第3章 第5讲 专题提升：动力学中的板块模型（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·物理

**基本信息** 聚焦动力学板块模型，通过基础到拔高的层级训练，系统覆盖木板/滑块带动、多体多过程问题，以题强化牛顿运动定律应用及相对运动分析的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|4题|木板带动滑块（水平/趣味情境）、滑块带动木板（水平/斜面）|从单一过程到临界条件，构建摩擦力分析→加速度计算→相对位移判断的逻辑链| |综合提升练|2题|多体系统（三物块）、恒力+摩擦力作用|拓展至系统受力分析，强化动静摩擦转换及加速度关联的科学推理| |培优拔高练|2题|传送带+板块（斜面）、含时间限定的滑离问题|整合复杂运动过程，突出模型建构与临界状态分析的物理观念应用|

第5讲　专题提升:动力学中的板块模型 基础对点练 题组一　木板带动滑块运动的情形 1.(2025安徽合肥模拟)在一次科学探究活动中,小明将质量为m'=4 kg的小车放置在水平桌面上,小车上放一质量为m=1 kg的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为μ1=0.1,木块与小车间的动摩擦因数为μ2=0.3。初始时小车和木块均静止,小明对小车的牵引装置施加F=15 N的水平恒力。一段时间后,小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力F0,若木块能从小车上滑离,则F0应大于(g取10 m/s2)(　　) A. N B.3 N C. N D. N 2.(8分)(2026河北邢台期中)学校举行教职工趣味运动会,其中一项娱乐项目的情境如图所示,放置在水平面上的长度为L=1.5 m的木板等分为三个区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,茶杯(可视为质点)置于木板的最右端,参赛者水平击打一下木板的左端,木板获得一初速度v0后向右运动,从而带动茶杯也向右运动,最终若茶杯分别停在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域,将分别获得一、二、三等奖,已知茶杯的质量m=0.2 kg,木板的质量m木=1.8 kg,茶杯与木板间的动摩擦因数μ1=0.4,木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.23,重力加速度g取10 m/s2。 (1)茶杯相对木板滑动的过程中,求茶杯和木板的加速度a1和a2的大小。 (2)若要获得一等奖,木板初速度v0的最小值(结果可保留根号)。 题组二　滑块带动木板运动的情形 3.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,则木板加速度a大小不可能是(　　) A.a=0 B.a= C.a= D.a= 4.(多选)(2025四川绵阳模拟)滑沙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3 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,假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,滑板质量是小孩质量的2倍,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1.3 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5.6 m/s 综合提升练 5.(2025辽宁沈阳模拟预测)如图所示,在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2v0向右做匀速运动,某时刻将物块a轻放在b上,同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等,a与b间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时,关于a、b运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 6.(2025重庆九龙坡二模)如图甲所示,A、B 两物块置于长木板C上,A、B、C质量分别为m、2m、m,系统静置于水平地面上。设A和C之间、B和C之间、C和地面之间动摩擦因数分别为k1μ0、k2μ0、k3μ0(μ0为常数),最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长,重力加速度为g。 现对B施加一逐渐增大、水平向右的拉力F,B 的加速度随F变化情况如图乙所示。 则k1、k2、k3之比为(　　) 甲 乙 A.3∶4∶6 B.2∶8∶1 C.3∶8∶1 D.2∶12∶1 7.(11分)(2025河南焦作二模)如图所示,足够长质量为1 kg的木板放置于光滑水平面上,木板左端放置了一可视为质点、质量为1 kg的物块,物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。初始时,木板与物块都静止,现给木板一个向左的拉力,使木板以恒定的加速度a0=4 m/s2开始运动,当其速度达到v0=8 m/s后,便以此速度做匀速运动,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)物块相对于木板运动的最大距离; (2)通过计算,写出拉力随时间变化的关系。 培优拔高练 8.(14分)(2025河北邯郸模拟预测)如图所示,一倾角为θ=37°,足够长的传送带始终以v0=8.4 m/s的速度顺时针匀速运转,一可视为质点的质量为m=1 kg的物块放在质量为m'=2 kg的木板上的某位置。