第三章 专题强化五 动力学中的“滑块—木板”模型 【核心精讲精练】-2027届高三物理一轮复习讲义●分层对点训练

该高中物理讲义围绕动力学“滑块—木板”模型，整合水平面、斜面等细分场景，综合牛顿第二定律、运动学公式及能量关系考查。通过考向预测、真题演练、核心梳理、考点突破和限时训练，系统构建复习框架，帮助学生突破摩擦力临界转换等难点。 资料以科学思维中的模型建构为核心，结合运动与相互作用观念，通过水平/斜面场景例题拆解临界条件，设置基础、综合、拔尖分层限时练习。精准对接高考命题趋势，提升学生分段运动分析能力，为教师把控复习节奏提供实战化指导。

第三章 运动和力的关系 专题强化五　动力学中的“滑块—木板”模型 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 03 核心梳理●明考点 筛出章节考点，划定复习侧重 04 考点突破●破重难 拆解核心考点，归纳解题范式 05 过关限时●练实战 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 动力学中的“滑块—木板”模型以整体隔离法、静摩擦与滑动摩擦临界转换为核心，包含水平面、斜面、外力拉滑块/拉木板、多板块叠加、地面有无摩擦等细分场景，综合牛顿第二定律、运动学公式分析两者加速度、共速临界、相对位移；结合近三年考频，水平面单滑块木板外力牵引求临界拉力、共速前后分段运动计算年年稳定考查，地面粗糙、双滑块叠放变式交替命题，常联动功能关系求解相对路程与摩擦生热，静滑动摩擦力切换的临界加速度判断、受力漏力是高频失分点，作为动力学经典压轴模型考频居高不下；预测2027年会强化斜面板块、木板连接弹簧、先后释放双滑块复合创新情境，重点深化恰好发生相对滑动临界条件的规范文字推导说理，增设全程分段计算相对位移、系统内能、滑块滑落临界长度的复合型计算题，融合传送带模型、动量定理串联设问，命题侧重依托多阶段变速场景分步受力分析，联立动力学与能量公式求解拉力、运动时长、板长最小值的力学综合压轴考查。 【真题演练●悟高考】 一、多选题 1．（2024·吉林·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。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。已知到的时间内，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。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 2．（2021·全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）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（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，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． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 二、解答题 3．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。 求： （1）滑到的底端时对的压力是多大？ （2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？ （3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。    4．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【核心梳理●明考点】 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另一端。 4.“滑块—木板”模型的解题思路 【考点突破●破重难】 考向　水平面上的“滑块-木板”模型 例1 (2026·江苏连云港期末)如图所示，炭块A以水平向右的初速度v0=9 m/s冲上足够长的静止木板B，当A、B速度相同时木板与弹性挡板恰好发生碰撞，碰撞后木板B的速度大小不变、方向反向。已知A、B接触面间的动摩擦因数μ=0.5，炭块A的质量是木板B质量的2倍，重力加速度g取10 m/s2，其余摩擦均不计。 (1)求A冲上B时，A、B的加速度大小aA、aB; (2)求B与弹性挡板第一次碰撞前的速度大小v1; (3)从炭块A滑上木板B到B第二次与弹性挡板碰撞的过程中，求炭块A在木板B上留下痕迹的长度s。 例2 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，在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F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，则拉力F的最小值是多大? (2)若F=14 N，经时间t=1 s撤去水平恒力F，则: ①在F的作用下，长木板的加速度为多大? ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远? ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? ④最终小物块离长木板右端多远? 