易错点3.8动力学滑块木板模型（解析版）高考易错点解读和针对训练

高考易错点解读和针对训练运动和力的关系易错点3.8动力学滑块木板模型易错点解读分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联处理“滑块—木板”问题思维模板【典例剖析】【典例1】（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟）如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5kg，B的质量M＝2.0kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻（t＝0）水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t+4（N）（F、t均取国际单位）。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：（1）经过多长时间B开始滑动；（2）经过多长时间A开始相对B滑动；（3）t＝3s时AB间的摩擦力大小Ff（结果保留两位有效数字）。易错分析：“滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：am＝eq\f(Ffm,m).假设两物体同时由静止运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力.2滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移大小之和等于板长．【答案】（1）2s；（2）3.4s；（3）2.1N【解析】（1）当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即，得（2）当A开始在B上滑动时，对木块对整体由题知，解得（3）当,B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块对整体且解得【典例2】(:2021·全国乙卷·T21）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左明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.时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【解析】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故A错误；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，故BC正确；．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，故D正确【典例3】（2024·新课标卷25题）如图，一长度l＝1.0m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＝l6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＝10m/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）4m/s13s（2）59解析：（1）解法一由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动，又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为a＝μg＝3m/s2设物块的初速度大小为v0，物块在薄板上的运动时间为t1，则由运动学公式有x物＝v0t1－12at12＝x板＝12at1联立并代入数据解得v0＝4m/s、t1＝13s解法二对物块与薄板组成的系统，从开始运动到状态一，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2分别对物块和薄板根据动能定理有－μmg·76l＝12mv12μmg·16l＝12mv联立并代入数据解得v0＝4m/s，v1＝3m/s，v2＝1m/s对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0代入数据解得t1＝13s（2）结合（1）问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1m/s由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有l2－l6＝v2h＝12g联立并代入数据解得h＝59m【针对性训练】1.（2025·陕西宝鸡阶段练习）如图甲所示，粗糙的水平地面上静置一长为2.0m、质量为2kg的长木板，在其右端放一质量为1kg的小物块（可看作质点）。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取g＝10m/s2，若一开始改用F＝16N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为（）A.2s B.3sC.3s D.5s答案：A解析：由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后来发生相对滑动。当F＞2N时二者开始一起加速，则长木板受水平面的滑动摩擦力Ff2＝2N，当F＞14N时小物块和长木板开始相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1＝4N，则小物块的加速度最大为a1＝Ff2m＝41m/s2＝4m/s2，改用F＝16N的外力水平拉长木板时，对长木板，由牛顿第二定律可得F－Ff1－Ff2＝Ma，解得a＝5m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足12at2－12a1t2＝L，代入数据解得t＝22.（2025·四川资阳期末）如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（）A.仅增大恒力FB.仅增大木板的质量MC.仅增大木块的质量mD.仅减小木块与木板间的动摩擦因数答案C解析：根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1＝F－μmgm＝Fm－μg，木板的加速度为a2＝μmgM，设板长为L，根据L＝12a1t2－12a2t2得t＝2La1－a2，木板相对地面运动位移为x＝12a2t2，则若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，由上面式子知时间t减小，则x减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t增大，x增大，C正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，x减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，3.