第三章　第15课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以“模型构建-临界分析-多过程处理”为主线，系统整合隔离法、相对运动规律及临界条件，形成“滑块—木板”模型动力学问题的完整解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模型构建与解题关键|理论梳理+4典例|隔离法分析受力运动、“v物=v板”临界条件（恰好不滑离/木板最短）、相对位移公式（Δx=x1±x2=L）|从摩擦力判断（基础）→牛顿定律列方程（核心）→运动学公式求位移（综合），形成“受力-运动-临界”逻辑链|

第15课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 目标要求　1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 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.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)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，位移大小之和Δx=x2+x1=L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物=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)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物=v板； ②木板最短的条件：当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。 例1　(2025·江苏宿迁市检测)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F=1.2μmg，则木板的加速度的大小是(　　) A.0.45μg B.0.35μg C.0.25μg D.0.5μg 答案　B 解析　若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有 μmg-×2mg=ma，解得a= 对物块，根据牛顿第二定律有F-μmg=ma' 解得a'=0.2μg<a 所以二者之间不发生相对滑动，木板的加速度的大小为a木板==0.35μg，故选B。 例2　(2026·江苏宿迁市检测)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4 kg的长木板，在长木板的右端放一质量为m=1 kg的小物块，小物块可看作质点，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，初始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F水平向右拉长木板，g取10 m/s2。 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，求拉力F的最小值。 (2)若F=20 N，经时间t1=1 s撤去水平恒力F，则： ①刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ②最终小物块离长木板右端多远？ 答案　(1)15 N　(2)① 0.625 m　② m 解析　(1)小物块和木板间恰好发生相对滑动时，拉力F最小，设此时系统加速度为a，根据牛顿第二定律， 对小物块有μmg=ma， 对整体有Fmin=(M+m)a 解得Fmin=15 N (2)①若F=20 N，则小物块和木板已发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg=ma1 解得a1=3 m/s2 对木板有F-μmg=Ma2 解得a2=4.25 m/s2 撤去水平恒力F前，小物块的位移x1=a1=1.5 m 木板的位移x2=a2=2.125 m 则刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离 Δx=x2-x1=0.625 m ②撤去F时，小物块的速度大小v1=a1t1=3 m/s 木板的速度大小v2=a2t1=4.25 m/s 撤去F后，小物块继续水平向右做匀加速直线运动，木板水平向右做匀减速直线运动， 根据牛顿第二定律，对木板有-μmg=Ma3 解得a3=-0.75 m/s2 设经过时间t2小物块和木板达到共速， 则v共=v1+a1t2=v2+a3t2 解得t2= s，v共=4 m/s 时间t2内小物块的位移x1'=·t2= m 时间t2内木板的位移x2'=·t2=1.375 m 则时间t2内，木板比小物块向右多走的距离 Δx'=x2'-x1'= m 此后两者保持相对静止一起做匀速直线运动，所以最终小物块离木板右端的距离s=Δx+Δx'= m。 例3　(2024·新课标卷·25)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取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。 答案　(1)4 m/s　 s　(2) m 解析　(1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有μmg=ma1 设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有μmg=ma2 对物块l+Δl=v0t-a1t2 对薄板Δl=a2t2 联立解得v0=4 m/s，t= s (2)物块飞离薄板后薄板的速度v2=a2t=1 m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'== s 则平台距地面的高度h=gt'2= m。 