例3 如图所示，质量M=2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个初速度为0、大小不计、质量m=1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的恒力F=6 N并开始计时。已知A与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.4，滑板A足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2。求: (1)A、B达到共同速度时的速度大小; (2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间相对位移x。 1.(2026·江苏宿迁期末)如图甲所示，质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t=0时，可视为质点的物块A以3 m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.物块A的质量为4 kg B.物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.1 C.长木板B的长度为1.5 m D.物块A在长木板B上相对滑动过程中对地的位移为2 m 考向　斜面上的“滑块-木板”模型 例4 (2026·江苏苏南八校期中)如图所示，在一个倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L=5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0=9.6 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，结果可用根号表示。 (1)求刚放上小煤块时，长木板的加速度大小a1和小煤块的加速度大小a2; (2)求小煤块从放上到与长木板共速所经历的时间t1; (3)最终小煤块从木板哪一端离开?二者共速到二者分离又经历多长时间? 2.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0.4，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5 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 【过关限时●练实战】 （40分钟） A级　基础对点练 1.如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t=0时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，取向右为正方向，则下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关系图像，可能正确的是(　　) 2.(2026·江苏无锡阶段练习)如图所示，三颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺水平向右将中间棋子2快速击出，稳定后，棋子1和3的位置情况可能正确是(　　) 3.(2026·江苏苏州期末)如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则(　　) A.木块受到桌面的摩擦力为μ2(m1+m2)g B.若F>μ2(m1+m2)g时木块将开始滑动 C.若将F作用在木块上，当F>μ2(m1+m2)g+μ1m1g时可以抽出木块 D.若将F作用在木块上，当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时可以抽出木块 4.(2026·江苏徐州期末)如图所示，一辆正以速度v匀速行驶的货车上载有一个木箱，遇到紧急情况时以加速度a刹车。已知木箱到驾驶室的距离为L，木箱与货车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。若a>μg，则刹车过程中(　　) A.木箱一定会撞到驾驶室 B.木箱和货车同时停止运动 C.货车受到木箱的摩擦力水平向右 D.为保证安全，需满足L>- 5.(2026·江苏镇江模拟)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(　　) A.μ< B.μ≥ C.μ< D.μ≥ 6.一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。下列说法错误的是(　　) 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之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 B级　综合提升练 7.(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=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。 8.(2026·江苏徐州、邳州期中)如图所示，倾角θ=37°的固定斜面长为x1=3.2l，质量为m、长x2=l的L形滑板B静止在斜面最上端，B的上表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数μ=0.75，在滑板B最上端由静止释放质量为m的小滑块A。