高考物理复习考点知识专题讲解20 滑块-滑板模型(解析版)

专题20 滑板-滑块模型

一、单选题

1.（2020·四川省高三三模）如图所示，质量均为M的物块A、B叠放在光滑水平桌面上，质量为m的物块C用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B连接，且轻绳与桌面平行，A、B之间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）

A.若物块A、B未发生相对滑动，物块A受到的摩擦力为FfMmg

2MmB.要使物块A、B发生相对滑动，应满足关系mM 1C.若物块A、B未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mg

D.若物块A、B未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为F2Mmg

2Mm【答案】A

【解析】A.若物块A、B未发生相对滑动，A、B、C三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得

mg2Mma

对A，由牛顿第二定律得

FfMa

1 / 29

解得FfMmg，故A正确；

2MmB.当A、B发生相对滑动时，A所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有

MgMa

解得ag

以A、B、C系统为研究对象，由牛顿第二定律得

mg2Mma

解得m2M 12M，故B错误； 1故要使物块A、B之间发生相对滑动，则mC.若物块A、B未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F，对C受力分析，根据牛顿第二定律有

mgFma

解得Fmgmamg，故C错误；

D.若物块A、B未发生相对滑动时，由A可知，此时的加速度为

aFfMmg

2Mm对C受力分析，根据牛顿第二定律有

mgFma

2 / 29

解得F2Mmg

2Mm根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力

NF2+F2=22Mmg

2Mm故D错误。

2.（2020·河北省唐山一中高一期中）如图，质量为M且足够长的倾角为θ的斜面体C始终静止在水平面上，一质量为m的长方形木板A上表面光滑，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，当木板A匀速下滑时将一质量也为m的滑块B轻轻放在木板上，滑块B在木板A上下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.A与B组成的系统在沿斜面的方向上动量不守恒

B.A的加速度大小为2gsinθ

C.A的速度为

11v0时B的速度也是v0 22D.水平面对斜面体有向右的摩擦力

【答案】C

【解析】A.因木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑，即沿斜面方向受合力为零，可知

3 / 29

mgsinmgcos

当放上木块B后，对AB系统沿斜面方向仍满足

2mgsin2mgcos

可知系统沿斜面方向受到的合外力为零，则系统沿斜面方向动量守恒，选项A错误；

B.A的加速度大小为

aA选项B错误；

mgsin2mgcosgsin

mC.由系统沿斜面方向动量守恒可知

mv0m解得

v0mv1 2v1选项C正确；

v0 2D.斜面体受到木板A垂直斜面向下的正压力大小为2mgcos，A对斜面体向下的摩擦力大小为 2mgcos=2mgsin，这两个力的合力竖直向下，可知斜面体水平方向受力为零，即水平面对斜面体没有摩擦力作用，选项D错误。

3.（2020·四川省宜宾市第四中学校高二期末）如图所示，甲叠放在物体乙上，

m乙2m甲2m，甲、乙之间以及与地面之间的动摩擦因数均为μ，一水平外力F向右拉乙，设最

大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

4 / 29

A.要使甲、乙一起运动，则F最大值为4mg

B.要使甲、乙一起运动，则F最大值为5mg C.若F5mg，则甲的加速度为g

D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，0.5，则F最小值为35mg 5【答案】D

【解析】AB. 要使甲、乙一起运动，甲的最大静摩擦力提供甲的最大加速度。

对整体受力分析，根据牛顿第二定律可知：

F3mg3ma

对甲进行受力分析有：

m甲gm甲a

解得要使甲、乙一起运动，则F最大值为

F6mg

选项AB错误；

C.若F5mg＜6mg，则甲乙一起加速运动，整体根据牛顿第二定律可知：

F3mg3ma

5 / 29

解得：

a2g 3选项C错误；

D.若甲、乙一起向右匀速直线运动，F方向可变，设力F与水平方向的夹角为θ，则有：

Fcos（3mgFsin）0

解得：

F＝3mg3mg3mg＝ cossinsin2cos5sin()其中tan＝2

当分母最大即sin()1时，拉力最小，最小为：

F35 mg 5选项D正确。

故选D。

二、多选题

4.（2020·江西省南昌二中高一月考）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2kg的另一物体B（可视为质点）以水平速度v02m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由

