第3章 专题突破7 “滑块—木板”模型-【优化探究】2025年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（粤教版2019）

第三章　运动和力的关系 专题突破7　“滑块—木板”模型 课件使用说明 01 本课件使Office 2016制作，请使用相应软件打开并使用 使用软件 02 本课件理科公式均采用微软公式制作，如果您是Office 2007或WPS 2021年4月份以前的版本，会出现包含公式及数字无法编辑的情况，请您升级软件享受更优质体验 软件版本 03 本课件文本框内容可编辑，单击文本框即可进行修改和编辑 便捷操作 04 由于WPS软件原因，少量电脑可能存在理科公式无动画的问题，请您安装Office 2016或以上版本即可解决该问题 软件更新 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 一 核心知识　典例研析 1. 模型特点：滑块(视为质点)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。 2. 位移关系：如图所示，滑块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，位移之差Δs＝s1－s2＝L(板长)；滑块和木板反向运 动时，位移大小之和s2＋s1＝L。 3. 解题关键点 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转 变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 考向1　水平面光滑的板块运动 [典例1]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的 长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块 间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝14 N的水 平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ 答案:　(1)3 m/s2 　方法一　解析法 (1)对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝ 解得a＝3 m/s2。 方法二　图像法 (1)(3)问与方法一相同。 (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ 答案:　 (2)0.5 m 方法一　解析法 (2)撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用， 故am＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 方法二　图像法 (2)v－t图像中△OAB的面积大小表示撤去F之前小物块与长木板的相对位移，即物块到木板右端的距离Δx1＝×1 m＝0.5 m。 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ 答案:　(3)2.8 m/s 方法一　解析法 (3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，长木板的加速度大小 a'＝＝0.5 m/s2 最终速度v'＝vm＋amt'＝v－a't' 解得共同速度v'＝2.8 m/s。 (4)最终小物块离长木板右端多远？ 答案:　 (4)0.7 m 方法一　解析法 (4)在t'时间内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝－ 解得Δx2＝0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 方法二　图像法 (4)图中△OAC的面积表示小物块最终到长木板右端的距离，x＝×1.4 m＝0.7 m。 考向2　水平面不光滑的板块运动 [典例2]　如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1＝ 1 kg，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2。质量为m2＝2 kg、可看作质点的小 物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4。小物块以v0＝4 m/s的水 平速度从左端滑上木板，经过t＝0.6 s滑离木板，g取10 m/s2。以下说法 正确的是(　D　) D A. 木板的长度为1.68 m B. 小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/s C. 小物块离开木板后，木板的加速度为2 m/s2，方向水平向右 D. 小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 由于μ2m2g＞μ1(m1＋m2)g，所以小物块在木板上以a1＝μ2g＝4 m/s2的加 速度减速滑行时，木板以a2＝＝2 m/s2的加速度向右 加速运动，在t＝0.6 s时，小物块的速度v1＝v0－a1t＝1.6 m/s，木板的速 度v2＝a2t＝1.2 m/s，B错误；0.6 s内小物块的位移为x1＝t＝1.68 m，木板的位移x2＝t＝0.36 m，相对位移为Δx＝x1－x2＝1.32 m，即 木板长度为1.32 m，A错误；小物块离开木板后，木板做匀减速运动， 加速度大小为a4＝μ1g＝2 m/s2，方向水平向左，C错误；在地面上小物块做减速运动，加速度大小为a3＝μ2g＝4 m/s2，滑行的距离x3＝＝0.32 m，木板滑行的距离x4＝＝0.36 m， 所以两者会相碰，D正确。 考向3　斜面上的板块问题 [典例3]　如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定光滑斜面上，有一 质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动。现将 一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块 与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与木板间的最大静摩擦力等 于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； 答案：　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2 (1)小物块在长木板上滑动时受到的沿长木板方向的滑动摩擦力大小为 f＝μmgcos θ＝7.5 N， 由牛顿第二定律，对小物块有f＋mgsin θ＝ma1， 代入数据得a1＝12.5 m/s2， 对长木板，由牛顿第二定律有 Mgsin θ－f'＝Ma2，其中f'＝f， 代入数据得a2＝2.5 m/s2。 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长。 答案：　 (2)10 m (2)设当小物块与长木板共速时速度为v1，有v1＝a1t1＝v0＋a2t1， 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s， 共速后，小物块与长木板相对静止，一起向下做匀加速运动，则共速前 小物块与木板的相对位移为 s＝t1－t1＝5 m， 故长木板长度至少为10 m。 