第3单元 05 专题六 “滑块—木板”模型中的动力学问题（word练习）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习课时作业（基础版）

**基本信息** 聚焦“滑块—木板”模型动力学问题，通过9道题构建从基础判断到综合应用的训练体系，强化运动和相互作用观念，培养模型建构与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|3题（1-3）|涉及速度相等位置、v-t图像分析，多为单选/多选|摩擦力类型（静/滑动）→加速度方向与大小→运动状态变化→相对位置/图像特征| |多体受力分析|2题（4-5）|结合动摩擦因数、水平拉力与加速度关系，含计算|整体与隔离法→摩擦力临界条件→牛顿第二定律→加速度关联| |综合应用|4题（6-9）|联系滑沙、卡车刹车等实际场景，含高考真题|模型迁移→运动过程分段→位移关系/能量转化→实际问题解决|

专题六　“滑块—木板”模型中的动力学问题 (限时40分钟) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 1.平板小车静止放在水平地面上,箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板小车,箱子和车之间有摩擦,地面对小车的阻力可忽略,当它们的速度相等时,箱子和平板小车的位置情况可能是 (　) A B C D 2.(多选)如图所示,一足够长的木板静止在粗糙的水平地面上,t=0时刻滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行,木板与滑块间存在摩擦,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则滑块的v⁃t图像可能是下图中的 (　) A　B　C　D 3.(多选)一小物块向左冲上水平向右运动的木板,二者速度大小分别为v0、2v0,此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,木板足够长.整个运动过程中 (　) A.物块的运动方向不变 B.物块的加速度方向不变 C.物块相对于木板运动时,相对运动的方向不变 D.物块与木板的加速度大小相等 4.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,静止放置一质量为M的足够长的木板,质量为m的小滑块(可视为质点)放在长木板上.长木板受到水平拉力F与加速度的关系如图乙所示,长木板足够长,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　) A.长木板的质量M=2 kg B.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.4 C.当F=14 N时,长木板的加速度大小为6 m/s2 D.当F增大时,小滑块的加速度一定增大 5.[2025·内蒙古师大附中模拟] 物理课上,老师演示惯性实验,如图所示,将质量为9m、长度为L的课本放在水平桌面上,质量为m的橡皮(可视为质点)放在课本的中央,课本与橡皮间的动摩擦因数为2μ,课本与桌面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,若作用于课本的水平力为F,重力加速度为g,则: (1)要使橡皮和课本有相对运动,F至少为多大? (2)若施加力F=66μmg时,橡皮和课本能相对滑动,求橡皮从课本脱落的时间t(结果用μ、L、g表示). 6.(多选)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,滑板与沙之间的动摩擦因数为.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0.8 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 7.(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上有一质量为m2的物块,如图甲所示.用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变化关系如图乙所示.其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小.木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示.已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦因数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g,则 (　) A.F1=μ1m1g B.F2=(μ2-μ1)g C.μ2>μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 8.[2024·新课标卷] 如图所示,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. 9.[2025·黑龙江哈尔滨一中一模] 如图所示,卡车上载有一块长木板,木板后端放置一箱货物(可视为质点),木板和货物质量相等,均为m=10 kg,货物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,卡车以大小为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,卡车以木板和货物均不会相对于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,卡车刹车的加速度大小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物的速度大小v. 