于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，已知当地的重力加速度

6 / 29

g10m/s2。则下列说法正确的是（ ）

A.木板获得的动能为2J

B.系统损失的机械能为2J

C.木板A的最短长度为1m

D.A、B间的动摩擦因数为0.1

【答案】BCD

【解析】A.从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，由

EkA12mv 2可得木板A的获得的动能为1J，选项A错误；

B.系统损失的机械能

11Emv022mv2

22代入数据得

E2J

选项B正确；

C.由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为物体和木板

7 / 29

的相对位移，即为1m，选项C正确；

D.由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据

mBgmAaA

其中

mAmB2kg

得出动摩擦因数为0.1，选项D正确。

故选BCD。

5.（2020·云南省高二期末）水平地面上木板B的上面有滑块A，如图所示。已知A的质量为m，B的质量为M，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ，当A获得水平向左的初速度，开始在木板上向左滑动时，下列说法正确的是（ ）

A.木板有可能同时向左运动

B.木板肯定不会动

C.木板受地面摩擦力与其重力无关

D.只有μ=0时，木板才会向左滑动

【答案】BC

8 / 29

【解析】AB.滑块A向左滑动时，受到木板B对它向右的摩擦力，大小为

f1mg

由牛顿第三定律，滑块A对木板B有向左的摩擦力，大小为

f2f1mg

此时，又因为地面对木板B有向左的摩擦力，大小为

f3mMg

因为f3f2 ，木板肯定不会动，A错误，B正确；

C.因为木板B不动，受到的摩擦力为静摩擦力，与其重力无关，C正确；

D.当f3f2，木板就会向左滑动，可求得地面与木板的摩擦因素

D错误。

m

mM6.（2020·衡水市第十三中学高一月考）如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=1kg的小滑块以初速度v0=5m/s从木板的左端向右滑上木板，小滑块始终未离开木板。则下面说法正确是（ ）

A.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内,小滑块和木板的加速度大小之比为1:4

9 / 29

B..整个过程中因摩擦产生的热量为10J

C.可以求出木板的最小长度是3.5m

D.从开始到小滑块与木板相对静止这段时间内，小滑块与木板的位移之比是6:1

【答案】BD

【解析】A.滑块在水平方向只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得：光滑，可知M在水平方向也只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二_定律可得：是二者之间的动摩擦因数，即：

，故A错误；

，地面，其中μ

B.水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：能量守恒定律得，整个辻程中因摩擦产生的内能：

，解得： v= 1m/s。根据

，故B正确；

C.设木板的最小长度为L，則有长度，故C错误；

，但由于不知道动摩擦因数，不能求出木板的最小

D.从开始到滑块与木板相対静止込段吋向内，滑快与木板的位移之比是：

，故D正确。

7.（2020·眉山市东坡区多悦高级中学校高三月考）如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板.已知小物块的质量为m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为μ2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下列说法正确的是( )

10 / 29

A.小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/s

B.小物块与长木板相对静止时，速度为2m/s

C.长木板的最短长度为6m

D.当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用

【答案】BC

【解析】A、根据牛顿第二定律对长木板有：1(mM)g2mgMa2，可得

4a2m/s2，小物块的加速度a12g4m/s2，小物块速度减小到0经历时间为t1=1s，此

312108m，木板的速度v1va2t1m/s，故A错误； 时木板向左的位移为x1vt1a2t1233v0t12m，此后，小物块开始向左加速，加速度大小为24a34m/s2，木块继续减速，加速度仍为a2m/s2，假设又经历t2时间二者速度相等，则有

3127a3t2v1a2t2，解得t20.5s，此过程木板位移x3v1t2a2t2m，速度

26B、小物块向右运动的位移为x2v3v1a2t22m/s，故B正确；

C、小物块的位移x412a3t20.5m，二者的相对位移为x(x1x2)(x3x4)6m，2所以木板最小的长度为6m，故C正确；

D、此后木块和木板一起匀减速运动，因此小物块要受到水平向右的静摩擦力，故D错误；

8.（2020·安徽省舒城中学高三其他）如图甲所示，可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的木板正中央位置，木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳伸直且与水平方向的夹

11 / 29

=0.6，g取角为37°。现对木板施加水平向左的拉力F=18N，木板运动的v-t图象如图乙所示，sin37°10m/s2，则（ ）

A.木板的长度为2m

B.木板的长度为1m

C.木板与地面间的动摩擦因数为0.5

D.物块与木板间的动摩擦因数为

8 19【答案】ACD

【解析】AB.从题图乙可知，木板运动2s离开小物块，在02s内，由图象可知

x21m1m 2所以木板的长度

L2x2m

故A正确，B错误；

C.设木板与地面间的动摩擦因数为2，物块与木板间的动摩擦因数1，在2象可得长木板的加速度

3s内，由图

12 / 29

a2由牛顿第二定律得

v4m/s2 tF2m2gm2a2

解得

20.5

故C正确；

D.在02s内，对小物块进行受力分析，竖直方向

FNTsin37m1g

水平方向

Tcos37f1

又知

f11FN

长木板的加速度

a1v0.5m/s2 t对木板进行受力分析，结合牛顿第二定律得

Ff12m2gFNm2a1

由牛顿第三定律得

13 / 29

f1f1 FNFN

联立上述式子解得

1故D正确。

8 199.（2020·江苏省淮阴中学高二期末）如图所示，在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板A，其上叠放一质量为m2=2kg的物块B，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，物块和木板之间的动摩擦因数2=0.3，假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t增大的水平拉力F=3t(N)，重力加速度大小g=10m/s2。则（ ）

