专题六 动力学中的“滑块—木板”模型 跟踪训练-2027届高三物理一轮复习

专题六　动力学中的“滑块—木板”模型 跟踪训练 基础对点练 1． 选择题： 对点1　水平面上的板块模型 1.将一香皂盒置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的位移很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图所示)。若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。本实验中，m1＝100 g，m2＝5 g，μ＝0.2，香皂盒与纸板左端的距离d＝0.1 m，若香皂盒移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10 m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是 (　　) A.1.42 N B.1.40 N C.142 N D.0.142 N 2.如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，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，重力加速度大小g＝10 m/s2。则木板的长度为(　　) A.0.8 m B.1.0 m C.1.2 m D.1.5 m 3.(多选)(2025·山西吕梁高三月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C.1 s末物体B从木板A的右端滑落 D.长木板A的质量是4 kg 4.(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/s2，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t2＝24 s D.木板的最大加速度为2 m/s2 对点2　斜面上的板块模型 5.在倾角为θ的固定斜面上放置一个长为L、质量为m的薄木板，木板上端与斜面的顶端对齐。将质量为m的小滑块置于木板上端，与木板一起由静止释放。木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝tan θ，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2<μ1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。斜面足够长，且小滑块未脱离木板，则在小滑块下滑的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.小滑块与长木板相对静止一起加速下滑 B.长木板相对斜面匀速下滑 C.小滑块的加速度为gsin θ－μ2gcos θ D.长木板的加速度为gsin θ＋μ2gcos θ－μ1gcos θ 6.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C.经过1 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 7.倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2 kg，长8 m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1 kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　　) A．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B．P、Q两个物体加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C．P滑块在Q上运动时间为1 s D．P滑块在Q上运动时间为2 s 综合提升练 1． 选择题： 8.如图(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2－x图像如图(b)所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(　　) A.拉力F的作用时间为2 s B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 2． 计算题： 9．一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg 的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t＝0时刻，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2) 求： (1)0～2 s内滑块Q和木板P的加速度； (2)滑块Q运动的总位移； (3)拉力F的大小。 10.(2025·湖北十堰模拟)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v0＝3 m/s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m＝1 kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度大小g＝10 m/s2，求: (1)木板的长度L; (2)木板的质量M。 11.某电视台的娱乐节目中,有一个拉板块的双人游戏,考验两人的默契度。如图所示,一长L=1.2 m,质量为M=0.5 kg的木板靠在光滑竖直墙面上,木板右下方有一质量m=1.0 kg的小滑块(可视为质点),滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2。一人用水平恒力F1向左作用在滑块上,另一人用竖直恒力F2向上拉动滑块,使滑块从地面由静止开始向上运动。 (1)为使木板能向上运动,F1必须满足什么条件? (2)若F1=28 N,为使滑块与木板能发生相对滑动,F2必须满足什么条件? (3)游戏中,如果在滑块上移h=1.6 m时,滑块与木板没有分离,才算两人配合默契,游戏成功。现F1′=30 N,F2=25 N,请通过计算判断游戏能否成功。 培优加强练 12.如图(a)所示，质量为M＝1 kg的长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上，在外力F作用下沿斜面向上以v0＝0.8 m/s的速度一直做匀速运动。t＝0时刻，一质量为m＝2 kg的小铁块(可视为质点)以一定的初速度从长木板顶端沿长木板向下滑上长木板，以沿斜面向上为正方向，外力F随时间t变化的图像如图(b)所示，小铁块始终未从长木板上滑落，已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为0.8，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求: (1)小铁块滑上长木板的初速度大小; (2)图(b)中F'的大小和长木板的最短长度。 参考答案： 1.答案　A解析　香皂盒的加速度a1＝μg＝2 m/s2，纸板的加速度a2＝，对香皂盒有x1＝a1，对纸板有x1＋d＝a2，纸板抽出后香皂盒运动的距离x2＝a3，a3＝a1，由题意知a1t1＝a3t2，l＝x1＋x2，联立解得F＝1.42 N，故A正确。 2.