专题五 动力学中的“滑块—木板”模型 专项训练 2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动力学滑块—木板模型，通过三级梯度训练，系统提炼整体隔离法、加速度分析及相对运动公式等解题方法，构建摩擦力-牛顿定律-运动学的逻辑链条，培养科学思维与运动和相互作用观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|8题|整体隔离法、v-t图像分析、摩擦力突变判断|滑动摩擦/静摩擦→牛顿第二定律→加速度计算→共速条件| |综合提升练|3题|相对位移公式、多过程运动分析|运动学公式→相对运动→能量转化（隐性）| |培优加强练|1题|碰撞互换速度、往返运动处理|动量守恒（隐性）→复杂过程拆解→临界状态分析|

专题五　动力学中的“滑块—木板”模型 专项训练 基础对点练 1． 选择题： 1.如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t=0时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，取向右为正方向，则下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关系图像，可能正确的是(　　) 2.(2026·江苏无锡阶段练习)如图所示，三颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺水平向右将中间棋子2快速击出，稳定后，棋子1和3的位置情况可能正确是(　　) 3.(2026·江苏苏州期末)如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则(　　) A.木块受到桌面的摩擦力为μ2(m1+m2)g B.若F>μ2(m1+m2)g时木块将开始滑动 C.若将F作用在木块上，当F>μ2(m1+m2)g+μ1m1g时可以抽出木块 D.若将F作用在木块上，当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时可以抽出木块 4.(2026·江苏宿迁期末)如图甲所示，质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t=0时，可视为质点的物块A以3 m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.物块A的质量为4 kg B.物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.1 C.长木板B的长度为1.5 m D.物块A在长木板B上相对滑动过程中对地的位移为2 m 5.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，则下列说法正确的是(　　) 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5 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 6.(2026·江苏徐州期末)如图所示，一辆正以速度v匀速行驶的货车上载有一个木箱，遇到紧急情况时以加速度a刹车。已知木箱到驾驶室的距离为L，木箱与货车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。若a>μg，则刹车过程中(　　) A.木箱一定会撞到驾驶室 B.木箱和货车同时停止运动 C.货车受到木箱的摩擦力水平向右 D.为保证安全，需满足L>- 7.(2026·江苏镇江模拟)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(　　) A.μ< B.μ≥ C.μ< D.μ≥ 8.一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。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、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0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=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法错误的是(　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 综合提升练 计算题： 9.如图所示，质量M=2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个初速度为0、大小不计、质量m=1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的恒力F=6 N并开始计时。已知A与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.4，滑板A足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2。求: (1)A、B达到共同速度时的速度大小; (2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间相对位移x。 10.如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出;当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2。求: (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间; (2)平台距地面的高度。 