A.t=ls之后，木板将在地面上滑动

B.t=2s时，物块将相对木板滑动

C.t=3s时，物块的加速度大小为4m/s2

D.木板的最大加速度为3m/s2

【答案】AD

【解析】A.当

F1m1m2g3N

14 / 29

物块和木板都没有动，处于静止状态，根据

F=3t(N)

可知t=ls之后，木板将在地面上滑动，故A符合题意；

BD.两物体刚要相对滑动时，此时木板有最大加速度，根据牛顿第二定律，对木块有

F2m2gm2a

对木板有

2m2g1m1m2gm1a

解得

F12N

a3m/s2

根据

F=3t(N)

可知t=4s之后，物块将相对木板滑动，故B不符合题意，D符合题意；

C.由上分析可知，t=3s时，物块相对木板静止，一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律

F11m1m2gm1m2a

代入数据可得

a2m/s2

15 / 29

故C不符合题意。

10.（2020·四川省高三三模）如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m=3kg，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）

A.物块B的质量为4kg

B.A、B间的动摩擦因数为0.2

C.B与水平地面间的动摩擦因数为0.2

D.当F=10N时，A物体的加速度大小为1.5m/s2

【答案】BD

【解析】B.由图可知，AB之间的最大静摩擦力为fAB6N可知A、B间的动摩擦因数为

ABfAB60.2 mAg30选项B正确；

AC.由图可知，当F=4N时，AB整体相对地面开始滑动，则

B地(mAmB)g4N

16 / 29

当F=12N时，AB即将产生相对滑动，此时对整体

aFB地(mAmB)g

mAmB对物体A

ABmAgmAa

联立解得

mB=1kg

B地=0.1

选项AC错误；

D.当F=10N时，AB两物体一起加速运动，则AB物体的加速度大小为

aFB地(mAmB)g104m/s21.5m/s2

mAmB31选项D正确。

11.（2020·内蒙古自治区高三其他）如图甲所示，水平地面上有足够长平板车M，车上放一物块m，开始时M、m均静止。t=0时，车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v-t图像如图乙所示，已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）

17 / 29

A.0-6s内，m的加速度一直保持不变

B.m相对M滑动的时间为3s

C.0-6s内，m相对M滑动的位移的大小为4m

D.0-6s内，m、M相对地面的位移大小之比为3：4

【答案】BD

【解析】AB.物块相对于平板车滑动时的加速度

amgmg2m/s2

若其加速度一直不变，速度时间图像如图所示

有图像可以算出t=3s时，速度相等，为6m/s。由于平板车减速阶段的加速度大小为

a18m/s22m/s2a 62故二者等速后相对静止，物块的加速度大小不变，方向改变。物块相对平板车滑动的时间为3s。故A错误，B正确；

C.有图像可知，0-6s内，物块相对平板车滑动的位移的大小

1861x28m1m36m=6m

222故C错误；

18 / 29

D.0-6s内，有图像可知，物块相对地面的位移大小

1x166m=18m

2平板车相对地面的位移大小

1x268m=24m

2二者之比为3：4，故D正确。

12.（2020·三亚华侨学校高三开学考试）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平.t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g=10m/s2.由题给数据可以得出

A.木板的质量为1kg

B.2s~4s内，力F的大小为0.4N

C.0~2s内，力F的大小保持不变

D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

19 / 29

【解析】结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.

三、解答题

13.（2020·内蒙古自治区高三其他）如图所示，倾角为θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L=4m、质量M=2kg的木板，M与斜面间的动摩擦因数µ1=0.5，木板在沿斜面向下的恒力F=8N的作用下从静止开始下滑，经时间t1=1s，将一质量为m=1kg的可视为质点的物块无初速地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数µ2=0.25，当物块与木板速度相同时撤=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，不计空气阻力）试求： 去恒力F，最终物块会与木板分离。（sin37°