已知A与B下端挡板间碰撞时互换速度，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小为g=10 m/s2。求: (1)A与B下端挡板第一次碰撞后瞬间B的加速度大小a; (2)A与B下端挡板碰撞后，A与B下端挡板间的最大距离x; (3)B滑到斜面底端时的速度大小v。 C级　拔尖进阶练 9.(2026·江苏南京期末)如图所示，木板B置于光滑水平地面上，大小可忽略的物块A放在木板B左端，A质量为m=0.50 kg，B质量为M=1.0 kg、长度为l=2.0 m，A与B间的动摩擦因数为μ=0.2，距B右端d=1.0 m处有竖直的墙壁，开始A和B均静止，现A受到向右的水平拉力F=2.0 N，已知g=10 m/s2。 (1)求A和B开始运动时的加速度大小; (2)1 s后撤去力F，求此刻至A、B速度相同经历的时间; (3)在(2)条件下，B与墙壁碰撞反弹时速率不变，求最终A到B右端的距离。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 运动和力的关系 专题强化五　动力学中的“滑块—木板”模型 复习导航 01 考向预测●明考向 对标核心素养，研判高考命题趋势 02 真题演练●悟高考 溯源真题逻辑，感知高考考向 03 核心梳理●明考点 筛出章节考点，划定复习侧重 04 考点突破●破重难 拆解核心考点，归纳解题范式 05 过关限时●练实战 限定答题时长，模拟考场实战 【考向预测●明考向】 动力学中的“滑块—木板”模型以整体隔离法、静摩擦与滑动摩擦临界转换为核心，包含水平面、斜面、外力拉滑块/拉木板、多板块叠加、地面有无摩擦等细分场景，综合牛顿第二定律、运动学公式分析两者加速度、共速临界、相对位移；结合近三年考频，水平面单滑块木板外力牵引求临界拉力、共速前后分段运动计算年年稳定考查，地面粗糙、双滑块叠放变式交替命题，常联动功能关系求解相对路程与摩擦生热，静滑动摩擦力切换的临界加速度判断、受力漏力是高频失分点，作为动力学经典压轴模型考频居高不下；预测2027年会强化斜面板块、木板连接弹簧、先后释放双滑块复合创新情境，重点深化恰好发生相对滑动临界条件的规范文字推导说理，增设全程分段计算相对位移、系统内能、滑块滑落临界长度的复合型计算题，融合传送带模型、动量定理串联设问，命题侧重依托多阶段变速场景分步受力分析，联立动力学与能量公式求解拉力、运动时长、板长最小值的力学综合压轴考查。 【真题演练●悟高考】 一、多选题 1．（2024·吉林·高考真题）一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。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。已知到的时间内，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。时刻，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是（　　） A．小物块在时刻滑上木板 B．小物块和木板间动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3︰4 D．之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】ABD 【详解】A．图像的斜率表示加速度，可知时刻木板的加速度发生改变，故可知小物块在时刻滑上木板，故A正确； B．结合图像可知时刻，木板的速度为 设小物块和木板间动摩擦因数为，由题意可知物体开始滑上木板时的速度为 ，负号表示方向水平向左 物块在木板上滑动的加速度为 经过时间与木板共速此时速度大小为，方向水平向右，故可得 解得 故B正确； C．设木板质量为M，物块质量为m，根据图像可知物块未滑上木板时，木板的加速度为 故可得 解得 根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为 此时对木板由牛顿第二定律得 解得 故C错误； D．假设之后小物块和木板一起共速运动，对整体 故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确。 故选ABD。 2．（2021·全国乙卷·高考真题）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）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（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，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． B． C． D．在时间段物块与木板加速度相等 【答案】BCD 【详解】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有 A错误； BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有 以木板为对象，根据牛顿第二定律，有 解得 BC正确； D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。 故选BCD。 