重难突破5 动力学中的“滑块—木板”模型-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用课件（提升版）

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块—木板”模型专题，覆盖水平和斜面上的动力学分析、临界情境判断等核心考点，依据高考评价体系明确“相对运动分析”“共速临界条件”“位移关系应用”三大高频考查维度，归纳出无外力作用、有外力作用等四类常考题型，体现备考的针对性和系统性。 课件亮点在于“模型建构+真题演练+科学推理”的复习策略，如结合2026年云南昆明一模多选题，运用科学思维中的模型建构方法，解析“v块=v板”临界条件及Δx=x1-x2=L位移关系，培养学生运动和相互作用观念。通过规律总结和强化训练，帮助学生掌握受力分析、运动方程联立等解题技巧，教师可据此开展精准复习指导，提升学生高考冲刺效率。

重难突破5　动力学中的“滑块—木板”模型 目标要求 1.理解“滑块—木板”模型的特点，能对滑块和木板进行正确的动力学 分析。 2.掌握“滑块—木板”模型的临界情境，能正确求解相关问题。 目 录 CONTENTS 突破点一　水平面上的“滑块—木板”模型 突破点二　斜面上的“滑块—木板”模型 课时跟踪训练 突破点一 水平面上的“滑块—木板”模型 目 录 如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B 均静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为 μ，地面光滑。 （1）分析A、B的受力情况； 提示： A从B的左端开始运动，A受到与运动方向 相反（水平向左）的滑动摩擦力，B受到与运动方向 相同（水平向右）的滑动摩擦力。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2）分析A相对B运动时，A、B的加速度大小； 提示： 对A：μmg＝maA，对B：μmg＝MaB 则aA＝μg，aB＝。 （3）分析A、B各自的运动情况； 提示： A做加速度为μg的匀减速运动，B做加速度为的匀加速运 动，若木板足够长，二者最后达到共同速度，一起做匀速运动。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （4）分析A、B的位移关系。 提示：当A、B达到共同速度时，它们的位置关系如图所示， 则Δx＝xA－xB。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 1. 模型构建 （1）模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和木板均相对地面 运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不 同的加速度。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2）四种常见类型 典型图例 初始条件 结束可能状态 无外力 作用 （1）滑块静止。 （2）木板初速度为v （1）滑块停在木板上某位置。 （2）滑块恰好没有滑离木板。 （3）滑块滑离木板 （1）滑块初速度为v。 （2）木板静止 有外力 作用 （1）滑块、木板均静止。 （2）外力F作用在木板上 （1）滑块、木板均静止。 （2）外力F作用在滑块上 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 2. 解题关键 （1）明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动 时，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和 Δx＝x2＋x1＝L。 　 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 ①摩擦力突变的临界条件：当v块＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动 摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运 动）。 ②木板最短和滑块恰好不滑离木板的条件：当v块＝v板时滑块恰好滑到木板 的一端。 （2）挖掘“v块＝v板”临界条件的拓展含义 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2026·安徽六安期末）某兴趣小组对一个惯性实验进行研究。如图甲 所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡 皮擦置于纸板的正中间，手指水平弹向纸板，纸板水平飞出，橡皮擦脱离 纸板。已知橡皮擦和硬纸板的质量为m1＝m2＝20 g，硬纸板长度L＝20 cm，橡皮擦与纸板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因 数为μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮擦可视为质点且不会翻 滚，重力加速度g＝10 m/s2。求： 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （1）若手指与纸板间的作用力随时间变化如图乙所示，则要使橡皮擦相 对纸板滑动，F0至少多大？ 答案： 0.2 N　 解析：对橡皮擦和纸板整体分析得F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a0 对橡皮擦分析，当橡皮擦所受摩擦力达到最大静摩擦力时，恰好相对滑 动，则有 μ1m1g＝m1a0 联立解得a0＝2 m/s2，F0＝0.2 N。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但 位移为零。 ①要使橡皮擦脱离纸板，v0至少多大？ ②若v0'＝1.0 m/s，橡皮擦和硬纸板均停止时，求橡皮擦和硬纸板之间的相 对位移大小。 