素养培优6 “滑块—木板”模型中的动力学问题-【创新教程】2026年高考物理总复习大一轮讲义（人教版2019）

经t１ 时间工件与传送带的速度相同,解得 t１＝ v a１ ＝０．８s, 工件前进的位移为x１＝ １ ２a１t ２ １＝１．６m, 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点,用时 t２＝ LAB－x１ v ＝０．６s , 所以工件第一次到达B 点所用的时间 t＝t１＋t２＝１．４s． (２)在倾斜传送带上工件的加速度为a２,由牛顿第 二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma２, 解得a２＝－２m/s２, 由速度Ｇ位移公式得０－v２＝２a２ hm sinθ , 解得hm＝２．４m; (３)工件沿传送带向上运动的时间为 t３＝ ２hm vsinθ＝２s , 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度 相同,在传送带的水平段运动时的加速度也相同, 故工件将在传送带上做往复运动,其周期为T,则 T＝２t１＋２t３＝５．６s． 工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分, 且速度变为零所需时间t０＝２t１＋t２＋２t３＝６．２s, 而２３s＝t０＋３T,这说明经过２３s后工件恰好运动 到传送带的水平部分,且速度为零,故工件在A 点 右侧,到A 点的距离x＝LAB－x１＝２．４m． 答案:(１)１．４s　(２)２．４m (３)在A 点右侧２．４m处 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　１．传送带模型问题的分析流程 ２．思维模板 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　学生用书　P５２ １．模型特征 滑块———滑板模型(如图a),涉及摩擦力分析、相对 运动、摩擦生热,多次相互作用,属于多物体、多过程 问题,知识综合性较强,对能力要求较高,故多次出现 于高考试卷中,另外,常见的子弹射击滑板(如图b)、 圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题,处 理方法与滑块———滑板模型类似． ２．两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块 A,物块恰 好不从木板上掉下的临界 条件是物块恰好滑到木板 左端时二者速度相等,则位 移关系为xB＝xA＋L 物块 A带动木板B,物块恰 好不从木板上掉下的临界 条件是物块恰好滑到木板 右端时二者速度相等,则位 移关系为xB＋L＝xA 无动力“滑块－滑板”模型 １．受力分析:主要是摩擦力的分析 (１)初始时刻:比较滑块运动速度和滑板速度(确认相 对运动状 态),从 而 弄 清 摩 擦 力 的 有 无、性 质、 方向． (２)共速时刻:意味着摩擦力发生突变(可以是有无突 变、性质突变或方向突变)． ２．过程分析 初始时刻如何运动;共速以后如何运动;速度为零 以后如何运动． ３．位移分析 区别滑块位移、滑板的位移、滑块相对于滑板的 位移． [典例１]　(多选)(２０２５􀅰河南南阳期末)如图１所 示,一物块叠放在足够长的木板上,初始时木板静 止在粗糙水平面上,物块与木板保持相对静止．某 时刻,给木板一初速度v０,图２为二者的vＧt图像, 图中v、t１、t２ 已知,长木板和物块的质量均为m．下 列说法正确的是 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４７􀅰 高考总复习　物理 A．物块与木板的位移之比可表达为 v０t１＋vt２ ２vt１ B．整个过程,因摩擦产生的总热量为１２mv ２ ０ C．板 块 间 与 板 地 间 的 动 摩 擦 因 数 比 值 可 表 达 为 ２v v０－２v D．v０＞４v [解析]　BCD　[vＧt图像与坐标轴围成的面积表 示位移,物块的位移为x１＝ １ ２v 􀅰２t１＝vt１, 木板 的 位 移 为 x２ ＝ v＋v０ ２ t１ ＋ １ ２v (t２ －t１ ) ＝ vt２＋v０t１ ２ , 物块与木板的位移之比可表达为 x１ x２ ＝ ２vt１ vt２＋v０t１ ,故 A 错误; 根据能量守恒,整个过程,因摩擦产生的总热量为 Q＝１２mv ２ ０,故 B正确;０~t１ 时间内,对物块,根据 牛顿第二定律a１＝μ １mg m ＝μ１g , a１＝ v t１ ,０~t１ 时间内,对木板,根据牛顿第二定律 μ１mg＋μ２􀅰２mg＝ma２,a２＝ v０－v t１ , 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为μ１ μ２ ＝ ２v v０－２v ,故C正确;t１~t２ 时间内,对木板,根据牛 顿第二定律有μ２􀅰２mg－μ１mg＝ma３, 且a３＞a１,联立可得v０＞４v,故 D正确．] [典例２]　如图甲所示,质量为 M 的长木板,静止放 置在粗糙水平地面上,有一个质量为m、可视为质 点的物块,以某一水平初速度从左端冲上木板．