t=0时刻,两者同时在传送带的顶端由静止释放,木板与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.6,物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.3,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,不计其他阻力。 (1)求由静止释放后木板和物块开始运动时加速度的大小a1和a2。 (2)要使物块不从木板上端滑出,物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为多少。 (3)t'=2 s时,物块恰好从木板上滑下,求木板的长度至少是多长。 答案： 1.A　解析 对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后,根据牛顿第二定律,对小车分析有F-μ1(m'+m)g-μ2mg=m'a小车,对物块分析有μ2mg-F0=ma木块,当a木块>a小车时木块能从小车上滑离,联立解得F0> N,故选A。 2.答案 (1)4 m/s2　3 m/s2　(2) m/s 解析 (1)对茶杯,根据牛顿第二定律可得μ1mg=ma1,解得a1=4 m/s2,对木板有μ1mg+μ2(m+m木)g=m木a2,解得a2=3 m/s2。 (2)当茶杯恰好滑动至Ⅰ区域的右边界时与木板共速,此后两者一起减速至零,此时木板获得的初速度最小,设经过时间t达到共速,则有a1t=v0-a2t,L=(v0+v共)t-v共t,v共=a1t,解得v0= m/s。 3.B　解析 若F较小时,木板和物块均静止,则木板的加速度为零,A可能;若物块和木板之间发生相对滑动,对木板,水平方向上受两个摩擦力的作用,根据牛顿第二定律,有μmg-μ·2mg=ma,解得a=μg,C可能;若物块和木板之间不发生相对滑动,物块和木板一起运动,对木板和物块的整体,根据牛顿第二定律可得F-μ·2mg=2ma,解得a=,D可能。本题选不可能的,故选B。 4.BD　解析 设小孩的质量为m,滑板的质量为2m,由牛顿第二定律得,小孩的加速度大小为a1==2.8 m/s2,滑板的加速度大小为a2==1.3 m/s2,故A错误,B正确;设经过t时间,小孩离开滑板,则有1t2-2t2=L,解得t=2 s,离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=5.6 m/s,故C错误,D正确。 5.B　解析 a和b的速度达到共速之前,a受到b向右的摩擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力,a做加速运动,b做减速运动,则对于a,由牛顿第二定律有a1=,对b有a2==μg<a1,由此可知a的加速度大于b的加速度,A、C错误;a、b共速后,若在恒力作用下,a、b间的摩擦力Ff没有达到最大静摩擦力,则一起做加速运动,则对于b有a共=,且Ff≤μmg,故a、b的加速度a共<a1,B正确;若在恒力作用下,a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力,发生相对滑动,则a、b的加速度大小不相等,且均做加速运动,则对于a有a3=,对b有a4==μg,可知a的加速度a3小于共速前a的加速度a1,D错误。 6.B　解析 由题图乙知,三段图线的斜率分别为,可见随着拉力F的增大,开始A、B和C一起运动,接着B和C一起运动,最后B单独运动,结合题图乙知,F1=μ0mg时,C与地面间的静摩擦力恰好达到最大,则F1=k3μ0·4mg,解得k3=;当F2=3μ0mg时,A与C间的静摩擦力恰好达到最大,此时A的加速度a2=0.5μ0g,对A由牛顿第二定律k1μ0mg=ma2,解得k1=;当F3=9μ0mg时, B与C间的静摩擦力恰好达到最大,此时B的加速度a3=2.5μ0g,对B由牛顿第二定律F3-k2μ0·2mg=2ma3,解得k2=2,则k1∶k2∶k3=2∶8∶1,故选B。 7.答案 (1)8 m　(2)F= 解析 (1)对物块,加速时有μmg=ma,解得a=2 m/s2,对物块,有v0=at,对木板,有v0=a0t0, 分别作出物块与木板的v-t图像,如图所示,速度图像中阴影面积表示了相对距离,即Δx=v0(t-t0),代入数据解得Δx=8 m。 (2)在0<t≤2 s过程中,对木板有F-μmg=m'a0,在2 s<t≤4 s过程中,对木板有F-μmg=0,在t>4 s过程中,对木板有F=0,所以F= 8.答案 (1)12 m/s2　8.4 m/s2　(2)1.26 m　(3)1.8 m 解析 (1)释放后,木板受传送带向下的滑动摩擦力,由于μ1大于μ2,木板比物块运动得快,对物块由牛顿第二定律得mgsin θ+μ2mgcos θ=ma2,解得a2=8.4 m/s2,对木板有m'gsin θ+μ1(m+m')gcos θ-μ2mgcos θ=m'a1,解得a1=12 m/s2。 (2)设经时间t1木板与传送带速度相同,则v0=a1t1,解得t1=0.7 s,同速后由于μ1(m+m')gcos θ+μ2mgcos θ=16.8 N,m'gsin θ=12 N,可知μ1(m+m')gcos θ+μ2mgcos θ>m'gsin θ,故木板与传送带相对静止一起匀速运动,物块继续加速,设再经时间t2物块与木板及传送带速度相同,则v0=a2(t1+t2),解得t2=0.3 s,此时物块相对木板向上端发生位移为Δx1=1+v0t2-2(t1+t2)2=1.26 m,故要使物块不从木板上端滑出,物块初始状态在木板上的位置距木板上端至少为1.26 m。 (3)同速后物块会相对于木板下滑,对物块有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2',解得a2'=3.6 m/s2,对木板有F合=μ2mgcos θ+m'gsin θ-μ1(m+m')gcos θ=0,知木板仍匀速运动至t'=2 s,则从物块与木板及传送带等速至物块从木板上滑落时间为t3=t'-(t1+t2)=1 s,这段时间内物块相对木板向下端运动的距离为Δx2=v0t3+2'-v0t3=1.8 m,可得木板上的长度至少是1.8 m。 7 学科网（北京）股份有限公司 $