答案： ① m/s　②0.045 m 解析： ①由分析得当橡皮擦和硬纸板的速度恰好相等时，橡皮擦相对纸板向左的位移最大； 对橡皮擦受力分析得μ1m1g＝m1a1 解得加速度大小为a1＝2 m/s2 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 对纸板分析得μ2（m1＋m2）g＋μ1m1g＝m2a2 解得加速度大小为a2＝8 m/s2 从开始运动到速度相等时，有v＝v0－a2t＝a1t 又x2－x1＝t－t＝ 联立解得v0＝ m/s。 ②若v0'＝1.0 m/s，设经过t1时间，橡皮擦与纸板共速，则有 v1＝v0'－a2t1＝a1t1 解得t1＝0.1 s，v1＝0.2 m/s 该过程橡皮擦相对纸板向左发生的位移大小为Δx1＝t1－t1＝0.05 m 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 共速后，由于μ1＝0.2＜μ2＝0.3，可知橡皮擦相对于纸板向右运动， 对橡皮擦受力分析得μ1m1g＝m1a3 解得加速度大小为a3＝2 m/s2，方向向左； 对纸板分析得μ2（m1＋m2）g－μ1m1g＝m2a4 解得加速度大小为a4＝4 m/s2，方向向左； 从共速到两者都停止运动，该过程橡皮擦相对纸板向右发生的位移大小为 Δx2＝－＝0.005 m 则橡皮擦和硬纸板均停止时，橡皮擦和硬纸板之间的相对位移大小为 Δx＝Δx1－Δx2＝0.045 m。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 〔多选〕（2026·云南昆明一模）如图甲所示，质量为1 kg的木板置于 水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t＝0时刻，对物块施加 水平向右、大小为F＝15 N的恒力；t＝1.0 s时刻，撤去F，物块、木板运 动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。下列 说法正确的是（　　） A. 物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B. 物块的质量为3 kg C. t＝1.3 s时，物块的加速度大小 为2 m/s2 D. 木板的长度至少为0.75 m BC 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：在0～1 s，物块向右做匀加速运动，木板向右做匀加速运动，设木 板与地面的动摩擦因数为μ0，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，对木板， 由牛顿第二定律可得μ1mg－μ0（M＋m）g＝Ma1，由v-t图像可知a1＝ m/s2＝1 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得F－μ1mg＝ma2，由v-t图像可知a2 ＝ m/s2＝2 m/s2，撤去F，由牛顿第二定律可得木板的加速度仍为a1＝1 m/s2，对物块有μ1mg＝ma2'，从撤去外力到共速v共＝v2－a2'Δt＝v1＋a1Δt， 其中v2为物块速度，v1为木板速度，联立解得μ1＝0.3，m＝3 kg，μ0＝ 0.2，故A错误，B正确；t＝1.3 s时，根据整体法，物块的加速度大小为μ0 （M＋m）g＝（M＋m）a3，解得a3＝2 m/s2，故C正确； 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 0～1.25 s时间内木板的位移x1＝v共t，0～1 s时间内物块位移x2＝v2t1，1～ 1.25 s时间内物块位移x3＝（v2＋v共）Δt，木板长度至少为L＝x2＋x3－x1 ＝0.625 m，故D错误。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2026·江西宜春期末）如图所示，一块质量为M＝4 kg、长为L＝1.2 m的 匀质木板B静止在足够长的水平地面上，在距木板的右端x处静止摆放着质 量为m＝1 kg的小木块A（A可视为质点），木板和小木块之间的动摩擦因 数为μ1＝0.1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，在t＝0时刻，在木 板左端施加一水平向左的恒定拉力F；已知最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，重力加速度g＝10 m/s2，则： （1）拉力F为多大才能拉动木板？ 答案：25 N　 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析： 由题意可知，木块与木板间的滑动摩擦力f1＝μ1mg＝1 N 木块在木板上时木板与地面间的滑动摩擦力大小为f2＝μ2（m＋M）g＝ 25 N 对木块与木板组成的整体分析，根据平衡条件有F＝f2＝25 N 即拉力F为25 N才能拉动木板。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2）若拉力F＝36 N，x＝0.96 m，在F拉动木板的过程中，经多长时间木 块离开木板。 答案： s 解析：当木块相对于木板恰好滑动时，根据牛顿第二定律，对木块有f1＝ ma1 对木板有F0－f1－f2＝Ma1 联立解得a1＝1 m/s2，F0＝30 N 因所给拉力F＝36 N＞F0＝30 N，故A、B之间会发生相对滑动 对木板，根据牛顿第二定律有F－f1－f2＝Ma2 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解得a2＝2.5 m/s2 木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运动，则设经时间t木块离开木板 则有x＝a2t2－a1t2 解得t＝ s。