从 物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程 中,物块和木板的vＧt 图像分别如图乙中的折线 acd 和bcd 所示,a、b、c、d 点的坐标分别为a(０, １０)、b(０,０)、c(４,４)、d(１２,０)．根据vＧt图像,求: (１)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 a１,木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a２, 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度 大小a３; (２)物块质量m 与长木板质量M 之比; (３)物块相对长木板滑行的距离Δx． [解析]　(１)由题图乙可求出物块冲上木板做匀减 速直 线 运 动 的 加 速 度 大 小 a１ ＝ １０－４ ４ m /s２ ＝ １．５m/s２,木板开始做匀加速直线运动的加速度大 小a２＝ ４－０ ４ m /s２＝１m/s２,达到共同速度后物块 与木板一起做匀减速直线运动的加速度大小a３＝ ４－０ ８ m /s２＝０．５m/s２． (２)对物块冲上木板匀减速阶段有μ１mg＝ma１, 对木板向 前 匀 加 速 阶 段 有μ１mg－μ２(m＋M)g ＝Ma２, 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 μ２(m＋M)g＝(M＋m)a３, 联立以上三式可得m M＝ ３ ２． (３)由题图乙可以看出,物块相对于长木板滑行的 距离Δx对应题图中Δabc的面积,故Δx＝１０×４× １ ２m＝２０m． [答案]　(１)１．５m/s２　１m/s２　０．５m/s２ (２)３２　 (３)２０m 有动力“滑块－滑板”模型 １．外力逐渐增大过程中三个临界点的摩擦力分析和 运动分析 (１)力较小时:分析各自摩擦力特点,整体都未动(地 面粗糙时才有)． (２)力较大时:分析各自摩擦力特点,整体一起动． (３)力很大时:分析各自摩擦力特点,发生相对运动． ２．两个角度的临界点分析 (１)恰好相对滑动的受力条件:Ff＝Ffmax． (２)恰好相对滑动的加速度条件:a整体 ＝a局部最大 ． [典例３]　物体 A 的质 量m１＝２kg,静止在 水平面上的木板B的 质量为m２＝１kg、长为L＝１m,某时刻 A以v０＝４ m/s的初速度滑上木板 B上表面的最左端,在 A 滑上B的同时,给B施加一个水平向右的拉力F, 若 A与B之间的动摩擦因数为μ＝０．２,(忽略物体 A的大小,g取１０m/s２)．试求: (１)如果木板B与水平面的动摩擦因数也为μ＝０．２, 拉力F＝５N,当 A 刚滑上木板B时,A 和B的加 速度分别为多大? (２)如果水平面是光滑的,为使 A 不从B板右侧滑 落,拉力F 应满足的条件． [解析]　(１)物体 A 刚滑上木板 B时,根据牛顿第 二定律得: 对物体 A:μm１g＝m１aA, ① 对木板B∶F＋μm１g－μ(m１＋m２)g＝m２aB ② 解得:aA＝２m/s２, ③ aB＝３m/s２． ④ (２)物体 A 不滑落的临界条件是 A 到达 B的右端 时,A、B具有共同的速度v,则 v２０－v２ ２aA ＝ v ２ ２aB′ ＋L ⑤ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５７􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律 且 v０－v aA ＝vaB′ ⑥ 解得:aB′＝ v２０ ２L－aA＝６m /s２ ⑦ 对木板B∶F＋μm１g＝m２aB′ ⑧ 解得:F＝２N ⑨ 所以为使 A 不从B板右侧滑落,必须:F≥２N． [答案]　见解析 [典例４]　(２０２５􀅰江苏盐城开学考试)如图甲所示, 质量M＝０􀆰２kg的平板放在水平地面上,质量m＝ ０􀆰１kg的物块(可视为质点)叠放在平板上P 处, 整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右 的拉力F,在０~１􀆰５s内拉力随时间t的变化关系 如图乙所示,１􀆰５s末撤去拉力．物块始终未从平板 上掉下．已知物块与平板间的动摩擦因数μ１＝０􀆰２, 平板与地面间的动摩擦因数μ２＝０􀆰４,最大静摩擦 力与滑动摩擦力大小相等,取g＝１０m/s２ 求: (１)t１＝１s时物块的速度大小． (２)０~１􀆰５s内平板运动的位移大小． (３)物块最后静止时到P 处的距离． [解析]　(１)对物块根据牛顿第二定律得μ１mg＝ ma１,解得a１＝２m/s２,当t＝１s时物块的速度大 小为v１＝a１t１＝２m/s． (２)拉力为２N 时,平板的加速度为F１－μ１mg－μ２ (M＋m)g＝Ma２, 解得a２＝３m/s２, 平板的速度为v２＝a２t１＝３m/s, 平板的位移为x２＝ １ ２a２t ２ １＝１．