专题3.16 滑块木板模型(能力篇)--高中物理2024最新模拟题汇编(有解析)

2024高考物理模拟题汇编
三、牛顿运动定律
专题3.16 滑块木板模型（能力篇）
1. （2025湖南名校月考）如图甲所示，质量为2m 的足够长木板C 置于水平面上，滑块A 、B 质量均为m ，置于C 上，B 位于A 右方某处。

A 、C 间的动摩擦因数0.2A μ=，B 、C 间和C 与地面间的动
摩擦因数0.1B C μμ==。

给C 施加一水平向右的恒力F ，从开始施加恒力到A 、B 第一次相遇时间
为t 。

可得
21t
与F 的关系如图乙所示（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取2
10m/s ），下列说法正确的是（ ）
A.滑块A 能获得的最大加速度为2
2m/s B.A 、B 之间的初始距离为4m C.滑块A 的质量为1kg
D.若10.5N F =，A 、C 之间将发生相对滑动
【参考答案】.AC
【名师解析】对滑块A 有A A mg
ma μ=，解得2/s 2m A a =，对滑块B 有B B mg ma μ=，解得
2/s 1m B a =。

A 正确；由图可知F 足够大时，A 、B 均相对C 滑动，相遇时间恒定为1
s 2s 0.25
t =
=，由
2211
22
A B a t a t L -=，解得2m L =。

B 错误；当8N F =，滑块B 与C 恰好发生相对滑动，则有44C B F mg ma μ-=得1kg m =；C
正确；设A 、B 、C 均产生相对运动时的拉力为1F ，则有
142C A B A F mg mg mg ma μμμ---=得111N F =，故10.5N F =时，A 、C 均保持静止，D 错误。

2．（2025届湖南衡阳重点高中质检）如图所示，A 、B 、C 三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A 的质量为2,m B 和C 的质量都是m ,A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 、C 间的动摩擦因数为4
μ
，B 和地面间的动摩擦因数为
8
μ
．设B 足够长，最大静摩擦力等于滑动P 摩擦力，重力加速度为g ．现对A
施加一水平向右的拉力F ,则下列判断正确的是（ ）
A ．若A 、
B 、
C 三个物体始终相对静止，则力F 不能超过4
mg
μ
B ．当力F 逐渐增大时，A 、B 之间先发生打滑现象
C ．当力9
2
F mg μ>
时，B 与A 相对滑动 D ．无论力F 为何值，B 的加速度不会超过34
g μ 【参考答案】C
【名师解析】A 、B 间的最大静摩擦力为
122f mg mg μμ=⋅=
B 、
C 间的最大静摩擦力为24
4
mg
f m
g μ
μ=⋅=
B 与地面的最大静摩擦力为
3(2)8
2
mg
f m m m
g μ
μ=
++=
若A 、B 、C 三个物体始终相对静止，则三者一起向右加速，对整体根据牛顿第二定律可知
3(2)F f m m m a -=++
假设C 恰好与B 相对不滑动，则对C 有
2f ma = 解得14a g μ=
3
2
F mg μ= 设此时A 与B 间的摩擦力为，对A 有
2F f ma -= 解得1f mg f μ=<
表明C 达到临界时A 还没有到达临界值，则当力F 逐渐增大时，B 、C 之间先发生打滑现象，要使三者始终相对静止，则F 不能超过
3
2
mg μ，故AB 错误； B 相对A 滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动， 对AB 整体23(2)F f f m m a ''--=+ 对A 研究得22F mg ma μ''-= 解得9
2
F mg μ'= 故当拉力大于
9
2
mg μ时，B 相对A 滑动，故C 正确； 当F 较大时，A 与C 会相对于B 滑动，B 的加速度达到最大，当A 与B 相对滑动时，C 早已相对于B 发生相对滑动，则B 受到A 的摩擦力向前，B 受到C 的摩擦力向后，B 受到地面的摩擦力向后，对B 有
123B f f f ma --=
解得B 5
4
a g μ= 故D 错误．故选C ．
3. （2024江苏南通期末） 如图所示，水平桌面上固定有定滑轮和挡板，长木板B 放在桌面上，B 的右端到挡板的距离0.8m x =，小物块A 放在长木板B 左端，通过水平轻绳与重物C 相连。

