 (1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和 方向； (2)制动坡床的长度。 高考物理母题60讲 [衍生7]如图，倾角α=30 的足够长光滑斜面固定 M 在水平面上，斜面上放一 长L=1.8m、质量M=3kg的薄木板，木 板的最右端叠放一质量m=1kg的小物 快，物块与木板间的动摩擦因数u气】 对木板施加沿斜面向上的恒力F,使木板 沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设 物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度g取10m/s2。 (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的 条件； (2)若F=37.5N,物块能否滑离木板？若 不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木 板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的 最大距离。 [归纳提升] 2 [衍生8]下暴雨时，有 A 时会发生山体滑坡或 B 泥石流等地质灾害。 某地有一倾角为0=37 (sin37°=0.6)的山坡 37°C C,上面有一质量为m的石板B,其上下表 面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大 量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所 示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质 量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极 短时间内，A、B间的动摩擦因数41减小为 0.375,B、C间的动摩擦因数减小为0.5， A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2s末，B的上表面突然变为光滑，42保持 不变。已知A开始运动时，A离B下边缘 的距离l=27m,C足够长，设最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求： (1)在0~2s时间内A和B加速度的 大小； (2)A在B上面运动的时间。=8Vm2+ M牛2，故AB错误；C.小球滚出凹糟 M2m2 的临界条件为小球受到槽的支持力沿着圆心与二者 接触的左端点连线方向，则有Nsin a=ma1,Ncos a =mg,解得临界加递度大小为a1=气g 38, 把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律可得 Mg a12m十Mn,解得M=(3+1)m,可知当M>(1 十√5)m时，A能从凹槽中滚出，故C正确；D.当a= 45°时，小球滚出凹槽的临界条件为小球受到槽的支 持力沿着圆心与二者接触的左端点连线方向，有 Vsin a=ma2,Ncos a=mg,解得临界加速度大小 a1=g,把A、B、C看作一个整体，根据牛顿第二定律 Mg 可得a=2m干M师<g,所以无论M为多大，A都不 能滚出凹槽，故D正确。 「答案]CD [衍生9][解析]A.A、B间发生相对运动时，A受到 的摩擦力为f1=umg=6N,解得两物块间的动摩擦 因数为4=0.2，故A正确；B.当0<F<4N时，由图 可知A、B间没有摩擦力作用，因此A、B处于静止状 态，故B正确；C.当时，由图可知，B与地面间摩擦力 是滑动摩擦力，而A、B间是静摩擦力，因此B在地面 上滑动，而A、B保持相对静止，故C错误；D.当时， 由图可知A、B间发生相对运动，A的摩擦力是滑动 摩擦力，根据可知，A的摩擦力保持不变，恒为，故D 错误。 [答案]AB [衍生10们解析]A.对两物体受力分析知，开始运 动时拉力最小，分离时拉力最大，则开始时拉力Fmm =(mp+ma)a=160N, 3 分离时对Q应用牛顿第二定律得 Fmax -magsin 0=mqa, 解得分离时拉力Fmx=280N,故A错误：BCD.前 3 0.2s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2s时刻两 物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小 相等，设此时弹簧的压缩量为x1,对物体P,由牛顿 第二定律得k.x1一npgsin0=mpa, 1 前0.2s时间内两物体的位移x0一工1=2Qt, 又未加拉力时平衡时k.xo=(mp十mQ)gsin0, 联立解得a=9(m/s2)a=元m,故BCD正确。 