专题强化六　动力学中的“滑块-木板”模型-2026版大一轮高考物理复习

专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型学习目标1.理解什么是“滑块—木板”模型。2.会用动力学的观点处理“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。2.位移关系：如图1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x2＋x1＝L。图13.解题关键角度水平面上的板块模型例1如图2所示，一质量M＝2kg的木板长度为L＝50m，静止放在水平面上，另一质量m＝2kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左端，已知铁块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2。现给铁块施加一个水平向右的力F，求：图2(1)若F为变力，且从零开始不断增大，当F增大到多少时，铁块与木板即将开始相对滑动？(2)若F恒定为20N，试通过计算说明，在此情况下，m与M是否分离，若不分离求两者共同的加速度；若分离，求从静止开始经过多长时间，二者分离？答案(1)12N(2)分离5s解析(1)二者即将相对滑动时，对整体有F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a对木板有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma联立解得F＝12N。(2)由于F＝20N>12N，因此铁块与木板两者会分离，对铁块和木板由牛顿第二定律分别有F－μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2解得a1＝5m/s2，a2＝1m/s2根据L＝eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2解得分离所需时间t＝5s。1.如图3所示，质量m＝1.0kg的物块(视为质点)放在质量M＝4.0kg的木板的右端，木板长L＝2.5m。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＝40N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10m/s2。则物块在木板上运动的过程中，下列说法中正确的是()图3A.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5.6m/s2C.物块的最大速度大小为3.5m/sD.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5m答案D解析物块与木板恰好相对滑动时物块的加速度a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，此时对整体有Fm－μ(M＋m)g＝(M＋m)a，解得Fm＝20N<F＝40N，则物块与木板相对滑动，不可能以相同的加速度做匀加速运动，故A错误；木板的加速度a木板＝eq\f(F－μmg－μ（M＋m）g,M)＝eq\f(40－0.2×1×10－0.2×（1＋4）×10,4)m/s2＝7m/s2，故B错误；物块的加速度a块＝eq\f(μmg,m)＝μg＝2m/s2，设经过时间t物块从木板上滑落，则L＝eq\f(1,2)a木板t2－eq\f(1,2)a块t2，代入数据解得t＝1s，此时物块的速度最大为v＝a块t＝2×1m/s＝2m/s，故C错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x木板＝eq\f(1,2)a木板t2＝eq\f(1,2)×7×12m＝3.5m，故D正确。2.(多选)(2024·湖南常德模拟)如图4甲所示，长木板B静止在水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端由静止开始运动，1s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g＝10m/s2，则下列说法正确的是()图4A.长木板的最小长度为2m B.A、B间的动摩擦因数是0.1C.长木板的质量为0.5kg D.外力F的大小为4N答案ABD解析由图乙可知，2s后物块和木板达到共速，一起匀速运动，说明木板与地面之间无摩擦，v－t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，故由图乙可知，在2s内物块的位移为x1＝4m，木板的位移为x2＝2m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2m，A正确；由图乙可知，1s时撤去外力F，在1～2s内由物块A的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由图乙可知1～2s内物块A的加速度大小为aA＝1m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1kg，C错误；由0～1s内的物块A的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA′，又此过程中加速度的大小为aA′＝3m/s2，解得F＝4N，D正确。角度斜面上的板块模型例2(2024·江苏扬州模拟)如图5甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则由图像可知下列说法正确的是()图5A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C.由题目条件可求木板C的质量D.F>15N时物块B和木板C相对滑动答案D解析由图乙可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsinθ，当F2＝15N时，a＝2.5m/s2，则F2－(M＋m)gsinθ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2kg，sinθ＝eq\f(1,2)，但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F2＝15N时，对物块B，有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝eq\f(\r(3),2)，故B错误。3.(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6所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq\f(21,40)。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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是()图6A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/s2B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8m/s2C.经过1s的时间，小孩离开滑板D.小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s答案BC解析对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°－μ1mgcos37°,m)＝2.8m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°＋μ1mgcos37°－2μ2mgcos37°,m)＝0.8m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8m/s，C正确，D错误。