第3章 专题突破5 动力学中的“板块”模型(课时作业Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

**基本信息** 聚焦动力学板块模型，通过分层训练构建从摩擦力分析到相对运动计算的完整逻辑链，突出科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固练|5选择|板块相对运动判断、加速度计算|摩擦力概念→牛顿第二定律→运动学公式推导相对位移| |能力提升练|2计算|多过程运动分析、能量转化|共速条件→临界状态判断→位移关系应用| |培优创新练|1综合|斜面情境、多物体系统|静摩擦与滑动摩擦转化→复杂系统加速度关联→运动学公式综合应用|

限时规范训练(17)　动力学中的“板块”模型 (建议用时：40分钟　满分：65分) (选择题1～5题每题5分，共25分) [基础巩固练] 1．(2026·浙江学军中学月考)如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图像可能是图中的(　　) 解析：A　放上小物块后，长木板受到小物块施加的向左的滑动摩擦力和地面施加的向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小物块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于两者相对运动时木板的加速度，A正确，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。 2．(2025·山西晋中高三模拟预测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量M＝2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1 kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。则物块在薄板上运动的时间为(　　) A．2.3 s B．2 s C．1.7 s D．1 s 解析：D　设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块在薄板上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2－a1t2＝l，联立并代入数据解得t＝1 s，故选D。 3．(2026·江苏南通开学考)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，则木板的初速度为(　　) A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 解析：B　设各个接触面间的动摩擦因数为μ，木板长度为L；则敲击滑块时，滑块做减速运动的加速度大小a1＝μg，因滑块对木板的摩擦力μmg小于地面对木板的最大静摩擦力μ·2mg，可知木板静止，则由运动公式可得v02＝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，木块到达木板右端时两者共速，则共同速度v＝a1t＝v0′－a2t，t＝L，解得v0′＝2v0，故选B。 4．(2025·江西二模)如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度大小g取10 m/s2，则木板的长度为(　　) A．1.0 m B．1.5 m C．2.0 m D．2.5 m 解析：B　设物块的质量为m，木板的质量为M，在物块减速和木板加速到共速的时间为t1，加速度为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝t1，两者共速后，因μ1>μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝＝0.5 m/s2，木板的位移为x2＝，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长，有L＝t1－x1，联立各式解得t1＝1 s，L＝1.5 m，故选B。 5．(2026·山东日照高三开学考)如图所示，一质量为2 kg的足够长木板c置于水平面上，质量均为1 kg的滑块a、b置于c上，b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为0.2，b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1，若给c施加一水平向右的恒力F，从开始施加恒力到a、b第一次相遇时间为t。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。当F＝10 N时，t＝1 s。下列判断正确的是(　　) A．初始时a、b之间的距离为0.5 m B．若F＝8 N，则t＝ s C．若F＝11 N，则t＝ s D．F越大，t越小 解析：C　假设ac相对静止，bc相对滑动，对木板ac，有F－μ2(2m＋M)g－μ2mg＝(M＋m)a1，解得a1＝m/s2，由于a1＝m/s2<μ1g＝2 m/s2，a1＝m/s2>μ2g＝1 m/s2，则假设成立，对b，有a2＝＝1 m/s2，根据位移关系有xab＝ m，故A错误；同理，当F＝8 N时，ac整体加速度大小为a1′＝1 m/s2<μ1g＝2 m/s2，由于a1′＝1 m/s2＝μ2g＝1 m/s2，说明三者保持相对静止，ab不能相遇，故B错误；当F＝11 N时，ac整体加速度大小为a1″＝2 m/s2＝μ1g>μ2g，ac保持相对静止，bc相对滑动，则xab＝a1″t′2－a2t′2，代入数据解得t′＝ s，故C正确；当ac相对静止，bc相对滑动时，力F越大，则ac的加速度越大，b的加速度不变，根据位移关系可知，二者相遇的时间t越小，但当ac相对滑动，bc相对滑动时，力F越大，c的加速度增大，但ab加速度保持不变，所以二者相遇的时间不变，故D错误。故选C。 6．(10分)(2026·河北保定十校月考)如图甲所示，长为L＝8 m、质量为M＝4.0 kg的木板P放在光滑的水平地面上，P的中点有一个可视为质点的质量为m＝1.0 kg的小物块Q。现对P施加一水平向右的拉力F，F作用1 s后撤去，P、Q在F作用时的速度—时间图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。求： 图甲 图乙 (1)物块与木板间的动摩擦因数μ和水平拉力F的大小； (2)F作用过程中，Q对P做的功； (3)Q相对P向左滑行的最大距离Δx。 