５m, 拉力为１􀆰４N 时的加速度为F２－μ１mg－μ２(M＋ m)g＝Ma３, 解得a３＝０, 平板做匀速运动,位移为x３＝v２t２＝１．５m, ０~１􀆰５s内平板运动的位移大小为x＝x２＋x３＝ ３m． (３)物块加速到３m/s的时间为t３＝ v２－０ a１ ＝１．５s, 物块加速到３m/s的位移为x４＝ １ ２a１t ２ ３＝２．２５m, 物块 最 后 静 止 时 到 P 处 的 距 离 为s＝x－x４ ＝０．７５m． [答案]　(１)２m/s;(２)３m;(３)０􀆰７５m １．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 ２．思维模板 　如图所示,质量 M＝１kg的 木块 A静止在水平地面上, 在木块的左端放置一个质 量m＝１kg的铁块B,铁块与木块间的动摩擦因数 μ１＝０．３,木块长L＝１m,用F＝５N的水平恒力作 用在铁块上,g取１０m/s２． (１)若水平地面光滑,计算说明铁块与木块间是否 会发生相对滑动; (２)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ２＝０．１,求 铁块运动到木块右端的时间． 解析:(１)A、B之间的最大静摩擦力为Ffm＞μ１mg ＝０．３×１×１０N＝３N, 假设 A、B之间不发生相对滑动,则 对 A、B整体,有F＝(M＋m)a, 对 A,有FfAB＝Ma, 解得FfAB＝２．５N, 因为FfAB＜Ffm,所以 A、B之间不发生相对滑动． (２)对B,有F－μ１mg＝maB, 对 A,有μ１mg－μ２(M＋m)g＝MaA, 根据题意有xB－xA＝L, 又xA＝ １ ２aAt ２,xB＝ １ ２aBt ２, 解得t＝ ２s． 答案:(１)见解析　(２)２s 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６７􀅰 高考总复习　物理 [规范答题􀅰满分规则１]　用牛顿运动定律处理动力学问题 经典案例 审题指导 [例]　(２０２４􀅰新课标卷,T２５)(１４分)如图,一 长度l＝１．０m 的均匀薄板初始时静止在一光 滑平台上,薄板的右端与平台的边缘O 对齐． ①薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ,②当 􀪍 薄板运动的距离 Δl＝l６ 时,物块从薄板右端水平飞出 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ;③当物块 􀪍􀪍􀪍 落到地面时,薄板中心恰好运动到O 点 􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍􀪍 ．已知物块与薄板的质量 相等．它们之间的动摩擦因数μ＝０．３,重力加速度大小取g＝ １０m/s２．求 (１)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间; (２)平台距地面的高度． ①小物块与薄板发生相对滑动,薄板 做加速运动,小物块做减速运动． ②可以判断出薄板和物块位移间的关 系,并确定小物块离开薄板后做平抛 运动． ③可根据两者的等时性求出小物块做 平抛运动的时间． 规范解答 满分规则 解析:(１)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a１＝μg＝３m/s ２, (２分) 薄板做加速运动的加速度a２＝μ mg m ＝３m /s２, (２分) 对物块l＋Δl＝v０t－ １ ２a１t ２, (１分) 对薄板 Δl＝１２a２t ２, (１分) 解得v０＝４m/s, (１分) t＝１３s． (１分) (２)物块飞离薄板后薄板的速度v２＝a２t＝１m/s, (２分) 物块飞离薄板后薄板做匀速运动,物块做平抛运动,则当物块落到地 面时运动的时间为t′＝ l ２－ l ６ v２ ＝１３s , (２分) 则平台距地面的高度h＝１２gt′ ２＝５９ m． (２分) 答案:(１)４m/s;１３s ;(２)５９ m ▶[规则１]　答题过程,条理清晰 解题过程应条理清晰、层次分明．对于 综合性较强的题目,先选取研究对象, 然后进行受力分析和运动过程分析 (如本题中的受力分析图),最后选择 合适的规律列方程,并注意联系前后 过程的关键物理量． ▶[规则２]　解析过程,分步列式 解题时要注意分步列式,不要漏掉或 合并关系式,避免阅卷时找不到得分 点,或者合并的综合算式一处错而导 致全部错误,丢失步骤分． ▶[规则３]　矢量方程,注意方向 牛顿第二定律的表达式是矢量式,列 方程时要注意正方向的规定或选取． ▶[规则４]　数学运算,可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案,不 看数学运算过程”．只有物理公式和最 后的答案是得分点,应用物理过程导 出的数学运算过程不是得分点． ▶[规则５]　文字说明,简洁明了 分析过程,分步列式时加以必要的文 字说明,使解题过程更具有系统性． 􀅰７７􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第三章　牛顿运动定律