11.(2026·江苏徐州、邳州期中)如图所示，倾角θ=37°的固定斜面长为x1=3.2l，质量为m、长x2=l的L形滑板B静止在斜面最上端，B的上表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数μ=0.75，在滑板B最上端由静止释放质量为m的小滑块A。已知A与B下端挡板间碰撞时互换速度，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小为g=10 m/s2。求: (1)A与B下端挡板第一次碰撞后瞬间B的加速度大小a; (2)A与B下端挡板碰撞后，A与B下端挡板间的最大距离x; (3)B滑到斜面底端时的速度大小v。 培优加强练 12.(2026·江苏南京期末)如图所示，木板B置于光滑水平地面上，大小可忽略的物块A放在木板B左端，A质量为m=0.50 kg，B质量为M=1.0 kg、长度为l=2.0 m，A与B间的动摩擦因数为μ=0.2，距B右端d=1.0 m处有竖直的墙壁，开始A和B均静止，现A受到向右的水平拉力F=2.0 N，已知g=10 m/s2。 (1)求A和B开始运动时的加速度大小; (2)1 s后撤去力F，求此刻至A、B速度相同经历的时间; (3)在(2)条件下，B与墙壁碰撞反弹时速率不变，求最终A到B右端的距离。 参考答案： 1.答案　B解析　取向右为正方向，滑块与木板之间存在相对运动，木板对滑块的滑动摩擦力为Ff1=-3μmg，木板受滑块的滑动摩擦力Ff1'=3μmg和地面的滑动摩擦力Ff2=-2μmg，根据牛顿第二定律得滑块的加速度为a1==-3μg，因此共速前滑块的速度随时间变化关系式为v1=v0-3μgt;根据牛顿第二定律得木板的加速度为a2==μg，因此共速前木板的速度随时间变化关系式为v2=μgt;滑块与木板共速后二者一起做减速运动，其加速度为a共=-μg，由v-t图像的斜率表示加速度可知v1-t图像的斜率变小，v2-t图像的斜率变为负，但大小不变，故B正确，A、C、D错误。 2.答案　D解析　设每颗棋子质量为m，1、2两个棋子间的最大静摩擦力为Ff，则2、3棋子间的最大静摩擦力为2Ff，棋子3与水平面间的最大静摩擦力为3Ff。棋子2被击出，棋子2对棋子1有向右的滑动摩擦力，则棋子1有向右的加速度，即向右有位移，随后落在棋子3上;棋子2被击出，棋子2对棋子3向右的滑动摩擦力2Ff小于棋子3与水平面间的最大静摩擦力3Ff，则棋子3仍静止在水平面上不动，故稳定后棋子的位置情况可能是D，故D正确。 3.答案　D解析　塑料块对木块的滑动摩擦力大小为Ff=μ1m1g，根据平衡条件得木块受到桌面的摩擦力为Ff'=Ff=μ1m1g，故A错误;桌面对木块的最大静摩擦力为Ffm=μ2(m1+m2)g，由于Ff<Ffm，则无论F多大，木块将一直处于静止状态，故B错误;若将F作用在木块上，设当F=F0时木块与塑料块刚好可以一起加速运动，根据牛顿第二定律，对木块、塑料块整体有F0-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a0，对塑料块有μ1m1g=m1a0，联立解得F0=(μ1+μ2)·(m1+m2)g，则当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时，可以抽出木块，故C错误，D正确。 4.答案　D解析　根据v-t图像的斜率表示加速度可得，物块A与长木板B的加速度大小分别为aA= m/s2=2 m/s2，aB= m/s2=1 m/s2，根据牛顿第二定律，对物块A有μmAg=mAaA，对长木板B有μmAg=mBaB，联立解得mA=1 kg，μ=0.2，故A、B错误;根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，A在B上滑动过程中对地的位移为xA=×1.0 m=2 m，故D正确;由于未知物块A是否恰好滑到木板的右侧，则无法确定长木板B的长度，故C错误。 5.答案　C解析　由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为 a1==2.8 m/s2，小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为 a2==0.8 m/s2，A、B错误;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。 6.答案　D解析　刹车前木箱和货车具有相同的速度，刹车后木箱在水平方向只受摩擦力，故其加速度为μg，由于货车减速的加速度a>μg，则货车速度减小得更快，所以货车先停下来，木箱受到的摩擦力水平向右，由牛顿第三定律可知货车受到木箱的摩擦力水平向左，故B、C错误;货车从开始刹车到停下通过的位移大小为x货=，木箱从开始刹车到停下通过的位移大小为x箱=，则木箱相对货车发生的位移为Δx=x箱-x货=-，为了保证安全，使木箱与驾驶室不发生碰撞，需要满足L>Δx=-，故A错误，D正确。 7.答案　C解析　A与B之间的最大静摩擦力Ff1=2μmg，B与桌面间的最大静摩擦力Ff2=μ·4mg=μmg，A与B间恰好发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时，由牛顿第二定律，对B有Ff1-Ff2=2ma，对A、B整体有FT-Ff2=4ma，对C有mg-FT=ma，联立解得μ=，因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ<，故C正确。 8.