专题14：连接体、板块问题 专项训练 -2026届高考物理一轮复习备考

这是一份专题14：连接体、板块问题 专项训练 -2026届高考物理一轮复习备考，共16页。试卷主要包含了常见的模型和解题方法，滑块—木板”模型等内容，欢迎下载使用。
需要掌握的内容
一、常见的模型和解题方法
二、滑块—木板”模型
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．解题关键点
（1）由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．是滑动摩擦力还是静摩擦力。
（2）根据题意找位移关系（一般以地面为参考系）
（3）当滑块与木板速度相同时，“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)．
（能力提升篇）
经典例题
1.（单选）滑块以一定的初速度v0从底端冲上足够长的光滑斜面,滑行到最高点的时间为t,位移为L;现在距底端 处放一弹性挡板(图中用虚线表示),滑块仍以相同初速度从底端出发。已知滑块与挡板相碰后可原速率反弹,碰撞时间可以忽略不计,则滑块从出发至返回底端的时间为( )
B.t
D.2t
2.(多选)物块B放在光滑的水平桌面上,其上放置物块A,物块A、C通过细绳相连,细绳跨过定滑轮,与物块A相连的细绳平行于桌面,如图所示,物块A、B、C的质量均为m,现释放物块C,A和B一起以相同加速度加速运动,不计细绳与滑轮之间的摩擦力,重力加速度大小为g,则细绳拉力T的大小及A、B间摩擦力f的大小分别为( )
A.T=mgB.T=23mg
C.f=23mgD.f=13mg
3．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻，质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
4.(多选)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板
B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短
C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大
D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大
5．(多选)如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t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10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．图乙中t2＝24 s
B．木板的最大加速度为1 m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
D．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1
6.(单选)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端，且连接物块Q的细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止．重力加速度取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当传送带以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6
B．Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 s
C．Q从传送带左端滑到右端，相对传送带运动的距离为4.8 m
D．Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力大小恒为20 N
答案 C
7．（多选）在研究摩擦力和物体运动的关系实验中，一同学设计了如下实验：将质量可不计的一张纸片放在光滑水平桌面上，纸上放了质量均为1kg的材料不同的两砝码A、B，A、B与纸片之间的动摩擦因数分别为、。实验中，这位同学只在A上加一水平力F，实验示意图如图。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。实验中，以下说法正确的是（ ）