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 突破点二　斜面上的“滑块—木板”模型 目 录 〔多选〕（2026·安徽阜阳期末）如图1，在倾角θ＝30°足够长的固定 斜面上放有质量M＝1 kg的长木板B，木板下表面与斜面间的动摩擦因数μ1 ＝，木板上表面由两种不同材料制成，e点上方光滑，e点下方粗糙，一 质量m＝4 kg的物块A从木板的上端无初速释放，物块滑下木板前的v-t图像 如图2，已知物块与木板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g取10 m/s2，下列说法 正确的是（　　） A. 0～1 s，木板对斜面的摩擦力大小为25 N B. 0～1 s，物块相对木板的位移为2.5 m C. 1～2 s，木板对斜面的摩擦力大小为25 N D. 1～2 s，物块相对木板的位移为4.5 m BC 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：由题意可知0～1 s，物块对木板无摩擦作用，因为Mgsin θ＜（m＋ M）gμ1cos θ，所以木板处于平衡状态，对木板，由平衡条件可知Mgsin θ ＝f1＝5 N，故A错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，结合图2可知 0～1 s，物块相对木板的位移为x1＝×5×1 m＝2.5 m，故B正确；由v-t图 像可知1 s后物块过e点，物块做减速运动，则有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma1， v-t图像斜率绝对值表示加速度大小，由图2可知1 s后物块加速度大小a1＝ m/s2＝1 m/s2，联立以上解得μ2＝，此时对木板分析有μ2mgcos θ＋ Mgsin θ＞μ1（M＋m）gcos θ，可知1 s后木板沿斜面向下滑动，则1～2 s， 木板对斜面的摩擦力大小为f2＝μ1（M＋m）gcos θ＝25 N，故C正确； 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 1 s后，对长木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝Ma2，解得a2 ＝4 m/s2，可知1～2 s时间内长木板位移x木板＝a2t2＝×4×12 m＝2 m，由 图2可知1～2 s内物块位移x物块＝×1 m＝4.5 m，则1～2 s，物块相对木 板的位移为Δx＝x物块－x木板＝2.5 m，故D错误。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2026·甘肃张掖模拟）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 √ 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：　由v2－＝2ax知，v2-x图像斜率的绝对值等于加速度的2倍，则 拉力F作用时长木板的加速度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。 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 课时跟踪训练 目 录 1. （2026·重庆九龙坡期末）如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平 地面上，现给物块A一初速度，1 s后两物体相对静止地一起匀速运动，它 们的位移—时间图像如图乙所示，则A、B两物体的质量比为（　　） A. 4∶3 B. 2∶1 C. 3∶2 D. 5∶2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：　由图乙可知，0～1 s内，xA＝5 m，xB＝2 m，对A进行受力分析 得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1 s后两物体相对静止地 一起匀速运动，则两者共速时，有v0－aAt＝aBt，由xB＝aBt2，解得aB＝4 m/s2，则共速时的速度为v共＝vB＝aBt＝4 m/s，对A有xA＝t＝5 m，v共 ＝aBt＝4 m/s，联立解得v0＝6 m/s，μ＝0.2，＝，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 2. （2026·山东德州模拟）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0.5，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1.5 m/s2 B. 小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5 m/s2 C. 经过 s的时间，小孩离开滑板 D. 小孩离开滑板时的速度大小为 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：　以小孩为研究对象，根据牛顿第二定律得mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1，解得a1＝2 m/s2，以滑板为研究对象，根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－μ2·2mgcos 37°＝ma2，解得a2＝1 m/s2，故A、 B错误；当小孩要离开滑板时，有x1－x2＝L，x1＝a1t2，x2＝a2t2，联立解 得t＝ s，故C正确；根据运动学公式得v1＝a1t＝2 m/s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 3. （2025·辽宁沈阳一模）图甲为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝0.8 m，其中放有质量m＝0.2 kg，长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行，书本的右端与抽屉的右端相距也为s，如图乙所示。