考向4　与图像结合的“滑块—木板”模型 [典例4]　质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A 从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s 达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　C　) C A. A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1 B. B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2 C. A的质量m＝6 kg D. A的质量m＝4 kg 由图像可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第 二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误；由图像知，在1～3 s 内A、B共速，加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律 得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得 μ2＝0.1，选项B错误；由图像可知B 在0～1 s内的加速度 a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定 律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据 解得m＝6 kg，选项C正确，D错误。 1. 弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势)， 根据相对运动(或相对运动趋势)情况确定物体间的摩擦力方向。 2. 准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加 速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 3. 速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最 大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 方法技巧 求解"滑块一木板"类问题的方法技巧 二 分层训练　巩固提高 【A级　夯实基础】 1. (多选)(2023·湖南长沙长郡中学月考)如图甲所示，质量为mA＝2 kg的 木板A静止在水平地面上，质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端。 对B施加一水平向右的恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地 面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙 所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。下列 说法正确的是(　BD　) BD A. 滑块与木板间的动摩擦因数为0.6 B. 木板与地面间的动摩擦因数为0.1 C. F的大小可能为9 N D. F的大小与板长L有关 2 3 4 5 6 7 1 当滑块在木板上滑动时，木板的加速度为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据 牛顿第二定律，对木板A有μ1mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上 滑出后，木板的加速度为a2＝＝－ m/s2＝－1 m/s2，根据牛顿第二定 律得－μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2＝0.1，A错误，B正确；对 滑块B，有F－μ1mBg＝mBaB，其中aB＞2 m/s2，则F＞9 N，即F的大小不 可能为9 N，C错误；根据运动学公式有L＝aBt2－a1t2， 式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9)N， 即F的大小与板长L有关，D正确。 2 3 4 5 6 7 1 2. (多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面 粗糙，其质量为M。t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板， 此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　BC　) A. M＝m B. M＝2m C. 木板的长度为8 m D. 木板与物块间的动摩擦因数为0.1 BC 2 3 4 5 6 7 1 物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图像的斜率表示加速 度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可 知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由 题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图像与坐标 轴围成的面积之差等于木板的长度， 故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m， C正确。 2 3 4 5 6 7 1 3. (2023·吉林白山一模)如图所示，质量为m的木板放置在足够大的粗糙 水平地面上，质量为m的滑块(可视为质点)放在木板的右端。现作用在 木板上一水平向右的恒力F，最终滑块停在地面上的A点，其向右运动的 位移大小恰好等于木板的长度。已知木板与地面、滑块与地面及滑块与 木板间的动摩擦因数均为μ，木板的厚度可以忽略，重力加速度大小为 g，则恒力F的大小为(　A　) A. 6μmg B. 9μmg C. 15μmg D. 21μmg A 2 3 4 5 6 7 1 滑块最后停在A点，说明此时速度为0，则滑块先随木板加速，后落在地 面上减速到A点，根据牛顿第二定律可得，滑块加速与减速时加速度大 小均为a1＝μg，故滑块落地点B在初始位置C与末位置A之间的中点，如 图所示。 设滑块从木板上落下时，滑块前进的位移为s1，因为滑块向右运动的位 移大小恰好等于木板的长度，可知图中BC＝BA＝AD＝s1，则此时木板 前进的位移为s2＝3s1 2 3 4 5 6 7 1 且s2＝a2t2，s1＝a1t2 可得a2＝3a1 滑块落地前对木板，根据牛顿第二定律有 F－μmg－μ·2mg＝ma2 联立可得F＝6μmg 故选A。 2 3 4 5 6 7 1 4. (多选)(2024·广东韶关南雄中学检测)如图所示，质量为M的长木板A以 速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左 端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间的动摩擦因 数为μ。