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（人教版2019）

专题突破7　“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 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 3 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，滑块和木板具有不同的加速度。 2．模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 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Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 3．解题关键 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v块＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v块＝v板时，“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)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v块＝v板； ②木板最短的条件：当v块＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 4．处理“滑块—木板”模型中动力学问题的流程 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　 (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ [答案] (2)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 (4)最终小物块离长木板右端多远？ [答案] (4)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(　　) 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 D (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Ff＝μmg cos θ＝7.5 N， 由牛顿第二定律，对小物块有Ff＋mg sin θ＝ma1， 代入数据得a1＝12.5 m/s2， 对长木板，由牛顿第二定律有 Mg sin θ－Ff′＝Ma2，其中Ff′＝Ff， 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 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(　　) 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 C 求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 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。 A．P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、4 m/s2 B.P未滑离Q时，P、Q两个物体的加速度分别为6 m/s2、2 m/s2 C．P在Q上的运动时间为1 s D．P在Q上的运动时间为2 s 答案：BD 2．如图甲所示，水平面上放有一白色长木板，木板上放有一可视为质点的小煤块。木板在水平外力F的作用下先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，最终停止，v-t图像如图乙中的折线a所示。小煤块在木板上滑动的v-t图像如图乙中的折线b所示。小煤块最终在长木板上留下的痕迹长度为(　　)   A．1 m　　　　 B．2 m C．3 m D．5 m C 二 分层训练 巩固提高 2 3 4 5 6 7 1 【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(　　) 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 BD 2 3 4 5 6 7 1 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(　　) 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 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．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。 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 答案：BC 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 5．(2024·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(　　) A．mg sin θ＋μmg cos θ B．mg sin θ＋2μmg cos θ C．4μmg cos θ D．2mg sin 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2μmg cos θ，A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力μmg cos 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F0－2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立可得F0＝4μmg cos 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。 2 3 4 5 6 7 1 (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　 (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)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 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 (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)g sin α＝(M＋m)a， 以物块为研究对象，由牛顿第二定律得Ff－mg sin α＝ma， 又Ff≤Ffm＝μmg cos 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)g sin 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 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 $$