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1。现用水平恒力F＝1.8 N将抽屉完全抽出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A. 抽屉遇到柜体挡板前，抽屉的加速 度为1 m/s2 B. 抽屉遇到柜体挡板前，书本受到的 摩擦力大小为0.2 N C. 抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度为1.2 m/s D. 书本不可能与抽屉右侧发生磕碰 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：　抽屉遇到柜体挡板前，假设书本和抽屉能一起加速，对书本和 抽屉组成的整体，由牛顿第二定律可得F＝（M＋m）a，解得a＝0.9 m/s2 ＜μg，则书本和抽屉能一起加速，抽屉的加速度为0.9 m/s2，故A错误；抽 屉遇到柜体挡板前，书本受到的摩擦力大小为f＝ma＝0.18 N，故B错误； 抽屉遇到柜体挡板时，书本的速度v＝＝1.2 m/s，抽屉遇到柜体挡板 后书本的加速度a'＝μg＝1 m/s2，此后书本相对抽屉的位移x＝＝0.72 m ＞s＝0.2 m，书本能与抽屉右侧发生磕碰，故C正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 4. （2026·江苏扬州期末）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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 5. 〔多选〕（2025·江西鹰潭一模）某同学设计了如图甲所示的装置：一 质量为0.5 kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B（可视为质 点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一 重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t ＝0时刻，所有物体初速度都为0。该同学在某次操作中，记录下滑块B和 木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离 木板A，木板A距定滑轮足够远， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 忽略空气阻力，重力加速度g取 10 m/s2。则下列说法正确的是（　　） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 A. 本次操作中，所挂重物C的质量为8 kg B. 木板A与滑块B间动摩擦因数为μ1＝0.4 C. 木板A与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.2 D. 为使滑块B始终不脱离木板A，A至少长1.5 m √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析： 　由图乙可知aA＝ m/s2＝2 m/s2，aB＝ m/s2＝8 m/s2，aB'＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律可得aA＝，aB ＝，aB'＝＝μ1g，代入数据解得μ1＝0.4，mC＝6 kg，μ2＝ 0.2，故A错误，B、C正确；为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速 时，B滑到A的最左端，由图乙可知A至少长为l＝2××2×（1－0.25）m ＝1.5 m，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 6. （2025·黑龙江哈尔滨二模）如图所示，卡车上载有一块长木板，木板 后端放置一货箱（可视为质点），木板和货箱质量相等，均为m＝10 kg， 货箱与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与卡车间的动摩擦因数为μ2，卡车 以v0＝18 m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现正前方50 m处有障碍物，立即刹车做匀减速直线运动。设最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若μ1＝0.45，μ2＝0.4，卡车以木板和货箱均不会相对卡车滑动的最 大加速度刹车，通过计算说明卡车能否避免与障碍物相撞？ 答案： 能够避免相撞　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解得a1＝4.5 m/s2 设木板与货箱相对静止，相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为a2， 根据牛顿第二定律2μ2mg＝2ma2 解得a2＝4 m/s2 由于a2＜a1，所以卡车应以a2刹车，根据运动学公式得x＝＝40.5 m ＜50 m 可知能够避免相撞。 解析：设货箱与木板不发生相对滑动的最大加速度为a1，根据牛顿第 二定律μ1mg＝ma1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 （2）若μ1＝0.4，μ2＝0.45，卡车刹车的加速度a＝5.4 m/s2，最终木板停 止运动时恰好未与驾驶室相撞，求木板前端与驾驶室的初始距离L和木板 停止运动时货箱的速度v。 