“滑块一木板”模型中的动力学问题 高频考点 专题练 2026年高考物理一轮复习备考

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“滑块一木板”模型中的动力学问题 高频考点 专题练
2026年高考物理一轮复习备考
一、单选题
1．如图甲所示，长度的木板在光滑水平面上，木板上表面粗糙。一个与木板质量相等的滑块以水平速度从左端滑上木板。滑块与木板间的动摩擦因数随滑块距木板左端距离的变化图像如图乙所示，重力加速度取，滑块看作质点，则（　　）
A．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足；
B．若木板固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足；
C．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。
D．若木板不固定，要使滑块能从木板右端滑出，求最大值应满足。
2．如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA = 2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB = 1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fm为（　　）
A．2.0 N B．3.0 N C．6.0 N D．9.0 N
3．在一次科学探究活动中，小明将质量为的小车放置在水平桌面上，小车上放一质量为的木块。小车与桌面间的动摩擦因数为，木块与小车间的动摩擦因数为。初始时小车和木块均静止，小明对小车的牵引装置施加的水平恒力。一段时间后，小明对木块再施加水平方向上与运动方向相反的恒力，若木块能从小车上滑离，则应大于（取）（　　）
A． B．3N C． D．
4．如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图象如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，则由图象可知下列说法正确的是（　　）
A．时物块B和木板C相对滑动
B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出
C．由题目条件可求木板C的质量
D．时物块B和木板C相对滑动
5．物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，质量为m的木块在质量为M的木板上滑行，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为μ2，木板一直静止，则（　　）
A．木块受到向右的静摩擦力
B．木板受到木块向左的滑动摩擦力
C．木板与地面之间的摩擦力大小为μ1（m＋M）g
D．木块给木板的摩擦力大小为μ2mg
二、多选题
7．如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上。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）的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间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，则下列说法正确的是（　　）
A．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C．图乙中t2＝24 s
D．木板的最大加速度为2 m/s2
8．如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。时，小车以速度向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙所示为小滑块与小车运动的图像，图中均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得（　　）
A．小车的长度
B．小滑块的质量
C．小车在匀减速运动过程中的加速度
D．小滑块与小车之间的动摩擦因数
9．水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端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．在时间段物块与木板加速度相等
10．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( )
A．小物块向右减速为零时，长木板的速度为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
11．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F。滑块、长木板的速度时间图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．t＝9s时长木板P停下来
B．长木板P的长度至少是7.5m
C．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5
D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12m
三、解答题
12．如图，一质量、长的木板在光滑的水平面上以大小的速度向左运动，一质量、可视为质点的物块从木板的左端也以大小为的速度向右滑上木板，最终物块滑离木板时速度刚好为零，已知，求：
（1）物块速度为零时木板速度的大小及物块与木板间的动摩擦因数；
（2）该过程木板对地位移的大小。

13．如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的小物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s2。
(1)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；
(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。
14．如图所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板，木板以速度v向右运动，在其右端轻放一小滑块，小滑块刚好滑到木板中点，已知木板与小滑块的质量相等，小滑块看作质点，重力加速度大小为g，求：
（1）小滑块最终的速度大小；
（2）小滑块在木板上滑动的过程中，木板的位移大小x及两者间的动摩擦因数。
15．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D C A D D D ACD ACD BCD BC
题号 11
答案 AB
1．D
【详解】AB．要使滑块能够从木板右端滑出，则有
设动摩擦因数最大值为，由图像可知
解得
CD．根据动量守恒有
设动摩擦因数最大值为，根据能量守恒有
又
解得
故选D。
2．C
【详解】根据题图甲所示情景，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a
对A、B整体根据牛顿第二定律有F = （mA + mB）a
对A有Ffmax = mAa
代入数据解得Ffmax = 2.0 N
根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a′，以B为研究对象根据