下列说法中正确的是(　AB　) A. 若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B. 若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C. 若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D. 若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的 位移变大 AB 2 3 4 5 6 7 1 若只增大滑块质量，滑块的加速度不变，木板的加速度增大，所以滑块 与木板共速时，滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运 动，故A正确；若只增大木板质量，木板的加速度减小，滑块的加速度 不变，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的 运动时间变短，故B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑 块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动 时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，故C错误； 2 3 4 5 6 7 1 若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度等比例减小，相对位移 不变，则滑块滑离木板时速度大于木板速度，滑块滑离木板的过程所用 时间变短，木板对地位移变小，滑块滑离木板过程中滑块对地的位移为 木板对地位移减去板长，故减小，故D错误。 2 3 4 5 6 7 1 5. (2023·湖南长沙模拟)如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面 上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长 木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等 于滑动摩擦力。现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物 块A的下面抽出，重力加速度为g，则拉力F应大于(　C　) A. mgsin θ＋μmgcos θ B. mgsin θ＋2μmgcos θ C. 4μmgcos θ D. 2mgsin θ C 2 3 4 5 6 7 1 设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，则此时B和斜面之间滑动摩擦力 为2μmgcos θ，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力μmgcos θ，A、B此刻 加速度可以认为仍相同。对整体，根据牛顿第二定律有F0－2mgsin θ－ 2μmgcos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ ma，联立可得F0＝4μmgcos θ，故A、B、D错误，C正确。 2 3 4 5 6 7 1 【B级　能力提升】 6. (2023·辽宁大连检测)如图所示，一质量M＝2 kg的长木板B静止在粗 糙水平面上，其右端有一质量m＝2 kg的小滑块A。对B施加一水平向右 且大小为F＝14 N的拉力，t＝3 s后撤去拉力，撤去拉力时滑块仍然在木 板上。已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.1，B与地面间的动摩擦因数为 μ2＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求有拉力时木板B和滑块A的加速度大小； 答案：(1)2 m/s2　1 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 (1)对滑块A根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，故A的加速度大小为a1＝ 1 m/s2，方向向右；对木板B根据牛顿第二定律可得F－μ1mg－μ2(m＋ M)g＝Ma2，解得木板B的加速度大小为a2＝2 m/s2。 2 3 4 5 6 7 1 (2)撤去外力瞬间，A的位移大小为s1＝a1t2＝4.5 m，B的位移大小为s2 ＝a2t2＝9 m，撤去外力时，滑块A和木板B的速度分别为v1＝a1t＝3 m/s，v2＝a2t＝6 m/s，撤去外力后，滑块A的受力没变，故滑块A仍然做 加速运动，加速度不变，木板B做减速运动，其加速度大小变为a2'＝ ＝5 m/s2， (2)要使滑块A不从木板B左端掉落，求木板B的最小长度。 答案： (2)5.25 m 2 3 4 5 6 7 1 设再经过时间t'两者达到共速，则有v1＋a1t'＝v2－a2't' 撤去外力后，A的位移大小为s1'＝v1t'＋a1t'2 B的位移大小为s2'＝v2t'－a2't'2 故木板B的长度至少为L＝s2－s1＋s2'－s1' 代入数据解得L＝5.25 m。 2 3 4 5 6 7 1 7. 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＝1.8 m、质量M＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。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 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件。 答案：(1)20 N＜F≤30 N 2 3 4 5 6 7 1 (1)以物块和木板整体为研究对象，若物块和木板相对静止，由牛顿第二 定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a， 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得 f－mgsin α＝ma， 又f≤fm＝μmgcos α， 联立解得F≤30 N； 要使木板沿斜面由静止开始运动，则 F＞(M＋m)gsin α＝20 N， 所以力F应满足的条件为20 N＜F≤30 N。 2 3 4 5 6 7 1 (2)若F＝37.5 N，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：(2)能　1.2 s　0.9 m (2)因F＝37.5 N＞30 N，所以物块能够滑离木板。 隔离木板，由牛顿第二定律得 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1， 隔离物块，由牛顿第二定律得 μmgcos α－mgsin α＝ma2， 设物块滑离木板所用时间为t， 2 3 4 5 6 7 1 木板的位移s1＝a1t2， 物块的位移s2＝a2t2， 物块与木板的分离条件为s1－s2＝L， 联立以上各式解得t＝1.2 s。 物块滑离木板时的速度v＝a2t， 由运动学公式得 －2gsin α·s＝0－v2 解得s＝0.9 m。 2 3 4 5 6 7 1 $$