（2025·安徽安庆期中）如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5m，质量M＝2kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m＝1kg物块，物块与薄板间动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F＝8N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则物块在薄板上运动的时间为（）A.0.5s B.1sC.1.5s D.2s答案B解析：设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2，代入数据解得a1＝2m/s2，a2＝3m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得12a2t2－12a1t2＝l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间为t＝1s，故选4.如图甲所示，物块A与木板B静止在光滑水平地面上，现给物块A一初速度，1s后两物体相对静止地一起匀速运动，它们的位移—时间图像如乙图所示，则A、B两物体的质量比为（）A.4∶3 B.2∶1C.3∶2 D.5∶2答案B解析：由图乙可知，0～1s内，xA＝5m，xB＝2m，对A进行受力分析得μmAg＝mAaA，对B进行受力分析得μmAg＝mBaB，1s后两物体相对静止地一起匀速运动，则速度为v0－aAt＝aBt，由xB＝12aBt2，解得aB＝4m/s2，则共速时的速度为v共＝vB＝aBt＝4m/s，对A有xA＝v0＋v共2t＝5m，v共＝aBt＝4m/s，联立解得v0＝6m/s，μ＝0.2，m5.（2023·湖南·衡阳市船山英文学校高三开学考试）如图所示，一足够长的平直木板静止在水平地面上，木板上有两个质量分别为m和M的物块A、B，且，它们与木板间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F向右拉动木板，下列说法可能正确的是（）A．A与木板间发生相对运动时，B与木板间不发生相对运动B．B与木板间发生相对运动时，A与木板间不发生相对运动C．A、B与木板间同时发生相对运动D．A与B的加速度相同【答案】CD【解析】根据牛顿第二定律可知，A、B不与木板发生相对滑动的最大加速度，同时也是二者相对木板发生相对滑动后的加速度均为所以A、B与木板间同时发生相对运动或A、B与木板间同时不发生相对运动，且A、B的加速度始终相同，故AB错误，CD正确。6．（2023·江西九江·二模）如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相等、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分别对两物块施加水平恒力F1、F2，经过时间物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为，已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则（

）A．若，且，则B．若，且，则C．若，且，则D．若，且，则【答案】AD【解析】AB．两滑块在木板上做匀减速直线运动，加速度而木板做匀加速直线运动，加速度滑块滑离木板满足相对位移物块与M1的相对位移，物块与M2的相对位移若且则M1的速度为M2的速度为则，A正确，B错误；若，且，则，故，C错误，D正确。7.（2025·江西上饶二模）如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，重力加速度大小取g＝10m/s2，则木板的长度为（）A.1.0m B.1.5mC.2.0m D.2.5m答案B解析：设物块的质量为m，木板的质量为M，物块减速和木板加速到共速的时间为t1，物块和木板的加速度大小分别为a1、a2，有a1＝μ1mgm＝2m/s2，a2＝μ1mg－μ2（M＋m）gM，v0－a1t1＝a2t1＝v，木板的位移为x1＝v2t1，两者共速后，因μ1＞μ2，则一起减速到停止，共同减速的加速度为a3，有a3＝μ2（m＋M）gm＋M＝0.5m/s2，从两者共速到停止运动，木板的位移为x2＝v22a3，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，即L＝x1＋x2，最终物块恰好到达木板的右端，即物块相对滑动的位移为板长8.如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1∶4，A距B的右端13L。现给长木板B一个水平向右初速度v0＝102m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为（A.5m/s B.10m/sC.15m/s D.20m/s答案B解析：由牛顿第二定律可得μmAg＝mAaA，μmAg＝mBaB，设给长木板B一个水平向右的初速度v0，滑块A恰好滑下时的速度为v1，经过的时间为t1，则有v1＝v0－aBt1，v1＝aAt1，v02－v12＝2aBxB1，v12＝2aAxA1，xB1－xA1＝23L，可得v022（aA＋aB）＝23L①，设给滑块A一个水平向右的初速度v，滑块A恰好滑下时的速度为v2，经历的时间为t2，则有v2＝v－aAt2，v2＝aBt2，v2－v22＝2aAxA2，v22＝2aBxB2，xA2－xB2＝19.如图所示，质量均为m＝1kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度取g＝10m/s2。求：（1）A被敲击后获得的初速度大小vA；（2）在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB'；（3）B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。答案：（1）4m/s（2）12m/s24m/s2（3）8m/s3m解析：（1）先敲击A时，由牛顿第二定律知μmg＝maAA加速度的大小aA＝μgA对B的摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力，B静止不动根据匀变速直线运动速度与位移关系可知vA2＝2a解得vA＝2μgL＝4m/s（2）在左边缘再次对齐前，对B，根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB解得aB＝3μg＝12m/s2对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'，解得aB'＝μg＝4m/s2。（3）经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝12aAtxB＝vBt－12aBt2，xB－xA＝联立解得vB＝8m/s，xB＝2.5mA、B达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'解得xB'＝0.5m，所以sB＝xB＋xB'＝3m。10..如图所示，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。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。【答案】(1)20N<F≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mgsinα＝m