例4　如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板。 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 答案　(1)不能脱离薄木板　(2)0.7 s 解析　(1)开始运动时，滑块的加速度大小为 a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2 薄木板的加速度大小为 a2==8 m/s2 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有 v=v0+a1t1=a2t1 解得t1=0.5 s，v=4 m/s 滑块下滑的位移大小为x1=t1=1.75 m 薄木板下滑的位移大小为x2=t1=1 m 两者相对位移大小为 Δx=x1-x2=0.75 m<L=1 m 假设成立，滑块不能脱离薄木板； (2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为 a3=gsin θ=6 m/s2 当薄木板下端到达斜面底端时，有s-x2=vt2+a3 解得t2=0.2 s 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t=t1+t2=0.7 s。 　处理“板块”模型中动力学问题的流程 课时精练 [分值：54分] 　[1~4题，每题4分] 1.(2025·江苏盐城市四校联考)如图甲所示，长木板静止在光滑水平地面上，质量为m的滑块以水平初速度v0由木板左端经过Δt恰能滑至木板的右端与木板相对静止。若将上述木板分成长度相等的两段(如图乙)，该滑块仍以v0从木板左端开始滑动。也经过Δt时间，比较物体的位置关系示意图中正确的是(　　) 答案　C 解析　第一次在滑块运动过程中，滑块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次滑块先使整个木板加速，运动到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的对应过程，所以第二次滑块与第二部分木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到第二部分的右端，就共速了，A、D错误；第二次滑块与木板作用时间较短，而滑块与木板之间的摩擦力保持不变，滑块的加速度不变，根据Δv=at，可知第二次滑块速度变化量小，末速度较大，Δt时间内的平均速度较大，则第二次滑块在Δt时间通过的位移较大，B错误，C正确。 2.(2026·江苏扬州市调研)如图所示，长木板A放在水平地面上，物块B放在A上，A、B静止。A、B质量均为m，它们之间的动摩擦因数为μ，A与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。作用在A上的水平拉力F逐渐增大，下列说法正确的是(　　) A.当F=μmg时，A、B都静止 B.当F>μmg时，A、B发生相对运动 C.B的最大加速度为μg D.若F作用在B上，A的最大加速度为μg 答案　C 解析　B的最大加速度am==μg，A、B即将发生相对运动时F-×2mg=2mam，解得F=μmg>μmg，故B错误，C正确；A与地面间的最大静摩擦力Ff=×2mg=μmg<μmg，当F=μmg<μmg时，A、B一起运动，故A错误；若F作用在B上，A的最大加速度为a满足μmg-×2mg=ma，解得a=μg，故D错误。 3.(2025·江苏常州市检测)如图所示，质量为m=1 kg的物块(可视为质点)放在质量为M=4 kg的木板的右端，木板长L=2.5 m。开始木板静止放在水平地面上，物块与木板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.2。现对木板施加一水平向右的恒力F=40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 B.木板的加速度大小为5.6 m/s2 C.物块的最大速度大小为3.5 m/s D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m 答案　D 解析　由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度am==2 m/s2，若木板和物块相对静止，则整体加速度a'== m/s2=6 m/s2>am，故木板与物块发生相对滑动，物块与木板不能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；由牛顿第二定律可得， 木板的加速度大小a== m/s2=7 m/s2，故B错误； 由以上分析可知物块的加速度大小为2 m/s2，当物块刚要脱离木板时满足at2-amt2=L，解得t=1 s，此时物块的速度最大，v=amt=2 m/s，故C错误； 物块到达木板左端时木板前进的位移大小x=at2=3.5 m，故D正确。 4.如图所示，一足够长的倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于(　　) A.mgsin θ+μmgcos θ B.mgsin θ+2μmgcos θ C.4μmgcos θ D.2mgsin θ 答案　C 解析　设拉力为F0时，刚好能把B从A下面抽出，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F0-2mgsin θ-2μmgcos θ=2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma，联立可得F0=4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。 