二、解答题 3．（2023·海南·高考真题）如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径，一质量为的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知，B、C间动摩擦因数，C与地面间的动摩擦因数，C右端有一个挡板，C长为。 求： （1）滑到的底端时对的压力是多大？ （2）若未与右端挡板碰撞，当与地面保持相对静止时，间因摩擦产生的热量是多少？ （3）在时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求从滑上到最终停止所用的时间。    【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3） 【详解】（1）滑块下滑到轨道底部，有 解得 在底部，根据牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律可知B对A的压力是。 （2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力向左，根据牛顿第二定律得 解得加速度向左为 对C分析，受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力 根据牛顿第二定律 解得其加速度向左为 由运动学位移与速度关系公式，得B向右运动的距离 C向右运动距离 由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量 可得 （3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为，有 解得 B的位移为 则此刻的相对位移为 此时 由，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经时间B与C挡板碰撞，有 解得 碰撞时B速度为 碰撞时由动量守恒可得 解得碰撞后B、C速度为 之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得 后再经后停下，则有 故从滑上到最终停止所用的时间总时间 4．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。 （1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； （2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； （3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s 【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理 解得 （2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒 根能量守恒 解得 （3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为 共速后，共同加速度大小为 考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速； 假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 共速过程，滑块、木板位移分别为 共速时，相对位移应为 解得 ， 随后共同减速 到达H速度 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 【核心梳理●明考点】 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另一端。 4.“滑块—木板”模型的解题思路 【考点突破●破重难】 考向　水平面上的“滑块-木板”模型 例1 (2026·江苏连云港期末)如图所示，炭块A以水平向右的初速度v0=9 m/s冲上足够长的静止木板B，当A、B速度相同时木板与弹性挡板恰好发生碰撞，碰撞后木板B的速度大小不变、方向反向。已知A、B接触面间的动摩擦因数μ=0.5，炭块A的质量是木板B质量的2倍，重力加速度g取10 m/s2，其余摩擦均不计。 (1)求A冲上B时，A、B的加速度大小aA、aB; (2)求B与弹性挡板第一次碰撞前的速度大小v1; (3)从炭块A滑上木板B到B第二次与弹性挡板碰撞的过程中，求炭块A在木板B上留下痕迹的长度s。 【答案】(1)5 m/s2　10 m/s2　(2)6 m/s　(3)7.5 m 【解析】(1)由牛顿第二定律，对A有μmAg=mAaA 对B有μmAg=mBaB 又mA=2mB 解得aA=5 m/s2，aB=10 m/s2。 (2)设A从滑上B经时间t1第一次与B达到共同速度v1，则有v1=v0-aAt1=aBt1 解得t1=0.6 s，v1=6 m/s。 (3)B与挡板碰后瞬间B的速度大小为v1=6 m/s，方向向左，A的速度不变，即大小为v1=6 m/s，方向向右，故A向右、B向左均做匀减速运动，由于aA<aB，所以B的速度先减小到0，之后A继续向右做匀减速运动，B反向向右做匀加速运动。取向右为正方向。 