答案　B解析　设拉力F作用下物块在木板上滑动，物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度为a3，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma1，μ1mg＝ma2，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3，解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2，a3＝0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度为v1＝a1t1＝2 m/s，v2＝a3t1＝0.5 m/s，设又经t2时间，物块、木板共速，则v共＝v1－a2t2＝v2＋a3t2，解得t2＝ s，v共＝ m/s，木板的长度为L＝v1t1－v2t1＋t2－t2＝0.75 m＋0.25 m＝1.0 m，故B正确。 3.答案　BD解析　由题意可知，A木板的运动方向与其摩擦力方向相同，物体B运动方向与其摩擦力方向相反，故A错误;由题图乙知B的加速度大小为aB＝ m/s2＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，解得μ＝0.2，故B正确;由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，之后相对静止一起匀速运动，故C错误;长木板A的加速度大小为aA＝1 m/s2，由μmBg＝mAaA，μmBg＝mBaB，联立两式可解得，长木板A的质量是B物体的两倍，即mA＝4 kg，故D正确。 4.答案　ACD解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝0.4，故A正确;由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ'＝＝0.1，故B错误;t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ'·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2，对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24 s，故C、D正确。 5.答案　C解析　由于μ1＝tan θ，对木板而言，若木板单独放在斜面上，则有mgsin θ＝μ1mgcos θ，即木板会静止在斜面上，而由于μ2<μ1，对小滑块有mgsin θ>μ2mgcos θ，即小滑块不能静止在木板上，会与木板产生相对滑动，木板对小滑块的滑动摩擦力沿着木板向上，根据牛顿第三定律可知，滑块对木板的滑动摩擦力沿着木板向下，此时对木板有mgsin θ＋μ2mgcos θ<μ1(m＋m)gcos θ，即木板仍然静止在斜面上，故A、B、D错误;对小滑块，由牛顿第二定律有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma，解得小滑块的加速度为a＝gsin θ－μ2gcos θ，故C正确。 6.答案　BC解析:对小孩，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得加速度大小为a1＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为 a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确;小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。 7.答案　BD解析:对P受力分析，受重力和Q对P的支持力作用，根据牛顿第二定律有mPg sin 37°＝mPaP，解得aP＝g sin 37°＝6 m/s2；对Q受力分析，受重力、斜面对Q的支持力、摩擦力和P对Q的压力作用，根据牛顿第二定律有mQg sin 37°－μ(mP＋mQ)g cos 37°＝mQaQ，解得aQ＝2 m/s2，故A错误，B正确；设P在Q上面滑动的时间为t，因aP＝6 m/s2>aQ＝2 m/s2，故P比Q运动更快，根据位移关系有L＝aPt2－aQt2，代入数据解得t＝2 s，C错误，D正确。 8.答案　C解析　由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，则拉力F作用的长木板的加速度a1＝× m/s2＝1 m/s2，B错误;撤去拉力时的速度v＝4 m/s，拉力作用时间为t1＝＝4 s，A错误;撤去拉力后的加速度a2＝× m/s2＝8 m/s2，由牛顿第二定律有(M＋m)gsin θ＋μ1(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，C正确;物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。 9.[答案]　(1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N [解析]　(1)根据图像斜率代表加速度可知， 0～2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为 a1＝＝－ m/s2＝－4 m/s2 a2＝＝ m/s2＝2 m/s2。 (2)根据v-t图像与坐标轴围成的面积代表位移可知 x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m。 (3)对Q分析0～2 s阶段a1＝－ 对P分析a2＝ 在共同减速阶段地面的摩擦力f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2 解得F＝9 N。 10.[答案]　(1)1.5 m　(2)1 kg [解析]　(1)设物块在木板上滑动时的加速度大小为a1，它们相对静止一起减速时的加速度大小为a2，图中两部分的阴影面积相等，有μ1mg＝ma1 μ2(m＋M)g＝(m＋M)a2 设两者共同速度为v共，有 a1 得t1＝1 s，v共＝1 m/s 所以1 s后两者的速度大小均为1 m/s， 由题意知木板的长度L＝×3t1×1 m＝1.5 m。 (2)由图知，两者共速前，木板的加速度大小a3＝1.0 m/s2 有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3 解得M＝1 kg。 11.[答案]　(1)F1>25 N　(2)F2>16.8 N (3)否,见解析 [解析]　 (1)滑块与木板间的滑动摩擦力为Ff=μF1, 为使木板能向上运动,则Ff>Mg, 解得F1>25 N。 (2)木板向上加速运动时,根据牛顿第二定律,对木板有μF1-Mg=Ma1, 对滑块有F2-μF1-mg=ma2, 为使滑块与木板能发生相对滑动,则a2>a1, 解得F2>16.8 N。 (3)当F1′=30 N,F2=25 N, 对滑块有F2-μF1′-mg=ma3, 解得a3=9 m/s2, 设滑块上升h的时间为t,则h=a3t2, 对木板有μF1′-Mg=Ma4, 解得a4=2 m/s2, 设木板在t时间上升的高度为H,则H=a4t2= m, 则h-H=1.6- m= m>L=1.2 m, 故滑块上移h=1.6 m时,滑块与木板已分离,游戏不成功。 12.[答案]　(1)1 m/s　(2)37.2 N　4.05 m [解析]　(1)设小铁块的加速度大小为a， 对小铁块根据牛顿第二定律有Ff2－mgsin θ＝ma 其中Ff2＝μFN2＝μmgcos θ 解得a＝0.4 m/s2 由图(b)可知t＝4.5 s时小铁块与长木板达到共速，有v0＋v＝at 解得v＝1 m/s。 (2)小铁块先沿木板向下做匀减速运动至速度为零，再沿木板向上做匀加速运动，t＝4.5 s后与长木板一起以速度v0沿斜面向上做匀速运动，有 F'＝Mgsin θ＋mgsin θ＋μ(m＋M)gcos θ 解得F'＝37.2 N t＝4.5 s内小铁块的位移大小为x1，长木板的位移大小为x2，有x1＝t＝0.45 m，方向沿斜面向下，x2＝v0t＝3.6 m，方向沿斜面向上。 为了保证小铁块不从长木板上滑落，长木板的最短长度为 L＝x1＋x2＝4.05 m。 学科网（北京）股份有限公司 $