方法总结处理“板块”模型中动力学问题的流程A级基础对点练对点练1水平面上的板块模型1.如图1甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t＝0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v－t图像如图乙所示，则有()图1A.μ1＝μ2 B.μ1<μ2C.μ1>2μ2 D.μ1＝2μ2答案C解析由v－t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。2.如图2所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施加一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A.当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动B.当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动C.当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动D.只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动答案B解析B对C的最大静摩擦力为FfBC＝μmg，由于C是轻质绸布，故A、C间最大静摩擦力为FfAC＝FfBC＝μmg，小于A、C间最大静摩擦力2μmg，即无论F多大，A与C都不会发生相对滑动，故B正确，D错误；B与C发生相对滑动时，对B由牛顿第二定律有μmg＝ma0，对A、B、C整体，由牛顿第二定律有F0＝(2m＋m)a0＝3μmg，则当F>3μmg时，B与C发生相对滑动，且发生相对滑动后，二者加速度不同，故C错误；水平地面光滑，故只要水平力不为零，系统就会发生运动，故A错误。3.(多选)如图3甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是()图3A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2C.图乙中t2＝24sD.木板的最大加速度为2m/s2答案ACD解析由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝eq\f(Ffm,mg)＝eq\f(8,20)＝0.4，故A正确；由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝eq\f(Ff′,2mg)＝eq\f(4,40)＝0.1，故B错误；t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2m/s2，对滑块有F－Ffm＝mam，解得F＝12N，则由F＝0.5t(N)可知t2＝24s，故C、D正确。对点练2斜面上的板块模型4.(2024·湖南长沙模拟)如图4所示，一倾角为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()图4A.mgsinθ＋μmgcosθ B.mgsinθ＋2μmgcosθC.4μmgcosθ D.2mgsinθ答案C解析设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsinθ－2μmgcosθ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma，联立可得F0＝4μmgcosθ，故A、B、D错误，C正确。5.(2024·浙江宁波高三期末)如图5所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),2)。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。则()图5A.要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力F>15NB.当恒力F＝25N时，物块会与木板发生相对滑动C.当恒力F>30N时，物块会与木板发生相对滑动D.当恒力F＝37.5N时，物块滑离木板所用的时间为1s答案C解析要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有F>(M＋m)gsinα，解得F>20N，故A错误；对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a，对物块有Ff－mgsinα＝ma，为使物块不滑离木板，则Ff≤μmgcosα，解得F≤30N，综上可得，当F≤30N时物块不滑离木板，当F>30N时物块与木板发生相对滑动，故B错误，C正确；若F＝37.5N>30N，物块能滑离木板，对木板有F－Mgsinα－μmgcosα＝Ma1，对物块有μmgcosα－mgsinα＝ma2，设经时间t物块滑离木板，由运动学公式有eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1.2s，故D错误。6.如图6(a)所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2－x图像如图(b)所示，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()图6A.拉力F的作用时间为2sB.拉力F作用时长木板的加速度大小为2m/s2C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75答案C解析由图(b)知，斜率的绝对值等于加速度的2倍，则拉力F作用的长木板的加速度a1＝eq\f(v2,2x)＝eq\f(1,2)×eq\f(16,8)m/s2＝1m/s2，B错误；撤去拉力时的速度v＝4m/s，拉力作用时间为t1＝eq\f(v,a1)＝4s，A错误；撤去拉力后的加速度a2＝eq\f(v2,2x)＝eq\f(1,2)×eq\f(16,1)m/s2＝8m/s2，由牛顿第二定律有(M＋m)gsinθ＋μ1(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，解得μ1＝0.25，C正确；物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律有μ2mgcosθ－mgsinθ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。B级综合提升练7.如图7所示，滑板长L＝1m，起点A到终点线B的距离s＝5m。开始时滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施加一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2kg，滑板质量m2＝1kg，重力加速度g取10m/s2，求：图7(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。答案(1)1s(2)30N≤F≤34N解析(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板的最大加速度为a2，则有Ff＝μm1g＝m2a2，解得a2＝10m/s2，又s＝eq\f(1,2)a2t2,解得最短时间t＝1s。(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为