设第二次共速时的速度为v2，从第一次与弹性挡板碰撞后到第二次共速所需时间为t2， 则有v2=v1-aAt2=-v1+aBt2 解得t2=0.8 s，v2=2 m/s 法一　从A滑上B到A、B第二次共速，A的位移xA=(t1+t2)=7.7 m 从A滑上B到A、B第一次共速，B的位移xB1=t1=1.8 m 从第一次与弹性挡板碰撞后到第二次共速，B的位移xB2=-v1t2+aB=-1.6 m 故从A滑上B到A、B第二次共速的过程中，炭块A在木板B上留下痕迹的长度 s=xA-xB1-xB2=7.5 m。 法二　画出A、B运动过程中的v-t图像，如图。 由图像知，从A滑上B到A、B第二次共速的过程中，A相对B始终向右运动，则炭块A在木板B上留下痕迹的长度s=v0t1+×2v1t2=7.5 m。 例2 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，在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F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，则拉力F的最小值是多大? (2)若F=14 N，经时间t=1 s撤去水平恒力F，则: ①在F的作用下，长木板的加速度为多大? ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远? ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动? ④最终小物块离长木板右端多远? 【答案】(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s ④0.7 m 【解析】(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg=ma0 对物块和木板整体有F0=(m+M)a0 联立解得F0=10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。 (2)①F=14 N>F0，则从物块和木板发生相对滑动，对长木板，根据牛顿第二定律可得 F-μmg=Ma，解得a=3 m/s2。 ②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用， 故小物块的加速度am=a0=μg=2 m/s2 则撤去F时，小物块离长木板右端的距离 Δx1=at2-amt2=0.5 m。 ③刚撤去F时，长木板速度v=at=3 m/s，小物块速度vm=amt=2 m/s 撤去F后，设经时间t'两者可达到共同速度，设为v'， 此时长木板的加速度大小a'==0.5 m/s2 则有v'=vm+amt'=v-a't' 解得t'=0.4 s，v'=2.8 m/s。 ④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移Δx2=t'-t'=0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离为x=Δx1+Δx2=0.7 m。 例3 如图所示，质量M=2 kg的滑板A放在水平地面上，当A向右滑动的速度v0=13.5 m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个初速度为0、大小不计、质量m=1 kg的小物块B，同时给B施加一个水平向右的恒力F=6 N并开始计时。已知A与地面之间的动摩擦因数μ1=0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2=0.4，滑板A足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2。求: (1)A、B达到共同速度时的速度大小; (2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内，A、B间相对位移x。 【答案】(1)10 m/s　(2)6.75 m 【解析】(1)先求摩擦力。 A、B所受摩擦力的方向如图所示。 A对B的摩擦力FfB=μ2mg=4 N 由牛顿第三定律知B对A的摩擦力大小为 FfB'=FfB=4 N 地面对A的摩擦力FfA=μ1(m+M)g=3 N 再求加速度。 根据牛顿第二定律，对B有F+FfB=maB，解得aB=10 m/s2，方向向右 对A有FfA+FfB'=MaA，解得aA=3.5 m/s2，方向向左。 设经过时间t达到共同速度，设为v共则 v共=aBt=v0-aAt 解得t=1 s，v共=10 m/s。 (2)时间t内，滑板A的位移xA=t 物块B的位移xB=t A、B间相对位移x=xA-xB 联立解得x=6.75 m。 1.(2026·江苏宿迁期末)如图甲所示，质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t=0时，可视为质点的物块A以3 m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A.物块A的质量为4 kg B.物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.1 C.长木板B的长度为1.5 m D.物块A在长木板B上相对滑动过程中对地的位移为2 m 【答案】D 【解析】根据v-t图像的斜率表示加速度可得，物块A与长木板B的加速度大小分别为aA= m/s2=2 m/s2，aB= m/s2=1 m/s2，根据牛顿第二定律，对物块A有μmAg=mAaA，对长木板B有μmAg=mBaB，联立解得mA=1 kg，μ=0.2，故A、B错误;根据v-t图像与时间轴围成的面积表示位移可知，A在B上滑动过程中对地的位移为xA=×1.0 m=2 m，故D正确;由于未知物块A是否恰好滑到木板的右侧，则无法确定长木板B的长度，故C错误。 