已知A 和B 的质量A B 20kg m m ==.，A 和B 间的动摩擦因数10.5μ=，B 与桌面间的动摩擦因数20.2μ=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m /s g =。

（1）要使A 、B 、C 三个物体保持静止，求C 的质量C m 的最大值；
（2）若C 的质量C 1.0kg m =，现将C 由静止释放，当B 与挡板发生碰撞时剪断轻绳，此时C 未落地，B 碰后的速率为碰前的0.9倍，A 始终未滑离B ，求： ①B 与挡板碰前瞬间速率B v ； ②B 与挡板碰撞后的运动时间t 。

【答案】（1）0.8kg ；（2）①0.8m/s ，②0.18s 【解析】
（1）A 、B 、C 三个物体保持静止，当C 质量最大时，桌面对B 的摩擦力恰好达到最大静摩擦力，对A 、B 、C 整体分析有
()Cmax 2A B m g m m g μ=+
解得
Cmax 0.8kg m =
（2）①假设A 、B 、C 三个物体能够保持相对静止，对三个物体进行分析，根据牛顿第二定律有
()()C 2A B A B C 1m g m m g m m m a μ-+=++
解得
210.4m /s a =
对A 、C 进行分析有
()C A C 1m g f m m a -=+
解得
1A 8.8N 10N f m g μ=<=
假设成立，B 与挡板碰前，根据位移与速度的关系式有
2B 12v a x =
解得
B 0.8m/s v =
②B 碰后的速率为碰前的0.9倍，A 始终未滑离B ，对A 、B 分别进行分析，根据牛顿第二定律有
1A A 2m g m a μ=，()2A B 1A B 3m m g m g m a μμ++=
解得
225m /s a =，239m /s a =
可知A 向右做匀减速直线运动，B 向左做匀减速直线运动，B 减为0时有
B 310.9v a t =，B
112
v x t =
解得
10.08s t =，10.032m x =
之后，A 仍然向右做匀减速直线运动，B 向右做匀加速直线运动，则有
()1A 2A B B 4m g m m g m a μμ-+=
解得
241m /s a =
再经历时间2t ，两者达到相等速度，则有
()1B 21242v v a t t a t =-+=
解得
21s 15t =
，11
m /s 15
v = 上述过程B 的位移大小
1
222
v x t =
解得
21m 450
x =
之后A 、B 保持相对静止向右做匀减速直线运动，则有
()()2A B A B 5m m g m m a μ+=+
解得
252m /s a =
减速至0过程有
21532v a x =
解得
31m 900
x =
根据上述有
2311
m 0.032m 300
x x x +=
=< 可知，B 没有再次与挡板碰撞，则有
153v a t =
解得
31s 30
t =
B 与挡板碰撞后的运动时间
123t t t t =++
解得
0.18s t =
4. . (2024安徽芜湖3月质检) 如图所示，一质量2kg M =的平板小车静置在光滑水平地面上，质量2kg m =的小物块（可视为质点）置于小车的最左端。

其与小车间的动摩擦因数0.2μ=，设最大静
摩擦力等于滑动摩擦力。

现给小物块一个方向水平向右、大小为07m /s v =的初速度，同时对它施
加一个方向水平向左、大小为6N F =的恒力，当小物块与平板小车刚好共速时，小物块恰好位于平板小车的最右端。

取210m /s g =。

求：
（1）初始时刻，平板小车和小物块的加速度大小； （2）小物块与平板小车的共同速度；
（3）平板小车的长度和小物块向右运动的最大位移。

【参考答案】（1）22m /s ，25m /s ；（2）2m /s ；（3）3.5m ， 35m 6
【名师解析】
（1）以平板小车为对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
212m /s f mg a M M μ=
== 方向向右；以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为
225m /s F mg
a m
μ+=
= 方向向左。