7 3 [答案]BCD 第七讲木板一滑块问题 [母题呈现] [例][解析](1)设两物体间的最大静摩擦力为f,当 F=2.5N作用于m时，对整体由牛顿第二定律有 F=(M+m)a,对M,由牛顿第二定律f=Ma,联立解 得f=2M, 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N=mg,由 摩擦力性质f=mg,得4=0.2： .23 高考物理母题60讲 (2)F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设 M、m加速度分别为a1、a2,对M,由牛顿第二定律 F-f=Ma1,得a1=2.5m/s2, 对m,由牛顿第二定律f=ma2,得a2=2m/s2, 由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内位移为 1 1 s1=21t,2=za2, m附滑下M时51一为=子L,联立得1=2s [答案](1)0.2(2)2s [衍生练习] [衍生1][解析]滑块以水平初速度0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=m28=g,a1=m2s, m2 m1 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1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g<m2s,则m1<m2。 m [答案]ACD [衍生2][解析]AB.设A、B之间的滑动摩擦力F1 则F1=mngcos8, 物体A沿斜面的重力的分力为F1=mngsin0, 因动摩擦因数为<tan9,A、B一定相对滑动，所以 A、B不会相对静止，A错误，B正确；CD.对物体B 受力分析，如图所示，B做匀速直线运动，受力平衡， 设B与斜面体间的摩擦因数为0，由平衡条件可知 F P F mg F=mgsin 0+Fn+fr,FN=FNI+mgcos 0, F2=u2FN, 物体A对B的压力大小为FN1=mgcos0, 解得B与斜面体间的动摩擦因数为 F-mgn9gos,C错误，D正确。 2mgcos 6 [答案]BD [衍生3][解析](1)滑板由A滑到B过程中一直加 速时，且加速度为a2最大时，所用时间最短，则有 m1g=m2a2s=2a2t,解得a2=10m/s2,t=1s。 (2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小， 设为F1,此时可认为二者加速度相等F1一m1g= m1a2,解得F1=30N, 当滑板运动到B,滑块刚好脱离时，水平恒力最大， 设为F2,设滑块加速度为a1,F2一m1g=m1a1, 合a1r-7a,r=,部得，=34N, 则水平恒力大小范围是30N≤F≤34N。 [答案](1)1s(2)30N≤F≤34N 、高考物理母题60讲 [衍生4][解析](1)对m,由牛顿第二定律可知 F-mg·42=ma,解得a=3m/s2, 设拉力F的作用时间为1，则m的位移x=己， 对M,由牛顿第二定律可知mg·2一(m十M)g· =Ma,解得a'=1m/s2, M的位移-r-=1n, 解得t=1s,x=1.5m,x'=0.5m。 (2)撤去力F时，物块m和长木板的速度v和)'，v= at=3 m/s,v=a't=1 m/s, 此后，物块m减速，M加速，设经过时间为，共同速度 为y1,对m,-mg·2=ma1,解得a1=-3m/s2, v十1】 =0十a1t1x1=2t1, 对M,mg·-(M十m)g·h=Ma1', =0+a1t1x'=t1+2a1i, 1 解得t1=0.5s,1=1.5m/s,x1=1.125m, x1'=0.625m, m和M一起减速，直到静止，设位移为x2, 对m和M,-(m十M)g·h1=(m+M)a2,0-u1= 2a2x2,解得x2=1.125m。 木板M的位移x=x'+x1'+x2=2.25m。 (3)有作用力F时，物块相对木板发生的位移为 Ax=x'+x1'=1.5m-0.5m=1m, 撤去作用力，至他们速度相等时，物块相对于木板发 生的位移为△x1=x1-x1'=1.125m-0.625m =0.5m。 速度相等后，物块与木板没有相对位移，故木板的最 小长度为L=△x十△x1=1m十0.5m=1.5m。 [答案](1)0.5s(2)2.25m(3)1.5m [衍生5][解析](1)规定向右为正方向。木板为墙 壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设 加速度为a1,小物块和木板的质量分别为m和M。 