(1)t1=1s时木板速度的大小；

(2)物块从放上木板到与木板分离所经历的时间（结果可用根式表示）。

【答案】(1)v=6m/s；(2)(1.2+2.4)s 【解析】(1)设物块没放时，木板加速下滑的加速度大小为a，则有

FMgsin1MgcosMa

20 / 29

解得

a6m/s2

t1=1s时木板速度的大小设为v，则

vat1

解得

v=6m/s

(2)物块放到木板上后到达相同速度前，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度的大小为

a2，对木板M有

FMgsin1(Mm)gcos2mgcosMa1

解得

a13m/s2

对物块m有

mgsin2mgcosma2

解得

a28m/s2

设经时间t2物块与木板速度相同且为v，则有

vva1t2

21 / 29

va2t2

解得

t2=1.2s

v=9.6m/s

设时间t2内木板和物块的位移分别为x1和x2，则有

12 x1vt2a1t22x212a2t2 2由于Lx1x2，故物块不能从木板上端分离。

，物块的加因为12，所以同速后物块相对于木板下滑，设同速后木板的加速度大小为a1，则有 速度的大小为a2 Mgsin1(Mm)gcos2mgcosMa1 mgsin2mgcosma2解得

1m/s2 a14m/s2 a2，则有 和x2设经时间t3物块与木板分离，时间t3内木板和物块的位移分别为x11212vt3a1t3，x2vt3a2t3 x12222 / 29

x1x1x2 x2解得

t3=2.4s 所以物块从放上木板到与木板分离所经历的时间

t=t2+t3=(1.2+2.4)s 14.（2020·黑龙江省大庆实验中学高二期末）如图甲所示一长木板在水平地面上运动，木板上有一运动的小物块，木板和物块运动的速度－时间图像如图乙所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间、木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g=10m/s2。求

(1)物块与木板间的动摩擦因数1；木板与地面间的动摩擦因数2；

(2)从ｔ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对地的位移的大小。

【答案】(1)10.6，20.2；(2)

16m 3【解析】(1)由图像可知，物块的加速度大小为

a12(8)m/s26m/s2 123 / 29

对物块由牛顿第二定律有

a1得

1mgm1g6

10.6

由图像可知，木板的加速度大小为

8a2m/s28m/s2

1对木板由牛顿第二定律有

a2解得

1mg2mgm(12)g8

20.2

(2)当木板速度减到0时，物块的速度大小为

v1(861)m/s2m/s

物块的位移为

x1281m5m 2方向向左，接着木板反向加速，其加速度大小为

'a21mg2mgm4m/s2

木板与物块速度相等时有

24 / 29

'a2tv1a1t

即

4t28t

解得

1ts 6共同速度为

12'va2t4m/sm/s

63此过程位移为

2x2再后物块与木板一起减速到0，则位移为

231m2m 26922gx3v2

即

2()2v13x3mm 22g20.21092总位移为

xx1x2x316m 315.（2020·洛阳偃师中成外国语学校高三月考）如图所示,水平桌面上有一薄木板,它的右端与

25 / 29

桌面的右端相齐,薄木板的质量M＝1.0kg,长度L＝1.0m.在薄木板的中央有一个小滑块(可视为质点),质量m＝0.5kg,小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1＝0.10,小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等,且μ2＝0.20,设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力.某时刻起给薄木板施加一个向右的拉力使木板向右运动.

(1)若小滑板与木板之间发生相对滑动,拉力F1至少是多大?

(2)若小滑块脱离木板但不离开桌面,求拉力F2应满足的条件.

【答案】

【小题1】4.5N

【小题2】F6N

【解析】（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为度为

，根据牛顿第二定律：

，薄木板的加速

对小滑块：

对木板：

若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：

联立以上方程得：F1=4.5N

（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为，小滑块脱离

26 / 29

木板前，薄木板的加速度为，空间位置变化如图所示，则：

根据运动学公式：

根据牛顿第二定律，对小滑块：

由速度位移公式：

由几何关系：

木板的位移：

根据牛顿第二定律，对木板：

联立以上方程解得：F2=6N

要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N.

16.（2020·河北省汇文二中高一期末）如图所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2 kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切.一质量m＝1 kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6 m.滑块在木板上滑行t＝1 s后，和木板以共同速度v＝1 m/s匀速运动，取g＝10 m/s2.求：

27 / 29

(1)滑块与木板间的摩擦力大小；

(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；

(3)滑块相对木板滑行的距离.

【答案】 (1)2 N；(2)1.5 J；(3)1.5 m

【解析】(1)对木板

由运动学公式，有

解得

(2)对滑块

设滑块滑上木板时的初速度为v0，

由公式

FfMa1

va1t

Ff2N

Ffma2vv0a2t28 / 29

解得

v03m/s

滑块沿弧面下滑的过程，由动能定理得

mghWf12mv0 可得滑块克服摩擦力做功为(3)t=1s内木板的位移

此过程中滑块的位移

故滑块相对木板滑行距离

2Wf1.5J

x112a1t2

xv1220t2a2t

Lx2x11.5m

29 / 29