考向　斜面上的“滑块-木板”模型 例4 (2026·江苏苏南八校期中)如图所示，在一个倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L=5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.4。当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0=9.6 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，结果可用根号表示。 (1)求刚放上小煤块时，长木板的加速度大小a1和小煤块的加速度大小a2; (2)求小煤块从放上到与长木板共速所经历的时间t1; (3)最终小煤块从木板哪一端离开?二者共速到二者分离又经历多长时间? 【答案】(1)2 m/s2　7.6 m/s2　(2)1 s　(3)从下端离开木板　 s 【解析】(1)刚放上小煤块时，根据牛顿第二定律，对长木板有 μ2mgcos 37°+2μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma1 对小煤块有mgsin 37°+μ2mgcos 37°=ma2 代入数据解得a1=2 m/s2，a2=7.6 m/s2。 (2)设从放上小煤块到其与长木板共速经历的时间为t1，共同速度为v，对木板有v=v0-a1t1 对小煤块有v=a2t1 联立解得v=7.6 m/s ，t1=1 s。 (3)根据位移—时间公式可得，t1时间内长木板运动的位移为 x1=v0t1-a1=8.6 m t1时间内小煤块运动的位移为 x2=a2=3.8 m 小煤块相对长木板向上的位移大小为 Δx=x1-x2=4.8 m<L=5 m 故小煤块未从长木板上端离开，小煤块与长木板之间的最大静摩擦力为Ffm=μ2mgcos 37°=0.16mg，因小煤块的重力沿长木板向下的分力mgsin 37°=0.6mg>Ffm，故小煤块沿长木板下滑，即小煤块从下端离开长木板，设小煤块的加速度大小为a2'，长木板的加速度为a1'， 根据牛顿第二定律，对长木板有 mgsin 37°+μ2mgcos 37°-2μ1mgcos 37°=ma1' 对小煤块有mgsin 37°-μ2mgcos 37°=ma2' 解得a1'=1.2 m/s2，a2'=4.4 m/s2 设从二者共速到二者分离经历的时间为t2，此过程长木板和小煤块的对地位移分别为x1'、x2'，则有x1'=vt2+a1' x2'=vt2+a2' 又Δx=x2'-x1' 联立解得t2= s。 2.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0.4，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5 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 【答案】C 【解析】由牛顿第二定律得，小孩的加速度大小为a1==2.8 m/s2，小孩和滑板脱离前，滑板的加速度大小为a2==0.8 m/s2，A、B错误;小孩刚与滑板分离时，有a1t2-a2t2=L，解得t=1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=2.8 m/s，C正确，D错误。 【过关限时●练实战】 （40分钟） A级　基础对点练 1.如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t=0时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，取向右为正方向，则下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关系图像，可能正确的是(　　) 【答案】B 【解析】取向右为正方向，滑块与木板之间存在相对运动，木板对滑块的滑动摩擦力为Ff1=-3μmg，木板受滑块的滑动摩擦力Ff1'=3μmg和地面的滑动摩擦力Ff2=-2μmg，根据牛顿第二定律得滑块的加速度为a1==-3μg，因此共速前滑块的速度随时间变化关系式为v1=v0-3μgt;根据牛顿第二定律得木板的加速度为a2==μg，因此共速前木板的速度随时间变化关系式为v2=μgt;滑块与木板共速后二者一起做减速运动，其加速度为a共=-μg，由v-t图像的斜率表示加速度可知v1-t图像的斜率变小，v2-t图像的斜率变为负，但大小不变，故B正确，A、C、D错误。 2.(2026·江苏无锡阶段练习)如图所示，三颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上，所有接触面间的动摩擦因数均相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用一直尺水平向右将中间棋子2快速击出，稳定后，棋子1和3的位置情况可能正确是(　　) 【答案】D 【解析】设每颗棋子质量为m，1、2两个棋子间的最大静摩擦力为Ff，则2、3棋子间的最大静摩擦力为2Ff，棋子3与水平面间的最大静摩擦力为3Ff。