由牛顿第二定律有-1(m十M)g=(m十M)a1,① 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 y=4m/s,由运动学公式有M=0十a1t1, ② 1 s0=%i+2u1t12, ⊙ 式中，t1=1s,s0=4.5m是木板碰撞前的位移，0是 小物块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得山1=0.1。 ⑦ 在木板与墙壁碰撞后，木板以一)的初速度向左做 匀变速运动，小物块以1的初速度向右做匀变速运 动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有 2mg=ma2, ⑤ 由题图(b)可得a2=2二 ® t2-t1 式中，t2=2s,v2=0,联立⑤⑥式和题给条件得 2=0.4。 ⊙ (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间△t,木板 和小物块刚好具有共同速度3。由牛顿第二定律及 运动学公式得2mg十41(M+m)g=Mag, 3=一1十a3△t, ⑨ 3=U1十a2△t, ⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程 中，木板运动的位移为1=二，十△， ① 2 ·23 小物块运动的位移为2=凹， ② 2 小物块相对木板的位移为△=2一1， ⑧ 联立⑥⑧⑨⑩①②③式，并代入数值得△s=6.0m, 0④ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的 最小长度应为6.0m。 (3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀 变速运动直至停止，设加速度为a4,此过程中小物块 和木板运动的位移为3。由牛顿第二定律及运动学 公式得(m+M)g=(m十M)a4, 5 0-v32=2a4s3, G⑥ 碰后木板运动的位移为s=1十3， ⑦ 联立⑥⑧⑨0①⑤⑥⑦式，并代入数值得s=一6.5m。 18 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。 [答案](1)0.10.2(2)6.0m(3)6.5m [衍生6][解析](1)设货物的质量为m,货物在车厢 内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数以=0.4，受 摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则f十mgsin0= ma,f=umgcos 6, 联立并代入数据得a1=5m/s2,a1的方向沿制动坡 床向下。 (2)设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的 车速为v=23m/s,货物在车厢内开始滑动到车头距 制动坡床顶端s0=38m的过程中，用时为t,货物相 对制动坡床的运动距离为1，在车厢内滑动的距离 s=4m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床 的运动距离为2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F,F是货车和货物总重的k倍，k=0.44,货车长度 lo=12m,制动坡床的长度为l,则Mgsin0+F-f= Maz,F=k(m+M)g,s1=uat,s2=u- 2a1t2,s=1-s2,l=l2十0十2， 联立并代入数据得l=98m。 [答案](1)5m/s2方向沿制动坡床向下 (2)98m [衍生7][解析](1)物块不滑离木板，则物块和木板 相对静止的向上运动。以物块和木板整体为研究对 象，由牛顿第二定律得 F-(M+m)gsin a=(M+m)a, 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 F-mg sin a=ma, 又Fr≤Fm=ngcos a,解得F≤30N, 又a>0,解得F>20N,所以20N<F30N。 (2)因F=37.5N>30N,所以物块能够滑离木板， 以木板为研究对象，由牛顿第二定律得 F-umgcos a-Mg sin a=Ma, 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 umgcos a一ngsin a=ma2, 设物块滑离木板所用时间为，木板的位移 1 .1 x1=2a1t2,物块的位移x2=2a2t, 物块与木板分离的临界条件为△x=x1一x2=L, 联立以上各式解得t=1.2s, 物块滑离木板时的速度v=a2t, 滑离木板后，物块不受摩擦力作用，向上做减速运 动，根据牛顿第二定律有ma3=mgsin a, 滑离木板到运动到最高点的过程中，有一23x=0一， 解得x=0.9m。 [答案](1)20N<F≤30N(2)1.2s0.9m [衍生8][解析](1)在0~2s时间内，和的受力如图 所示 me mg 规定沿山坡C向下为正方向。设A和B的加速度分 别为a1和a2,由牛顿第二定律得mgsin0-f1= ma,mg sin 0-f2+f=maz, 联立以上各式并代入题给条件得a1=3m/s2, a2=1m/s2。 (2)在t1=2s时，设A和B的速度分别为1和2， 则1=a1t1=6m/s,v2=a2t1=2m/s, t>t时，设A和B的加速度分别为a1'和a2'。此时 A与B之间摩擦力为零，同理可得a1'=6m/s2, a2'=-2m/s2, 即B做减速运动。设经过时间t2,B的速度减为零， 则有2十a2't2=0,解得t2=1s, 在t1十t2时间内，A相对于B运动的距离为 s=(2a1+n+7a) (分a,+wt4+78)=12m<27m. 此后B静止不动，A继续在B上滑动设再经过时间 tg后A高开B,则有1-s=(十a12话十弓a3, 可得t3=1s(另一解不合题意，舍去) 设A在B上总的运动时间为t总， 有t总=t1十t2十t3=4s。 [答案](1)3m/s21m/s2(2)4s 第八讲传送带问题 [母题呈现] [例][解析](1)根据牛顿第二定律可得mg=ma, 则a=g=6m/s2, 由运动学公式有唱-=一2a.x,解得B=2m/s。 (2)当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度 不发生变化，仍然始终做匀减速运动，故工件到达B 端时的速度大小vB=2m/s。 (3)根据牛顿第二定律可得mg=ma', 得a'=6m/s2, 工件速度达到13m/s时所用时间为t1= -A=0.5 s, a 1 运动的位移为x1=xA十2Qt1=5.75m<8m, 则工件在到达B端前速度就达到了13m/S,此后工件 与传送带相对静止，因此工件先做匀加速运动后做匀 速运动，匀速运动的位移x2=x一x1=2.25m, 匀速运动的时间22,0,17s,=十t=0.678 (4)工作做匀加速运动： 由牛顿第二定律得：mg·sin37°+mgcos37°=ma1, a=10.8m/s2,t=0=1s,x1=0t1=5.4m. .23 高考物理母题60讲 此后：工作继续匀加速： 由牛顿第二定律得：mg·sin37°-mgcos37°=ma2, a2=1.2m/s2,.x2=L-x1=11.4m, 1 2=U特·t红十2a2,解得t2=1s。 ∴.t=t1+t2=2sa [答案](1)2m/s(2)2m/s(3)0.67s(4)2s [衍生练习] [衍生1][解析]A.木块可能在传送带上先做匀加 速直线运动，速度达到传送带速度后一起做匀速直 线运动。匀加速直线运动的加速度a=g, 匀加速运动的时间t1=” g 22 匀加速直线运动的位移工1一2a一2g 匀速运动的时间t2= L一=L- v 2ug 则木块从左端运动到右端的时间t=1十2=上十 g,故A正确：BCD,木块在传送带上可能一直做匀 加速直线运动，到达右端的速度恰好为时，根据平 均速度推论知L=受，则运动的时间1=马。 若到达右端的速度小于)时，则运动的时间应该大 于2 1 根据L=za2,得t√园 匹，故B错误，CD 正确。 [答案]ACD [衍生2][解析]AB.由速度图像可得，物块做匀变 速运动的加连度大小为a=铝=号m/g2=2.0 △t m/s2, 由牛顿第二定律得mg=ma,则可得物块与传送带 间的动摩擦因数4=0.2，A错误，B正确： CD.由速度图像可知，物块滑上传送带的初速度大小 v=4m/s、传送带的速度大小v=2m/s,物块在传 送带上滑动t1=3s后与传送带相对静止，前2s内 物块的位移大小=受=号×2m=4m 方向向右：第3s内的位移大小=营4”-号×1m =1m, 方向向左；前3s内物块的位移=1一s2=3m, 方向向右：钻块再向左句选运动的时同：=音一号。 =1.5s,所以物块在传送带上第一次向左返回的时 间t=t1′+t1"+t2=2s+1s+1.5s=4.5s,C正确， D错误。 [答案]BC [衍生3][解析]A.由v一t图像得到，小物块在t1 时刻速度为零，下一刻开始向右运动，所以1时刻小 物块离A处最远，A错误：B.t2时刻，小物块第一次 与传送带相对静止，之前始终相对传送带向左运动， 所以此刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，B 正确；CD.0~2时刻，小物块相对传送带向左运动，