2026版赢在微点顶层设计大一轮物理-专题提升六　“滑块-木板”模型中的动力学问题

专题提升六第三章运动与力的关系“滑块—木板”模型中的动力学问题1.模型特点。滑块置于木板上，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.滑块与木板间的位移关系。如图所示，滑块(可视为质点)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，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1-x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动

时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1+x2=L(L为板长)，如图乙所示。3.临界状态v块=v板是解题的关键。(1)v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或摩擦力消失。(2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。4.解答“滑块—木板”模型的流程。题型1水平面上的“滑块—木板”模型题型2斜面上的“滑块—木板”模型内容索引温馨提示:点击标题链接相关内容水平面上的“滑块—木板”模型赢在微点物理大一轮题型1【典例1】

(2025·阜新模拟)如图所示，水平桌面上质量m1=0.01kg的薄纸板上，放有一质量m2=0.04kg的小水杯(可视为质点)，小水杯距纸板左端距离x1为0.5m，距桌子右端距离x2为1m。现给纸板一个水平向右的恒力F，欲将纸板从小水杯下抽出。若纸板与桌面、水杯与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，水杯与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10m/s2，设水杯在运动过程中始终不会翻倒，

求：(1)当F满足什么条件时，抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动；当抽动纸板且水杯相对纸板不滑动时，设水杯最大加速度为a1，对水杯分析，根据牛顿第二定律μ2m2g=m2a1，解得a1=2

m/s2，对整体分析，根据牛顿第二定律F1-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a1，解得F1=0.3

N，故当F≤F1=0.3

N时抽动纸板过程水杯相对纸板不滑动。解析(2)当F为0.4N时，纸板的加速度是多大?当F2=0.4

N时，纸杯和纸板会发生相对滑动，对纸板分析有F2-μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a，解得a=12

m/s2。解析(3)当F满足什么条件，纸板能从水杯下抽出，且水杯不会从桌面滑

落?

解析【典例2】如图所示，质量M=1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。A、B之间的最大静摩擦力为Ffm=μ1mg=0.3×1×10

N=3

N，假设A、B之间不发生相对滑动，对A、B整体：F=(M+m)a，对A：FfAB=Ma，解得FfAB=2.5

N，因FfAB<Ffm，故A、B之间不发生相对滑动。解析(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。

解析斜面上的“滑块—木板”模型赢在微点物理大一轮题型2【典例3】如图所示，倾角为θ=37°的传送带足够长，初始静止。质量M=2kg的长木板放置在传送带上，恰好静止。有一质量m=1kg的小物块，以速度v0=3m/s沿着板面从上边缘滑上木板。当木板与物块恰好相对静止时，板撞到传送带下端的弹性开关上，传送带立即以v=1m/s顺时针转动，木板以碰前大小相同的速度反弹。最终物块恰好没有滑离木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.875，sin37°=0.6，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，木块、物块的上下表面均与传送带平行，物块可看成质点。求：(1)长木板与传送带之间的动摩擦因数μ1；长木板恰好静止在传送带上Mgsin

θ=μ1Mgcos

θ，解得μ1=0.75。解析(2)木板与开关相撞时的速度v1；对长木板由牛顿第二定律得Mgsin

θ+μ2mgcos

θ-μ1(M+m)gcos

θ=Ma1，解得a1=0.5

m/s2，对物块由牛顿第二定律得-mgsin

θ+μ2mgcos

θ=ma2，解得a2=1

m/s2，物块与长木板达到