棋子2被击出，棋子2对棋子1有向右的滑动摩擦力，则棋子1有向右的加速度，即向右有位移，随后落在棋子3上;棋子2被击出，棋子2对棋子3向右的滑动摩擦力2Ff小于棋子3与水平面间的最大静摩擦力3Ff，则棋子3仍静止在水平面上不动，故稳定后棋子的位置情况可能是D，故D正确。 3.(2026·江苏苏州期末)如图甲所示，质量为m1的塑料块和质量为m2的木块叠放在水平桌面上，对塑料块施加一水平向右的拉力F，塑料块在木块上滑动，而木块保持静止状态，图乙为其示意图。塑料块和木块之间的动摩擦因数为μ1，桌面和木块之间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。则(　　) A.木块受到桌面的摩擦力为μ2(m1+m2)g B.若F>μ2(m1+m2)g时木块将开始滑动 C.若将F作用在木块上，当F>μ2(m1+m2)g+μ1m1g时可以抽出木块 D.若将F作用在木块上，当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时可以抽出木块 【答案】D 【解析】塑料块对木块的滑动摩擦力大小为Ff=μ1m1g，根据平衡条件得木块受到桌面的摩擦力为Ff'=Ff=μ1m1g，故A错误;桌面对木块的最大静摩擦力为Ffm=μ2(m1+m2)g，由于Ff<Ffm，则无论F多大，木块将一直处于静止状态，故B错误;若将F作用在木块上，设当F=F0时木块与塑料块刚好可以一起加速运动，根据牛顿第二定律，对木块、塑料块整体有F0-μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a0，对塑料块有μ1m1g=m1a0，联立解得F0=(μ1+μ2)·(m1+m2)g，则当F>(μ1+μ2)(m1+m2)g时，可以抽出木块，故C错误，D正确。 4.(2026·江苏徐州期末)如图所示，一辆正以速度v匀速行驶的货车上载有一个木箱，遇到紧急情况时以加速度a刹车。已知木箱到驾驶室的距离为L，木箱与货车间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。若a>μg，则刹车过程中(　　) A.木箱一定会撞到驾驶室 B.木箱和货车同时停止运动 C.货车受到木箱的摩擦力水平向右 D.为保证安全，需满足L>- 【答案】D 【解析】刹车前木箱和货车具有相同的速度，刹车后木箱在水平方向只受摩擦力，故其加速度为μg，由于货车减速的加速度a>μg，则货车速度减小得更快，所以货车先停下来，木箱受到的摩擦力水平向右，由牛顿第三定律可知货车受到木箱的摩擦力水平向左，故B、C错误;货车从开始刹车到停下通过的位移大小为x货=，木箱从开始刹车到停下通过的位移大小为x箱=，则木箱相对货车发生的位移为Δx=x箱-x货=-，为了保证安全，使木箱与驾驶室不发生碰撞，需要满足L>Δx=-，故A错误，D正确。 5.(2026·江苏镇江模拟)如图所示，A、B叠放在粗糙水平桌面上，一根轻绳跨过光滑定滑轮连接A、C，滑轮左侧轻绳与桌面平行，A、B间动摩擦因数为μ，B与桌面间动摩擦因数为，A、B、C质量分别为2m、2m和m，各面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，将C由图示位置静止释放，要使A、B间发生相对滑动，则μ满足的条件是(　　) A.μ< B.μ≥ C.μ< D.μ≥ 【答案】C 【解析】A与B之间的最大静摩擦力Ff1=2μmg，B与桌面间的最大静摩擦力Ff2=μ·4mg=μmg，A与B间恰好发生相对滑动时，A与B的加速度恰好相等，此时，由牛顿第二定律，对B有Ff1-Ff2=2ma，对A、B整体有FT-Ff2=4ma，对C有mg-FT=ma，联立解得μ=，因此若A、B之间发生相对滑动，则需满足μ<，故C正确。 6.一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。下列说法错误的是(　　) 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之比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 【答案】C 【解析】由v-t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A正确;由v-t图像可知，0~3t0时间内，木板的加速度大小a1=μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1，解得F=μMg，在t=3t0时，木板的速度v1=a1·3t0=μgt0，根据题意可知t=3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0时间内，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，由牛顿第二定律有μ'mg=ma'，可得μ'=2μ，B正确;由v-t图像可知，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2=μg，对木板，由牛顿第二定律有F-μ'mg-μ(M+m)g=-Ma2，可得m∶M=1∶2，C错误;t=4t0之后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F-μ(M+m)g=(M+m)a3，解得a3=0。假设成立，所以t=4t0之后小物块与木板一起做匀速运动，D正确。 B级　综合提升练 7.