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Word（提升版）

该高中物理高考复习教案聚焦动力学“滑块—木板”模型，覆盖水平与斜面两种情境，按模型特点、临界分析、位移关系的逻辑层次梳理考点，通过模型构建、方法指导、真题训练等环节，帮助学生建立相对运动分析框架，突破动力学综合应用难点。 教案突出科学思维与模型建构，分类剖析四种初始条件，挖掘“共速”临界条件，设计分层练习。如通过对比水平与斜面情境中摩擦力突变问题，培养学生科学推理能力，助力高效突破考点，为教师把控复习节奏提供精准指导。

重难突破5　动力学中的“滑块—木板”模型 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。 突破点一　水平面上的“滑块—木板”模型 　　 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； （2）分析A相对B运动时，A、B的加速度大小； （3）分析A、B各自的运动情况； （4）分析A、B的位移关系。 提示：（1）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。 （2）对A：μmg＝maA，对B：μmg＝MaB 则aA＝μg，aB＝。 （3）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。 （4）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。 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。 （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 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。 　 （2）挖掘“v块＝v板”临界条件的拓展含义 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。 （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： （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？ （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）0.2 N　（2）① m/s　②0.045 m 解析：（1）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。 （2）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 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 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。 〔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 答案：BC 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；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。 （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？ （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：（1）25 N　（2） s 解析：（1）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。 （2）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 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。 突破点二　斜面上的“滑块—木板”模型 　　 〔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 答案：BC 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；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。 （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 解析：C　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。 　　 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 解析：B　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。 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 解析：C　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。 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 解析：C　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。 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 解析：C　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。 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（　　） 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 解析：BCD　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。 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？ （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：（1）能够避免相撞　（2）2.4 m　3.6 m/s，方向与v0相同 解析：（1）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 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。 （2）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' 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）。 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 解析：D　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。 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 解析：BD　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。 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 解析：ABD　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 学科网（北京）股份有限公司 $