答案　C解析　由v-t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A正确;由v-t图像可知，0~3t0时间内，木板的加速度大小a1=μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1，解得F=μMg，在t=3t0时，木板的速度v1=a1·3t0=μgt0，根据题意可知t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0时间内，小物块的加速度大小a'==2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ'，对小物块，由牛顿第二定律有μ'mg=ma'，可得μ'=2μ，B正确;由v-t图像可知，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2=μg，对木板，由牛顿第二定律有F-μ'mg-μ(M+m)g=-Ma2，可得m∶M=1∶2，C错误;t=4t0之后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F-μ(M+m)g=(M+m)a3，解得a3=0。假设成立，所以t=4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，D正确。 9.答案　(1)10 m/s　(2)6.75 m 解析　(1)先求摩擦力。A、B所受摩擦力的方向如图所示。 A对B的摩擦力FfB=μ2mg=4 N 由牛顿第三定律知B对A的摩擦力大小为 FfB'=FfB=4 N 地面对A的摩擦力FfA=μ1(m+M)g=3 N 再求加速度。 根据牛顿第二定律，对B有F+FfB=maB，解得aB=10 m/s2，方向向右 对A有FfA+FfB'=MaA，解得aA=3.5 m/s2，方向向左。 设经过时间t达到共同速度，设为v共则v共=aBt=v0-aAt 解得t=1 s，v共=10 m/s。 (2)时间t内，滑板A的位移xA=t 物块B的位移xB=t A、B间相对位移x=xA-xB 联立解得x=6.75 m。 10.答案　(1)4 m/s　 s　(2) m 解析　(1)设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板，由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀加速直线运动规律得Δl=a1 v1=a1t1 设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为x=l+l=l，对物块，由牛顿第二定律得μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得x=v0t1-a2 联立解得t1= s，v0=4 m/s，v1=1 m/s。 (2)物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台高度为h， 对薄板，由运动学规律得l-Δl=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g 联立解得h= m。 11.答案　(1)6 m/s2　(2)l　(3)4 解析　(1)A与B下端挡板第一次碰撞后，B向下运动， 对B根据牛顿第二定律有μ·2mgcos θ-mgsin θ=ma 解得a=6 m/s2。 (2)碰撞前斜面对B的最大静摩擦力为Ffm=μ·2mgcos θ=1.2mg B重力沿斜面向下的分力为mgsin θ=0.6mg<Ffm 故碰撞前B静止，A加速下滑的加速度为a'==gsin θ=6 m/s2 A与B碰撞前瞬间的速度大小为v==2 则碰后A的速度为0，B的速度为2，A向下做匀加速运动，B向下做匀减速运动，当二者速度相等时，A距B下端挡板的距离最大，设从碰撞到A、B速度相等所需要的时间为t，则有v-at=a't 解得t= 此时A与B下端挡板间的最大距离x=vt-at2-a't2=l。 (3)B的速度从v=2减为0用时t'== B下滑的位移为x'==l A经t'后的速度为v=a't'=2 分析知t'时，A与B第二次碰撞，之后B向下继续运动l的距离，A与B第三次碰撞后，B向下继续运动l的距离， 此时B距离斜面底端的距离为Δx=x1-x2-2x'=0.2l 第三次碰撞后，B以速度v=2向下减速运动， 根据速度与位移的关系式有v'2-v2=-2aΔx 解得v'=4。 12.答案　(1)2 m/s2　1 m/s2　(2) s　(3) m 解析　(1)根据牛顿第二定律， 对A有F-μmg=maA 对B有μmg=MaB 解得aA=2 m/s2，aB=1 m/s2。 (2)t1=1 s撤去外力时，A、B的速度大小分别为 vA=aAt1=2 m/s vB=aBt1=1 m/s 撤去拉力后，A向右做匀减速直线运动，其加速度大小为aA'=μg=2 m/s2 B仍继续向右做匀加速直线运动，其加速度不变，设经过t2时间二者速度相等，共速时有v共=vA-aA't2=vB+aBt2 解得t2= s，v共= m/s。 (3)撤去外力F前，A的位移大小xA1=aA=1 m B的位移大小xB1=aB=0.5 m<d，B与墙壁没有发生碰撞，从撤去外力到两者共速， A的位移大小xA2=t2= m B的位移大小xB2=t2= m 由于xB1+xB2<d，则两者共速时B与墙壁没有发生碰撞，之后二者匀速运动到与墙壁碰撞，B与墙壁碰撞后B的速度大小不变，方向向左，B与墙壁碰撞后A、B都做匀减速直线运动，加速度大小都不变，设经过时间t3两者再次共速，以向右为正方向，再次共速时有v共'=v共-aA't3=-v共+aBt3 解得t3= s，v共'=- m/s，负号说明方向向左，再次共速后，两者相对静止一起向左做匀速直线运动，从B与墙壁碰撞到再次共速过程，A的位移为xA3=t3，B的位移为xB3=t3 在t1内A相对于B向右滑行的位移大小 Δx1=xA1-xB1 在t2内A相对于B向右滑动的距离大小Δx2=xA2-xB2 在t3内A相对于B向右滑行的距离大小Δx3=xA3-xB3 最终A到B右端的距离L=l-Δx1-Δx2-Δx3 联立解得L= m。 学科网（北京）股份有限公司 $