（2）在小物块与平板小车共速前，平板小车向右加速，小物块向右减速；设经过t 时间，小物块与平板小车共速，则有
1=v a t ，02v v a t =-
联立解得
1s t =，2m/s v =
（3）在小物块与平板小车共速时，平板小车通过的位移为
2
1111m 2
x a t =
= 物块通过的位移为
22021
4.5m 2
x v t a t =-=
由题意可知共速时，小物块恰好位于平板小车的最右端，故平板小车长度为
21 3.5m L x x =-=
在小物块与平板小车达到共速后，假设二者之后相对静止，对二者整体，根据牛顿第二定律得
21.5m /s F
a m M
=
=+
设此时小物块需要受到的静摩擦力大小为1f ，根据牛顿第二定律得
m 1ax 3N 4N f ma f mg μ==≤==
假设成立；则共速后，二者以共同加速度a 先减速至0，再反向加速，设二者达到共速至减速为0的过程中，二者的位移为3x ，根据匀变速直线运动速度位移关系可得
234m 23
v x a ==
故小物块向右运动的最大位移为 x=x 2+x 3=
35m 6
5. （2024安徽阜阳三中期末）如图所示，一倾角37α=︒、长度为9m 的固定斜面，其底端与长木板B 上表面等高，原来B 静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B 的上表面接触处圆滑，一可视为质点的小滑块A 从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A 刚好未从木板B 上滑下，已知A 、B 的质量相等，木板B 的长度3m L =，A 与斜面、B 上表面间的动摩擦因数均为
10.5μ=，B 与地面的动摩擦因数为2μ，重力加速度g 取10m/s 2。

（1）求出小滑块A 到达斜面底端时的速度大小为v 0；
（2）通过计算分析当A 滑上B 的上表面后，B 是否仍保持静止。

若B 仍然静止，求出μ2的最小值；若B 滑动，求出2μ的值。

【参考答案】（1）06m/s v =；（2）会发生相对滑动， 20.2μ＝ 【名师解析】
（1）设A 物块从斜面下滑过程中加速度大小为0a ，到达底端时速度大小为0v ，由牛顿第二定律和运动学公式得
01sin cos -=αμαmg mg ma
20002-=v a s
联立可得
06m/s v =
（2）假设A 滑上B 的上表面后，B 仍保持静止，则A 在B 上减速滑动至停止，有
2A 15m/s μ==a g
解得
20Α
m 02 3.63m =>-v x =-a
A 会从
B 上滑下，假设不成立，故当A 滑上B 的上表面后，B 与地面会发生相对滑动；设A 滑上B 后，再经时间t 两者达到共同速度，A 、B 的加速度大小分别为
2A 15m/s μ==a g
12B 22520μμμ-=
=-mg mg
a m
根据运动学公式
0A B -=v a t a t
2A 0A 1
2
s v t a t =-
2
B B 12
s a t =
又
A B -=s s L
联立解得
20.2μ＝
6. （2024浙江舟山期末）如图所示，等高的水平平台AB 与EF 之间有一个凹槽BCDE ，凹槽BCDE 底面CD 光滑，CD 上有一质量1kg M =、长度7m L =的无动力摆渡车，摆渡车的上表面与左右平台等高。