牛顿第二定律有Ffmax = mBa′
以A、B整体为研究对象，有Fmax = （mA + mB）a′
代入数据解得Fmax = 6.0 N
故选C。
3．A
【详解】对木块施加水平方向上与运动方向相反的恒力后，根据牛顿第二定律，对小车分析有
对物块分析有
当时木块能从小车上滑离，联立解得
故选A。
4．D
【详解】AD．由图像可知，当时物块B和木板C相对静止，当时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；
B．因当时，，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块
联立方程可求解
故B错误；
C．对木板和木块的整体，当时，，则
当时，，则
联立方程可求解
但是不能求解木板C的质量，故C错误。
故选D。
5．D
【详解】物块与木板间的最大静摩擦力为
木板与水平面间的最大静摩擦力为
因为
所以木板与地面先发生滑动，物块与木板之间后发生滑动，当物块与木板之间的摩擦力达到最大值时，木板的加速度最大，木板的最大加速度为
解得
故选D。
6．D
【详解】ABD．木块相对木板向右运动，故木块受到木板向左的滑动摩擦力，大小为
力的作用是相互的，故木块对木板有向右的滑动摩擦力，大小为μ2mg，故AB错误，D正确；
C．木板静止，所以木板与地面之间的摩擦力为静摩擦力，大小等于木块对木板的摩擦力大小，也为μ2mg，而不能用滑动摩擦力的公式计算，故C错误。
故选D。
7．ACD
【详解】A.由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为
故A正确；
B.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为
μ′＝＝0.1
故B错误；
CD.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摩擦力达到最大静摩擦力fm＝8 N，两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板有
fm－μ′·2mg＝mam
解得
am＝2 m/s2
对滑块有
F－fm＝mam
解得
F＝12 N
则由
F＝0.5t（N）
可知
t2＝24 s
故CD正确。
故选ACD。
8．ACD
【详解】A．最终小滑块恰好没有滑出小车，由图像可求出小车的长度
故A正确；
B．根据图像可以求出小车做匀减速直线运动的加速度以及小滑块做匀加速直线运动的加速度。无法求出小滑块的质量，故B错误；
C．根据图像可知小车做匀减速直线运动的加速度大小，即
故C正确；
D．对小滑块，由图像可知小滑块做匀加速直线运动的加速度大小，即
再由牛顿第二定律得
联立解得小滑块与小车之间的动摩擦因数
故D正确。
故选ACD。
9．BCD
【详解】A．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
A错误；
BC．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
BC正确；
D．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，D正确。
故选BCD。
10．BC
【详解】A．根据牛顿第二定律对长木板有
可得
小物块的加速度
小物块速度减小到0经历时间为
此时木板向左的位移为
木板的速度
故A错误；
B．小物块向右运动的位移为
此后，小物块开始向左加速，加速度大小为
木板继续减速，加速度仍为，假设又经历时间二者速度相等，则有
解得
此过程木板位移
速度
故B正确；
C．小物块的位移
二者的相对位移为
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。
故选BC。
11．AB
【详解】AC．由题图乙可知，力F在t1＝5s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5m/s，t2＝6s时两者速度相同，v2＝3m/s，t2＝6s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0~6s过程中，以滑块Q为研究对象，由牛顿第二定律得
且
解得
在5~6s过程中，以长木板P为研究对象，由牛顿第二定律得
且
解得
从6s末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
则t＝9s时长木板P停下来，故A正确，C错误；
B．长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，即，故B正确；
D．在从6s末到滑块Q停下来的过程中，由牛顿第二定律得
解得
这段时间
所以t3＝12s时滑块Q停下来，6s后滑块Q在长木板P上滑行的距离
前6s长木板P速度更大，后6s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为，故D错误。
故选AB。
12．（1），0.5；（2）0.6m
【详解】（1）设物块在木板上滑动时的加速度为，则
设木板运动的加速度为，对木板研究有
解得
物块在木板上运动的时间
根据题意有
解得
，
物块速度为零时木板速度的大小
（2）该过程木板对地位移的大小
13．(1)F＞4 N；　(2)10 N
【详解】(1)力F拉动木板运动过程中：
对物块，由牛顿第二定律知
μmg＝ma
即
a＝μg＝1 m/s2
对木板，由牛顿第二定律知
F－μmg＝Ma1
即
a1＝
要想抽出木板，则只需
a1＞a
即
F＞μ(M＋m)g
代入数值得
F＞4 N
(2)设有拉力时木板的加速度大小为a2，则
a2＝
设没有拉力时木板的加速度大小为a3，则
a3＝＝m/s2
设从没有拉力到木板恰好被抽出所用时间为t2
木板从物块下抽出时有
物块速度为
v＝a(t0＋t2)
发生的位移为
s＝a(t0＋t2)2
木板的速度为
v板＝a2t0－a3t2
发生的位移为
s板＝a2t02＋a2t0t2－a3t22
木板刚好从物块下抽出时应有
v板＝v
且
s板－s＝L
联立并代入数值得
t2＝1.2 s
a2＝3 m/s2
F＝10 N
14．（1）；（2）；
【详解】（1）设木板和小滑块的质量为，小滑块最终的速度大小为，以向右为正方向，由动量守恒定律得
得
（2）设小滑块在木板上滑动的过程中，木板的位移大小为x及两者间的动摩擦因数为μ，由动能定理得，对木板
对滑块
得
，
15．（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
解得
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移，末速度，其逆运动则为匀加速直线运动可得
解得
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即
可得
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得
对滑块，则有加速度
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为
此时，木板向左的位移为
末速度
滑块向右位移
此后，木块开始向左加速，加速度仍为
木块继续减速，加速度仍为
假设又经历二者速度相等，则有
解得
此过程，木板位移
末速度
滑块位移
此后木块和木板一起匀减速，二者的相对位移最大为
滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为
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