解析：(1)由图乙知：P的加速度大小为a1＝4 m/s2 Q的加速度大小为a2＝2 m/s2 对Q有μmg＝ma2 对P有F－μmg＝Ma1 联立上式解得μ＝0.2，F＝18 N。 (2)在0～1 s内P的位移大小为x1＝a1t12＝2 m 则Q对P做的功为W＝－μmgx1＝－4 J。 (3)假设系统向右运动过程中Q一直在P上，在0～1 s内Q的位移大小为x2＝a2t12＝1 m 1 s内P、Q相对位移为Δx1＝x1－x2＝1 m 撤去F至P、Q达到共同速度的过程中Q加速度大小不变，P以加速度大小为a3做减速运动，对P有μmg＝Ma3 解得a3＝0.5 m/s2 设P、Q速度相等再经历的时间为t2，v共＝vQ＋a2t2＝vP－a3t2 解得t2＝0.8 s，v共＝3.6 m/s 此时P运动的位移为x3＝vPt2－a3t22＝3.04 m Q在t2时间内运动的位移为x4＝vQt2＋a2t22＝2.24 m t2时间内P、Q相对位移为Δx2＝x3－x4＝0.8 m Q相对P向左滑行的最大距离为Δx＝Δx1＋Δx2＝1.8 m 由于Δx<，故假设成立，即Q相对P向左滑行的最大距离为1.8 m。 答案：(1)0.2　18 N　(2)－4 J　(3)1.8 m [能力提升练] 7．(10分)(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。 解析：(1)由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为 a＝μg＝3 m/s2 设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有 x物＝v0t1－at12＝l＋ x板＝at12＝ 联立并代入数据解得v0＝4 m/s、t1＝ s。 (2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为 v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有 ＝v2t2 h＝gt22 联立并代入数据解得h＝ m。 答案：(1)4 m/s　 s　(2) m 8．(10分)(2025·吉林高三联考)如图所示，在倾角θ＝30°的足够长固定斜面上，将质量M＝3 kg的长木板由静止释放的同时，一质量m＝0.5 kg的物块以v0＝6 m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)木板的长度L； (2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2； (3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。 解析：(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1 根据匀变速直线运动的规律有v02＝2a1L 解得L＝4.5 m。 (2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有 Mg sin θ＝μ1mg cos θ＋Ff Ff＝μ2(m＋M)g cos θ 解得μ2＝。 (3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有 mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma2 解得a2＝2 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律有 μ1mg cos θ＋Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma3 解得a3＝1 m/s2 时间t内物块的位移大小为x1＝a2t2 时间t内木板的位移大小x2＝a3t2 根据几何关系有x1－x2＝L 物块滑离木板时，木板的速度大小为v＝a3t 联立解得v＝3 m/s。 答案：(1)4.5 m　(2)　(3)3 m/s [培优创新练] 9．(10分)(2026·辽宁名校联盟联考)如图所示，倾角θ＝37°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝10.8 m、质量M＝2 kg的薄木板，木板的顶端叠放一质量m＝1 kg的物块(视为质点)。对木板施加沿斜面向上的恒力F(大小未知)，使木板沿斜面向上由静止开始运动。已知物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，认为物块和木板分离前、后瞬间的速度均不变，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)若物块未离开木板时始终处于静止状态，求物块与木板间的动摩擦因数μ； (2)若物块与木板间的动摩擦因数μ′＝0.8，求使物块不滑离木板时恒力F的范围； (3)若μ′＝0.8，F＝24 N，求物块运动至最高点时与木板底端的距离x。 解析：(1)对物块受力分析，有 mg sin θ＝Ff FN＝mg cos θ Ff＝μFN 解得μ＝0.75。 (2)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律有 F－(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a 以物块为研究对象，由牛顿第二定律有 Ff′－mg sin θ＝ma 又Ff′≤Ffmax＝μ′mg cos θ a>0 解得18 N <F≤19.2 N 故使物块不滑离木板时恒力F的范围为18 N<F≤19.2 N。 (3)由题意知物块会滑离木板，设物块在木板上的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，有μ′mg cos θ－mg sin θ＝ma1 F－Mg sin θ－μ′mg cos θ＝Ma2 设物块在木板上运动的时间为t1，由几何关系有a2t12－a1t12＝L 解得t1＝3 s 此后物块从木板上掉落，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，有 mg sin θ＝ma3 F－Mg sin θ＝Ma4 设从物块刚掉落到物块速度减至零的时间为t2，有t2＝ 解得t2＝0.2 s 以物块与木板分离处为起始点，物块的位移大小x1＝t2 木板的位移大小 x2＝a2t1t2＋a4t22 又x＝x2－x1 解得x＝1.68 m。 答案：(1)0.75　(2)18 N <F ≤ 19.2 N　(3)1.68 m 学科网（北京）股份有限公司 $