答案： 2.4 m　3.6 m/s，方向与v0相同 解析：设卡车从刹车到停止，位移为x1，根据运动学公式x1＝＝30 m 设货箱的加速度为a1'，根据牛顿第二定律μ1mg＝ma1' 解得a1'＝4 m/s2 设木板的加速度为a2'，根据牛顿第二定律2μ2mg－μ1mg＝ma2' 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解得a2'＝5 m/s2 设木板减速至0的位移为x2，时间为t2，根据运动学公式 x2＝＝32.4 m，t2＝＝3.6 s 木板前端与驾驶室的距离L＝x2－x1＝2.4 m 此时货箱的速度v＝v0－a1't2＝3.6 m/s 方向与v0相同（或向前）。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 7. （2025·江苏高考10题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与光滑 水平面上的木箱相连，箱内放置一小物块，物块与木箱之间有摩擦。压缩 弹簧并由静止释放，释放后物块在木箱上有滑动，滑动过程中不与木箱前 后壁发生碰撞，不计空气阻力，则（　　） A. 释放瞬间，物块加速度为零 B. 物块和木箱最终仍有相对运动 C. 木箱第一次到达最右端时，物块速度为零 D. 物块和木箱的速度第一次相同前，物块受到的摩擦力不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：　根据题意，释放时物块与木箱发生相对滑动，产生摩擦力，根 据牛顿第二定律可知物块加速度不为0，故A错误；由于物块与木箱间有摩 擦力且发生相对滑动，所以弹簧的弹性势能最大值会减少，直到弹簧的最 大弹力F满足以下分析：设物块与木箱之间的最大静摩擦力为f，物块质量 为m，对物块，根据牛顿第二定律，有f＝ma，设木箱质量为M，对物块与 木箱组成的整体，根据牛顿第二定律，有F＝（m＋M）a，可得F＝（m＋ M），即弹簧的最大弹力减小到F＝（m＋M）后，二者一起做简谐运 动，故B错误；根据上述分析可知只有当二者一起做简谐运动前，有相对 滑动，木箱第一次到达最右端时，物块速度不为零，故C错误； 开始物块的加速度向右，物块与木箱第一次共速前，物块相对木箱向左运 动，其受到向右的摩擦力，共速前二者有相对滑动，摩擦力恒为二者之间 的滑动摩擦力，保持不变，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 8. 〔多选〕（2026·湖南宁乡调研）滑板运动已经成为亚运会中备受瞩目 的一项比赛项目，它不仅代表了一种独特的文化，还展现了竞技体育的精 神和魅力。如图所示，某次运动中，小孩（可看作质点）与滑板以相同初 速度v0＝6 m/s一起滑上斜面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩 与滑板间的动摩擦因数μ1＝0.6，滑板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，小 孩质量m1＝25 kg，滑板质量m2＝1 kg，斜面体质量m3＝10 kg，斜面倾角θ ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则 在上滑过程中，下列说法正确的是（　　） A. 小孩与滑板之间的摩擦力大小为120 N B. 小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8 m C. 地面对斜面的支持力大小为360 N D. 地面对斜面的摩擦力大小为208 N √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析： 　由于μ1＞μ2，所以小孩和滑板相对静止一起做匀减速运动到最 高点，由牛顿第二定律有（m1＋m2）gsin θ＋μ2（m1＋m2）gcos θ＝（m1＋ m2）a，解得a＝10 m/s2，方向沿斜面向下。对小孩分析，假设小孩和滑板 间的摩擦力为Ff1，有Ff1＋m1gsin θ＝m1a，解得Ff1＝100 N，故A错误；由 速度与位移公式可得x＝＝1.8 m，故B正确；以小孩、滑板和斜面体 组成的整体为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度方向沿斜面向 下，加速度有水平向右和竖直向下的分加速度，大小分别为ax＝acos θ，ay ＝asin θ，对整个系统，根据牛顿第二定律可知，在竖直方向有（m1＋m2 ＋m3）g－FN＝（m1＋m2）ay，解得FN＝204 N，故C错误；地面对斜面体 有向右的摩擦力，其大小为Ff2＝（m1＋m2）ax＝208 N，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 9. 〔多选〕（2024·吉林高考10题）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。下列说法正确的是 （　　） 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比为3∶4 D. t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 解析：由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，木板受到小物块向左的滑动摩擦力作用减速运动，A正确；v-t图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 动摩擦因数为μ'，对小物块，由牛顿第二定律得μ'mg＝ma'，联立解得μ'＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板，由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ'mg－μ（M＋m）g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力f作用，由于f＝μ（M＋m）g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力， 假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 高中总复习·物 理（提升版） 目 录 $