5.(10分)(2025·江苏连云港市检测)如图所示，水平地面上静置有一质量为1 kg的长木板A，木板长2 m，左端放有一质量为2 kg的小物块B。一水平向右的力F=20 N作用在物块上，已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.5，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)(4分)木板开始运动时的加速度大小； (2)(4分)多长时间A、B分离； (3)(2分)分离时A的速度大小。 答案　(1)4 m/s2　(2)2 s　(3)8 m/s 解析　(1)物块与木板之间的摩擦力大小Ff=μ2mBg=0.5×2×10 N=10 N 地面与木板之间的摩擦力大小Ff1=μ1(mA+mB)g=0.2×3×10 N=6 N 木板开始运动时的加速度大小 aA==4 m/s2 (2)物块B的加速度大小aB==5 m/s2 设经过时间t木板A和物块B分离， 有xB-xA=lA 即aBt2-aAt2=2 m 解得t=2 s (3)分离时A的速度大小v=aAt=8 m/s。 　[6题4分] 6.(2026·江苏南通市检测)如图所示，长木板静止在水平地面上，小滑块置于木板的左端。已知木板与滑块的质量相等，滑块与木板、木板与地面间的动摩擦因数相同。敲击滑块使其以初速度v0向右运动，恰能滑至木板的右端；若敲击木板，使其获得向左的初速度，恰好使滑块滑至木板右端，则木板的初速度大小为(　　) A.v0 B.2v0 C.3v0 D.4v0 答案　B 解析　设各个接触面间的动摩擦因数为μ，滑块与木板相对运动的位移大小为L；则敲击滑块时，滑块做减速运动的加速度大小a1=μg，因滑块对木板的滑动摩擦力μmg小于地面对木板的滑动摩擦力μ·2mg，可知木板静止，则由运动学公式=2μgL；若敲击木板时，滑块做加速运动的加速度大小a1=μg，木板减速运动的加速度大小a2==3μg，滑块到达木板右端时两者共速，则共同速度大小v=a1t=v0'-a2t，t-t=L，解得v0'=2v0，故选B。 7.(10分)(2026·江苏徐州市检测)如图甲所示，长L=8.0 m、质量M=3 kg的木板A放在水平地面上，质量为m=1 kg的小物块B(可视为质点)放在木板的左端，开始时两者静止。现用一始终水平向左的力F作用在木板A上，通过传感器测得两物体的加速度a与力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。则： (1)(3分)求A与地面间的动摩擦因数μ1。 (2)(3分)图乙中F0=28 N时，a的数值。 (3)(4分)满足(2)问条件下，若水平向左的力F恒为31 N，且始终作用在木板A上，求小物块B从木板上滑落的时间t。 答案　(1)0.2　(2)5 m/s2　(3)4 s 解析　(1)由题图乙知，当外力为F1=8 N时， A、B整体开始运动，对整体，有F1=Ff1=μ1(M+m)g 解得μ1=0.2。 (2)当外力为F0=28 N时， 由题图乙可知整体处于相对静止的临界情况， 对整体有F0-Ff1=(M+m)a 解得a=5 m/s2。 (3)当水平恒力F=31 N>F0时， 二者发生相对运动，对物块B，加速度为a=5 m/s2， 由牛顿第二定律，得其受到的摩擦力Ff2=ma=5 N 对木板A，有F-Ff1-Ff2=Ma' 解得a'=6 m/s2 物块B从木板上滑落， 则有L=a't2-at2 解得t=4 s。 8.(14分)(2025·江苏宿迁市检测)如图，倾角为θ的斜面体C固定在水平地面上，一质量m1=2 kg的木板A以v0=3 m/s初速度沿斜面匀速下滑，木板A与斜面间的动摩擦因数为μ1，将一质量m2=1 kg的滑块B轻放在木板A上，滑块B可视为质点，与木板A之间的动摩擦因数为μ2，且μ2=μ1。当木板A速度刚减为零时，滑块B恰好从下端滑离木板，滑块B在木板A上滑动时会留下痕迹。已知斜面足够长，sin θ=0.4，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(2分)木板与斜面间的动摩擦因数大小μ1(结果可保留根号)。 (2)(4分)滑块B刚放在木板A上时，滑块B的加速度大小a2及木板A的加速度大小a1。 (3)(8分)滑块B在木板A上留下痕迹的长度s。 答案　(1)　(2)6 m/s2　3 m/s2　(3)6 m 解析　(1)开始木板A能够匀速下滑，有 m1gsin θ=μ1m1gcos θ 解得μ1=tan θ= (2)刚放上滑块B，对滑块B分析 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ+μ2m2gcos θ=m2a2 解得a2=6 m/s2 对木板A分析 由牛顿第二定律可得 μ2m2gcos θ+μ1(m1+m2)gcos θ-m1gsin θ=m1a1 解得a1=3 m/s2 (3)设经过t1时间，A与B共速，设共速时的速度为v，对A、B分别有v=v0-a1t1 v=a2t1 联立解得t1= s，v=2 m/s 共速时B相对A向上滑动的位移大小为Δx1，有 Δx1=t1-t1=0.5 m 共速后，再对B分析 由牛顿第二定律可得 m2gsin θ-μ2m2gcos θ=m2a2' 解得a2'=2 m/s2 对A分析有 由牛顿第二定律可得 μ1(m1+m2)gcos θ-μ2m2gcos θ-m1gsin θ=m1a1' 解得a1'=1 m/s2 设再经过t2时间，木板速度减为零，有 t2==2 s 此时滑块B速度为v2=v+a2't2=6 m/s 共速后B相对A向下运动的位移大小为Δx2，有 Δx2=t2-t2=6 m 由于Δx2>Δx1 则滑块B在木板A上留下痕迹的长度为 s=Δx2=6 m。 学科网（北京）股份有限公司 $