A．若，则A所受摩擦力大小为1.5N
B．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
C．无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动
D．若，则B的加速度为
8.如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两者开始运动．已知物块A和木板B的质量都为1 kg，物块A和木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设二者所受最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，物块A运动的v2－x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物块A在2 m前后加速度a1和a2的大小；
(2)当外力F为多少时可以使物块A恰好要相对于木板B运动；
(3)运动了2 m之后，作用于物块A上的外力F的大小．
9.如图所示,光滑且粗细均匀的直杆水平固定,质量均为m的A、B两个滑环套在杆上,用长为L的细线连接,再用两根长也为L的细线将质量为m的小球C分别与滑环A、B连接,不计滑环和小球的大小,重力加速度为g,水平杆足够长,用水平向右的恒定拉力拉滑环B向右加速运动,A、B、C保持相对静止,连接A、C的细线拉力刚好为零。
(1)求A、B、C整体运动的加速度大小和水平拉力F的大小。
（2）若将水平拉力增大为原来的3倍,从静止开始拉B运动。当整体稳定时,求B、C间细线上拉力的大小。
10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，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，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？
11．如图所示，长L=2m，质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg的小滑块A，现对B施加一水平向右的恒力F。已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.4，重力加速度，试求：
（1）若A、B间相对滑动，F的最小值；[来源:学网]
（2）当F=20N时，若F的作用时间为2s，此时B的速度大小；
（3）当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间。
12.彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备,因其外形多彩绚丽、危险性低且符合新时代环保理念而吸引到越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成如图所示的模型。已知皮艇质量m0=5 kg,小孩质量m=30 kg,皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1=0.1,小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2=0.8,现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F,用时t=50 s将皮艇和小孩拉至顶端,滑道长度L=250 m,重力加速度g取10 m/s2,滑道倾角θ=37°,已知sin37°=0.6,cs37=0.8。
(1)求小孩所受摩擦力的大小和方向。
(2)求恒力F的大小。
(3)只给小孩一个沿滑道斜向上的恒力F',求能将小孩和皮艇拉至顶端且不会发生相对滑动的F'的取值范围。
（综合训练）
选做题：
13. 如图所示,足够长的木板静止在水平地面上,小物块A放在木板的中间,现在对A施加一与水平方向成53°的恒定拉力F,F的大小为5 N,3 s以后撤去拉力F的同时,另一小物块B以水平向右的速度vB=6.5 m/s(对地速度)冲上木板的左端。已知木板的质量为m0=1 kg,A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.10,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,运动过程中A、B不会相撞。
(1)拉力F作用时,木板是否会滑动?
(2)撤去拉力F时,求小物块A的速度大小。
(3)求木板运动的总时间。
14.如图所示,水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块,整体处于静止状态,已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ,木板与桌面间的动摩擦因数为 ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)若使木板与小物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动,求木板向右运动的最大距离s。
(2)若对木板施加水平向右的拉力F,为使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,求拉力F应满足的条件。
(3)若给木板施加大小为3μmg,方向沿水平桌面向右的拉力,经过时间t0撤去拉力,此后运动过程中小物块始终未脱离木板,求木板的最小长度。
参考答案
B
BD
3.答案 BC
解析 物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，故μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故物块的加速度大小为a1＝eq \f(7－3,2) m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，对木板受力分析可知μmg＝Ma2，由v－t图像可知木板的加速度大小为a2＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2，联立解得M＝2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板在t＝2 s时分离，两者在0～2 s内的v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝eq \f(1,2)×(7＋3)×2 m－eq \f(1,2)×2×2 m＝8 m，C正确．
4.答案 AB
解析 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为木板对地位移减去极长，故减小，故D错误．
5.答案 ACD
解析 根据题图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8 N，根据f1＝μ1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.4，C正确；在t1时刻，木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝eq \f(f2,2mg)＝eq \f(4,40)＝0.1，D正确；在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静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F－μ1mg＝ma，对木板有μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得a＝2 m/s2，F＝12 N，则木板的最大加速度为2 m/s2，根据F＝0.5t (N)，可求得t2＝24 s，A正确，B错误．
6.C
解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析知mPg＝μmQg，解得μ＝0.5，A错误；当传送带以v＝8 m/s的速度顺时针转动，物块Q先做初速度为零的匀加速直线运动，有mPg＋μmQg＝(mP＋mQ)a，解得a＝eq \f(20,3) m/s2，当物块Q速度达到传送带速度，即8 m/s后，做匀速直线运动，由v＝at1，解得匀加速的时间t1＝1.2 s，匀加速的位移为s＝eq \f(v2,2a)＝4.8 m，则匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－s,v)＝1.4 s，Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，B错误；加速阶段的位移之差为Δs＝vt1－s＝4.8 m，即Q从传送带左端到右端相对传送带运动的距离为4.8 m，C正确；当Q加速时，对P分析有mPg－T＝mPa，解得T＝eq \f(20,3) N，之后做匀速直线运动，有T′＝20 N，D错误．
7．AB
【详解】A．当时，对整体进行分析，有
可得
对物体A，有
可得
A正确；
BC．当时，对整体有
对B物体有
即此时B刚好处于滑动的临界，如果力F再增大，B就要与薄硬纸片发生相对滑动；而由于纸片的质量不计，故纸片的合力永远为零，即A与纸片之间的摩擦力大小等于B与纸片之间的摩擦力大小。由以上分析可知，B与纸片之间的最大静摩擦力大小为2.5N，所以A与纸片之间的摩擦力最大只能达到2.5N。而A与纸片之间的最大静摩擦力大小为
所以无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动，B正确，C错误；
D．由以上分析可知B的加速度最大为2.5m/s2，D错误。
故选AB。
8.答案 (1)1 m/s2 4 m/s2 (2)6 N (3)8 N
解析 (1)结合图像，根据v2－v02＝2ax可知，前2 m内A的加速度大小为a1＝1 m/s2，
2 m后A的加速度大小为a2＝4 m/s2
(2)对木板B受力分析有μ1mg－μ2·2mg＝ma0
外力F使A在B上相对静止的临界加速度大小为a0＝2 m/s2
外力F对A、B整体有F1－μ2·2mg＝2ma0
得F1＝6 N
(3)运动2 m后，对A有a2＝4 m/s2>a0
则2 m后，A、B开始相对运动，对A有F2－μ1mg＝ma2
解得F2＝8 N.
9.答案 (1)33g 3mg (2)2mg
解析 (1)由题意可知,连接A、C的细线刚好伸直,且拉力刚好为零,设A、B、C整体运动的加速度大小为a1,对小球C受力分析如图所示,受自身重力和B、C间细线上的拉力作用,两力的合力产生加速度,由牛顿第二定律有
mgtan30°=ma1
解得加速度大小为a1=33g
对A、B、C整体分析,由牛顿第二定律有F=3ma1=3mg。
(2)若将水平拉力增大为原来的3倍,
设当整体稳定时整体的加速度大小为a2,
由牛顿第二定律得3×3mg=3ma2
解得a2=g
对小球C分析,设B、C间的细线上拉力的大小为T2,
由牛顿第二定律得T22-(mg)2=ma2,解得T2=2mg。
10.答案 (1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
解析：(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)，解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δs1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δs2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)，解得Δs2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端s＝Δs1＋Δs2＝0.7 m.
11.[答案](1) Fmin=18N (2)v2=20m/s (3)t2=1.73
[详解](1)A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力,
对A,由牛顿第二定律可知,加速度
;
对B,由牛顿第二定律可知,
,
解得