(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=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)设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板，由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀加速直线运动规律得 Δl=a1 v1=a1t1 设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为x=l+l=l，对物块，由牛顿第二定律得 μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得 x=v0t1-a2 联立解得t1= s，v0=4 m/s，v1=1 m/s。 (2)物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台高度为h， 对薄板，由运动学规律得l-Δl=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g 联立解得h= m。 8.(2026·江苏徐州、邳州期中)如图所示，倾角θ=37°的固定斜面长为x1=3.2l，质量为m、长x2=l的L形滑板B静止在斜面最上端，B的上表面光滑，B与斜面间的动摩擦因数μ=0.75，在滑板B最上端由静止释放质量为m的小滑块A。已知A与B下端挡板间碰撞时互换速度，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度大小为g=10 m/s2。求: (1)A与B下端挡板第一次碰撞后瞬间B的加速度大小a; (2)A与B下端挡板碰撞后，A与B下端挡板间的最大距离x; (3)B滑到斜面底端时的速度大小v。 【答案】(1)6 m/s2　(2)l　(3)4 【解析】(1)A与B下端挡板第一次碰撞后，B向下运动，对B根据牛顿第二定律有 μ·2mgcos θ-mgsin θ=ma 解得a=6 m/s2。 (2)碰撞前斜面对B的最大静摩擦力为 Ffm=μ·2mgcos θ=1.2mg B重力沿斜面向下的分力为 mgsin θ=0.6mg<Ffm 故碰撞前B静止，A加速下滑的加速度为 a'==gsin θ=6 m/s2 A与B碰撞前瞬间的速度大小为 v==2 则碰后A的速度为0，B的速度为2，A向下做匀加速运动，B向下做匀减速运动，当二者速度相等时，A距B下端挡板的距离最大，设从碰撞到A、B速度相等所需要的时间为t，则有v-at=a't 解得t= 此时A与B下端挡板间的最大距离 x=vt-at2-a't2=l。 (3)B的速度从v=2减为0用时t'== B下滑的位移为x'==l A经t'后的速度为v=a't'=2 分析知t'时，A与B第二次碰撞，之后B向下继续运动l的距离，A与B第三次碰撞后，B向下继续运动l的距离，此时B距离斜面底端的距离为 Δx=x1-x2-2x'=0.2l 第三次碰撞后，B以速度v=2向下减速运动，根据速度与位移的关系式有 v'2-v2=-2aΔx 解得v'=4。 C级　拔尖进阶练 9.(2026·江苏南京期末)如图所示，木板B置于光滑水平地面上，大小可忽略的物块A放在木板B左端，A质量为m=0.50 kg，B质量为M=1.0 kg、长度为l=2.0 m，A与B间的动摩擦因数为μ=0.2，距B右端d=1.0 m处有竖直的墙壁，开始A和B均静止，现A受到向右的水平拉力F=2.0 N，已知g=10 m/s2。 (1)求A和B开始运动时的加速度大小; (2)1 s后撤去力F，求此刻至A、B速度相同经历的时间; (3)在(2)条件下，B与墙壁碰撞反弹时速率不变，求最终A到B右端的距离。 【答案】(1)2 m/s2　1 m/s2　(2) s　(3) m 【解析】(1)根据牛顿第二定律， 对A有F-μmg=maA 对B有μmg=MaB 解得aA=2 m/s2，aB=1 m/s2。 (2)t1=1 s撤去外力时，A、B的速度大小分别为 vA=aAt1=2 m/s vB=aBt1=1 m/s 撤去拉力后，A向右做匀减速直线运动，其加速度大小为aA'=μg=2 m/s2 B仍继续向右做匀加速直线运动，其加速度不变，设经过t2时间二者速度相等，共速时有 v共=vA-aA't2=vB+aBt2 解得t2= s，v共= m/s。 (3)撤去外力F前，A的位移大小 xA1=aA=1 m B的位移大小xB1=aB=0.5 m<d，B与墙壁没有发生碰撞，从撤去外力到两者共速， A的位移大小xA2=t2= m B的位移大小xB2=t2= m 由于xB1+xB2<d，则两者共速时B与墙壁没有发生碰撞，之后二者匀速运动到与墙壁碰撞，B与墙壁碰撞后B的速度大小不变，方向向左，B与墙壁碰撞后A、B都做匀减速直线运动，加速度大小都不变，设经过时间t3两者再次共速，以向右为正方向，再次共速时有v共'=v共-aA't3=-v共+aBt3 解得t3= s，v共'=- m/s，负号说明方向向左，再次共速后，两者相对静止一起向左做匀速直线运动，从B与墙壁碰撞到再次共速过程，A的位移为xA3=t3，B的位移为xB3=t3 在t1内A相对于B向右滑行的位移大小 Δx1=xA1-xB1 在t2内A相对于B向右滑动的距离大小 Δx2=xA2-xB2 在t3内A相对于B向右滑行的距离大小 Δx3=xA3-xB3 最终A到B右端的距离L=l-Δx1-Δx2-Δx3 联立解得L= m。 学科网（北京）股份有限公司 $