EF 右侧平滑连接一个倾角30θ=︒的足够长斜坡FG 。

开始时摆渡车紧靠平台AB ，此时其右端与EF 平台侧壁ED 的距离 4.5m d =。

摆渡车运动过程中碰到平台侧壁ED 立即变为静止。

一质量2kg m =、可视为质点的滑块从平台的B 点以初速度0v 向右滑上摆渡车。

已知滑块与摆渡车上表面间的动摩擦因数0.2μ=，平台EF 与斜坡FG 均光滑。

（1）求滑块刚滑上摆渡车时，滑块的加速度大小1a 和摆渡车的加速度大小2a ； （2）若滑块的初速度09m/s v =，求滑块沿斜坡FG 上滑的最大距离x ； （3）欲使滑块能够到达EF 平台，则滑块的初速度0v 至少多大？
【参考答案】（1）2
12m/s a =，224m/s =a ；（2） 3.5m x =；（3）06m/s v =
【名师解析】
（1）滑块在摆渡车上相对滑动过程，由牛顿第二定律得
f N F F m
g μμ==
f 1F ma = f 2F Ma =
解得
212m/s a = 224m/s =a
（2）假设摆渡车一直匀加速至碰到DE ，经历时间为1t ，则
2211
2
d a t =
解得
1 1.5s t =
此时摆渡车的速度大小为
M 216m/s v a t ==
此时滑块的速度大小为
10116m/s v v a t =-=
此时滑块距离摆渡车右端的距离
01
12
v v d d L t +∆=+-
解得
0.25m d ∆=
因为滑块速度未小于摆渡车速度且滑块还未到达摆渡车右端，所以假设成立；摆渡车到达EF 平台时的速度大小为2v
222112v v a d -=∆
解得
2v =
滑块在斜面上的滑动过程，由牛顿第二定律得
1
sin mg ma θ'= 解得
1
25m/s a '= 摆渡车在斜坡上匀减速至0，则
()2
21
02v a x '-=- 解得
3.5m x =
（3）若滑块初速度小于9m/s ，滑块与摆渡车先达到共速v ，再一起匀速远动至DE ，则
01222v a t a t -=①
滑块与摆渡车右端的距离d ∆''
220212221122
d L v t a t a t ⎛
⎫''∆=--+ ⎪⎝⎭②
摆渡车碰DE 壁停止后，滑块继续匀减速，若刚好到达E
()
2
01212v a t a d -=∆③
由①②③式可得初速度的最小值06m/s v =
7. （2024陕西渭南一模）一种小孩玩的碰撞游戏可看作如下模型。

如图所示，左端固定有竖直挡板的薄木板放于水平面上，木板厚度可不计。

滑块置于木板的右端，滑块可视为质点。

已知滑块质量m 1=1.0kg ，滑块与木板、滑块与水平面、木板与水平面的动摩擦因数均为μ=0.2；木板长L =1.0m ，质量m 2=3.0kg ，重力加速度取g =10m/s 2。

现用F =22N 的水平拉力作用于木板，在滑块即将与木板左侧挡板碰撞时，撤去拉力F ，设滑块与木板的碰撞瞬间完成，且无能量损失。

求： （1）撤去拉力F 瞬间滑块与木板的速度大小；
（2）木板从开始运动直至停止的整个运动过程中位移大小； （3）滑块和木板都停止时，滑块与木板右端的距离。

【参考答案】（1）2m/s ；4m/s ；（2）4.25m ；（3）3m
【名师解析】
（1）当力F 作用于木板时，根据牛顿第二定律，对滑块有
μm 1g =m 1a 1
解得
a 1=2m/s 2
对木板有
F －μm 1g －μ(m 1+m 2)g =m 2a 2
解得
a 2=4m/s 2
滑块与木板即将碰撞时有
22211122
L a t a t =
- 代入数据解得 t =1.0s
此时滑块速度
v 1=a 1t =2m/s
木板速度
v 2=a 2t =4m/s
滑块的位移
21111m 2
s a t =
= 木板位移 22212m 2s a t =
= （2）对滑块与木板碰撞过程，由动量守恒有
m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'
2222112211221111''2222
m v m v m v m v +=+ 代入数据解得
v 1'=5m/s
v 2'=3m/s
接下来，滑块向右做匀减速运动
μm 1g =m 1a 1'
解得
a 1'=2m/s 2
木板向右做匀减速运动
μ(m 1+m 2)g －μm 1g =m 2a 2'
解得
a 2'=2m/s 2
若运动过程中滑块从木板上掉下去，而木板未停止，则对木板有
μm 2g =m 2a 2''
解得
a 2''=2m/s 2
由此可得
a 2''=a 2'
因木板v 2'小，加速度与滑块相等，所以木板先停下来。

而滑块与木板与地面摩擦因数相同，所以无论滑块在木板上还是在地面，一直做加速度为a 1'的匀减速直线运动。

而木板无论滑块在其上，还是掉下去，其加速度大小不变，一直做a 2'的匀减速直线运动。

对木板，在滑块与木板碰后运动距离
'22229'm 2'4
v s a == 从开始运动到停止，木板的位移
22' 4.25m s s s =+=板
（3）对滑块，在与木板碰后直到停止运动距离
'211125'm 2'4
v s a == 滑块总位移
'2111129'm 2'4
v s s s a =+==块 比较滑块与木板运动，两者都停止运动相距
Δs =s 块－s 板=3m
滑块停在木板右端地面上，距木板右端3m 。