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题六　“滑块—木板”模型中的动力学问题 1.C　[解析] 箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板小车,在摩擦力作用下,箱子做匀减速直线运动,平板小车做匀加速直线运动,设经过t时间箱子与平板小车达到共速v共,此过程平板小车的位移为x车=t,箱子的位移为x箱=t,则箱子相对于平板小车向前的位移大小为Δx=x箱-x车=t-t=t,可得Δx=t>x车=t,故选C. 2.AC　[解析] 滑块滑上木板后,受到木板对滑块向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力,则木板做匀加速直线运动,当两者速度相等时,一起做匀减速运动,设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数为μ2,滑块的质量为m,木板的质量为M,木板若滑动,则μ1mg>μ2(M+m)g,最后一起做匀减速运动,加速度a'=μ2g,开始时滑块做匀减速运动的加速度大小为a=μ1g>μ2g,所以图线的斜率绝对值变小,故C正确,D错误.若μ1mg<μ2(M+m)g,则木板不动,滑块一直做匀减速运动,故A正确.由于地面有摩擦力,最终滑块和木板不可能一起做匀速直线运动,故B错误. 3.CD　[解析] 根据图像可知木板的速度方向没有发生改变,木板和物块达到共速,速度大小为v0,方向向右,然后一起减速到0,所以物块的运动方向先向左再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右,一起共同减速阶段加速度方向水平向左,方向改变,故B错误;物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动,即物块相对于木板运动的方向不变,故C正确;由图像可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1==,物块的加速度大小为a2==,共同减速阶段加速度相同,则整个运动过程木板和物块加速度大小相等,故D正确. 4.BC　[解析] 当F等于12 N时,加速度a=4 m/s2,对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=3 kg,当F大于12 N时,m和M发生相对滑动,根据牛顿第二定律得F-μmg=Ma,即F=Ma+μmg,结合题图可得M=1 kg,m=2 kg,故A错误;由题图可得μmg=8 N,故μ=0.4,故B正确;当F=14 N时,长木板的加速度为a=== m/s2=6 m/s2,故C正确;当F大于12 N后,发生相对滑动,小滑块的加速度为a==μg,与F无关,F增大时小滑块的加速度不变,故D错误. 5.(1)30μmg　(2) [解析] (1)因为水平力作用在课本上,所以当橡皮与课本间的静摩擦力达到最大时,即橡皮的加速度达到最大时,二者恰好相对静止,此时的力F为临界值,设橡皮的最大加速度为a1,对橡皮,由牛顿第二定律得2μmg=ma1 解得a1=2μg 对整体,由牛顿第二定律得F-μg=a1 代入数据解得F=30μmg (2)若施加力F=66μmg时,显然超过临界值,橡皮和课本能相对滑动,此时橡皮的加速度仍为a1,设课本的加速度为a2,对课本,由牛顿第二定律得F-μg-2μmg=9ma2 代入数据解得a2=6μg 橡皮从课本脱落的时间为t,橡皮的位移为x1=a1t2 课本的位移为x2=a2t2 二者位移关系为x2-x1= 代入数据解得t= 6.BC　[解析] 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==0.8 m/s2,A错误,B正确;小孩刚与滑板分离时,有a1t2-a2t2=L,解得t=1 s,小孩离开滑板时的速度大小为v=a1t=2.8 m/s,D错误,C正确. 7.BCD　[解析] 0~t1时间内,木板的加速度为零,木板不动,t1~t2时间内,木板加速度增大,木板与物块一起加速,而t2时刻之后木板加速度保持不变,说明物块与木板之间出现相对滑动.0~t1时间内物块与木板都静止,t1时刻,对物块和木板整体,有F1=Ffm地=μ1(m1+m2)g,A错误;t2时刻对物块,有F2-μ2m2g=m2a,对木板,有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a,联立可得F2=(μ2-μ1)g ,B正确;由于地面与木板之间先发生相对滑动,所以μ2m2g>μ1(m1+m2)g,μ2>μ1,C正确;0~t1时间内,木板和物块都不动,加速度为零,t1~t2时间内,木板与物块一起加速,所以0~t2时间内,木板与物块的加速度相等,D正确. 8.(1)4 m/s　 s　(2) m [解析] (1)设物块初速度大小为v0,其在薄板上运动的时间为t.物块在薄板上做匀减速运动,加速度大小为a1=μg 薄板做匀加速运动,加速度大小为a2= 对物块有l+Δl=v0t-a1t2 对薄板有Δl=a2t2 联立解得v0=4 m/s,t= s (2)物块飞离薄板后,薄板做匀速直线运动,薄板的速度v2=a2t 当物块落到地面时,薄板运动的时间为 t'= 物块做平抛运动的时间也为t',则平台距地面的高度h=gt'2 联立解得h= m 9.(1)能够避免相撞　(2)2.4 m　3.6 m/s [解析] (1)设货物与木板不发生相对滑动的最大加速度为a1,根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1 解得a1=4.5 m/s2 设木板与货物相对静止,相对于卡车不发生相对滑动的最大加速度为a2,根据牛顿第二定律有2μ2mg=2ma2 解得a2=4 m/s2 a2<a1,卡车以a2的加速度刹车,根据运动学公式有 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x,根据运动学公式有 x==30 m 设货物的加速度大小为a1',根据牛顿第二定律有 μ1mg=ma1' 解得a1'=4 m/s2 设木板的加速度大小为a2',根据牛顿第二定律有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,根据运动学公式有x2==32.4 m,t2==3.6 s 木板前端与驾驶室的距离L=x2-x=2.4 m 此时货物的速度大小v=v0-a1't2=3.6 m/s 学科网（北京）股份有限公司 $