2026年高考物理一轮复习讲义 培优练习(新高考通用)第三章　第十五课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习讲义 培优练习(新高考通用)第三章　第十五课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题(学生版+解析)，共15页。
【知识梳理】
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一端。
【小试牛刀】
【典例】1.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，拉力F不小于什么值？
(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)①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am＝a0＝μg＝2 m/s2
Δx1＝12at2－12amt2＝0.5 m
③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，设经时间t'可达到共同速度v'
长木板的加速度大小a'＝μmgM＝0.5 m/s2
最终速度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＝v＋v'2t'－vm＋v'2t'＝0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。
【变式训练】(多选) (2025·山东潍坊市开学考)如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s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取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.长木板的最小长度为2 m
B.A、B间的动摩擦因数是0.1
C.长木板的质量为0.5 kg
D.外力F的大小为4 N
【答案】ABD
【解析】由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1~2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1~2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/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＝1 kg，C错误；由0~1 s内物块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'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。
【典例】2.如图所示，一质量为M＝0.9 kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小；
(2)长木板B的长度；
(3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小。
【答案】(1)2.5 m/s2 3 m/s2 (2)2.75 m
(3)2.812 5 m
【解析】(1)由题可知，A、B先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。
对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。
(2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。当A、B共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s，
A物块的位移xA＝12a1t2＝1.25 m，
B长木板的位移xB＝v0t－12a2t2＝4 m，
则L＝xB－xA＝2.75 m。
(3)由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为v共＝a1t＝2.5 m/s，
由题知μ1>μ2，所以A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，
解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有v共2＝2a3x3，可知x3＝v共22a3＝1.562 5 m，
则全过程中，A相对地面发生的位移大小
x＝xA＋x3＝2.812 5 m。
【典例】3.如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M＝0.2 kg、长度为L＝1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s＝1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0＝3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。
(1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板；
(2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。
【答案】(1)不能脱离薄木板 (2)0.7 s
【解析】(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcs θ＝2 m/s2
薄木板的加速度大小为
a2＝Mgsinθ＋μmgcsθM＝8 m/s2
假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有
v＝v0＋a1t1＝a2t1
解得t1＝0.5 s，v＝4 m/s
滑块下滑的位移大小为
x1＝v0＋v2t1＝1.75 m
薄木板下滑的位移大小为
x2＝v2t1＝1 m
两者相对位移大小为
Δx＝x1－x2＝0.75 mμ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误；若μ1Ffmax=μ2m2g=2 N
假设不成立
物块B与木板C相对滑动，对木板C受力分析有
μ1m1g-μ3(m1+m2+m3)g-μ2m2g=m3a3
解得a3=10 m/s2
(2)对物块B受力分析，有μ2m2g=m2a2
设物块A在木板C上运动的时间为t1，物块A滑离木板C时有
12a1t12-12a3t12=x1
解得t1=3 s
物块A滑离木板C时物块B的速度大小v2=a2t1
解得v2=6 m/s
(3)物块A滑离木板C时木板C的速度大小
v3=a3t1
分析可知物块A滑离木板C后，物块B仍以加速度a2做匀加速直线运动、木板C做匀减速直线运动直至两者速度相等，之后物块B与木板C一起做匀减速直线运动，物块A滑离木板C后对木板C受力分析有
μ3(m2+m3)g+μ2m2g=m3a3'
解得a3'=4 m/s2
设从物块A滑离木板C到物块B与木板C速度相等所用的时间为t2，
有v3-a3't2=v2+a2t2
解得t2=4 s
物块B从开始运动到与木板C速度相等的过程中运动的位移大小
xB=12a2(t1+t2)2
木板C从开始运动到与物块B速度相等的过程中运动的位移大小
xC=12a3t12+v3t2-12a3't22
物块B最终静止的位置到木板C左边缘的距离
d=x2-(xC-xB)
解得d=6 m。