(2)F=20N>18N,二者间会相对滑动,对B,由牛顿第二定律;

解得
;
设A从左端滑出的时间为t1,则
,
解得
,
此时B的速度

故在F作用后的1s内,对B,
,
解得

此时B的速度

(3)若F=16Nf1=1.5N
所以A向右相对于木板做匀加速直线运动,根据牛顿第三定律,A对木板有向右的摩擦力,由于f2=1.6 N>f1=1.5 N,所以木板不会滑动。
(2)对A,根据牛顿第二定律有Fcs 53°-f1=ma1
解得a1=1.5 m/s2
撤去拉力F时,根据运动学公式有v1=a1t1
解得v1=4.5 m/s。
由于A与B的质量均为m=1 kg,A、B与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.25,
A、B与木板之间的滑动摩擦力大小相等,则A、B均以相同加速度向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μ1mg=ma2,解得a2=2.5m/s2
对木板有2μ1mg-μ2(2m+m0)g=m0a3,解得a3=2m/s2
木板向右做匀加速直线运动,设经历时间t2,A与木板达到相等速度,
则有v2=a3t2=v1-a2t2
解得t2=1s,v2=2 m/s
此时B的速度大小v3=vB-a2t2=4m/s
随后,木板与A保持相对静止,向右做匀减速直线运动,加速度大小为
a4=μ2(2m+m0)g-μ1mgm+m0=0.25m/s2
设经历时间t3,A、B与木板达到相等速度,则有v4=v3-a2t3=v2-a4t3
解得t3=89 s,v4=169m/s
之后,A、B与木板保持相对静止向右匀减速至0,
则有a5=μ2(2m+m0)g2m+m0=1m/s2,由运动学公式有v4=a5t4
解得t4=169 s
则木板运动的总时间t=t2+t3+t4=113 s。
13.解析 (1)设木板和小物块组成的系统一起运动的加速度为a,
由牛顿第二定律得μ4×2mg=2ma
又2as=v02
联立解得s=2v02μg。
(2)设木板和小物块组成的系统一起向右滑动时,
最小拉力为Fmin,最大拉力为Fmax,则
Fmin=μ4×2mg=μmg2
系统受最大拉力时,设加速度为amax,则Fmax-μmg2=2mamax
对小物块,有μmg=mamax
解得Fmax=5μmg2
故要使木板沿水平桌面向右滑动且与小物块间没有相对滑动,
F应满足μmg2≤F≤5μmg2。
(3)由于F'=3μmg>5μmg2
所以小物块与木板之间发生相对滑动
小物块的加速度a1=μg
撤去拉力时小物块的速度v1=a1t0=μgt0
对木板,由牛顿第二定律得F'-μmg-2μmg4=ma2
解得a2=32μg
撤去拉力时木板的速度v2=a2t0=32μgt0
撤去拉力后木板的加速度a3=-32μg
设撤去拉力后,再经过时间t1,小物块与木板达到共同速度v,
则v=a1(t0+t1)=a2t0+a3t1
解得t1=15t0
v=65μgt0
故木板的最小长度l=v22-v12t0+v2+v2-v+v12t1=0.3μgt02。