第3章 专题强化6 动力学中的“滑块—木板”模型(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

第三章　运动和力的关系 　专题强化六　动力学中的“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 提 分 集 训 （十七） 点击进入word 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 谢谢观看 第三章　运动和力的关系 高考总复习 物理 返回目录 考向 定位 1.理解什么是“滑块—木板”模型；2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题． 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Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L. 3．解题关键 eq \a\vs4\al(角度1　水平面上的板块模型) [例1]　(2025·太原模拟)质量为M＝10.0 kg的长木板静置于光滑水平面上，质量为m＝2.0 kg的小滑块静置于长木板的右端，如图所示，现对小滑块施加一大小为14 N、方向沿水平向左方向的恒力F，作用t＝2.0 s时小滑块从长木板的左端滑下．已知小滑块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，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)小滑块从长木板左端滑下时的速度大小v1及通过的位移x1； (2)长木板的长度L. 【解析】　(1)设小滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1 解得a1＝2 m/s2 根据速度公式有v1＝a1t＝4 m/s x1＝ eq \f(1,2)a1t2＝4 m (2)设长木板的加速度为，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2 解得a2＝1 m/s2 小滑块滑下时，长木板的位移为 x2＝ eq \f(1,2)a2t2＝2 m 长木板的长度为L＝x1－x2＝2 m 【答案】　(1)4 m/s，4 m　(2)2 m [对点训练] 1．(2025·贵阳期末)如图所示，小明将一质量为m的象棋子放在静置于水平桌面的课本上，课本质量为M，棋子与课本间的动摩擦因数为μ1，课本与桌面间的动摩擦因数为μ2.现用水平恒力F作用于课本，当F不大时课本与棋子一起加速运动，F较大时二者会发生相对运动，则(　　 ) A.一起运动时，棋子的加速度为a＝μ1g B.一起运动时，课本的加速度为a＝ eq \f(F－μ2Mg,M＋m) C.相对运动时，课本的加速度为 a＝ eq \f(F－μ2(M＋m)g－μ1mg,M) D.相对运动时，棋子的加速度为 a＝ eq \f(F－μ2(M＋m)g,M＋m) 解析：选C　AB.一起运动时，对整体 F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a 棋子和课本的加速度为 a＝ eq \f(F－μ2(M＋m)g,M＋m) AB错误； CD.相对运动时，对课本 F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1 课本加速度 a1＝ eq \f(F－μ1mg－μ2(M＋m)g,M) 对棋子μ1mg＝ma2 棋子加速度a2＝μ1g C正确，D错误． 故选C. 2．(2025·苏州调研)如图1所示，一滑块置于长木板左端，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，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2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，则下列说法不正确的是(　　 ) 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2中t2＝24 s D.木板的最大加速度为2 m/s2 解析：选B　A．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据 f1＝μ1mg 可得滑块与木板间的动摩擦因数为 μ1＝0.4 故A正确； B.在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为f2＝μ2·2mg＝4 N 解得μ2＝0.1 故B错误； CD.在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静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有F－μ1mg＝ma 对木板有μ1mg－μ2·2mg＝ma 联立解得F＝12 N，a＝2 m/s2 则木板的最大加速度为2 m/s2，根据F＝0.5t(N) 可求得t2＝24 s 故CD正确． 本题选不正确的，故选B. eq \a\vs4\al(角度2　斜面上的板块模型) [例2]　(多选)(2025·广西柳州模拟)如图所示，一个质量为m，长为1.0 m的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放后，木板上的物块向上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是(　　 ) A.物块与板间的动摩擦因数为0.5 B.物块在板上滑行的加速度为0.5 m/s2 C.物块在板上滑行时间为2 s D.若将竖直悬挂物体质量改为2M，则板将随物块一起上滑 【解析】　A．木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有 μMg cos 37°＝mg sin 37° 解得μ＝0.375 故A错误； B.对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有 Mg－Mg sin 37°－μMg cos 37°＝2Ma 结合上述解得a＝0.5 m/s2 故B正确； C.物块做匀加速直线运动，根据位移公式有 L＝ eq \f(1,2)at2 结合上述解得t＝2s 故C正确； D.若将竖直悬挂物体质量改为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误． 故选BC. 【答案】　BC [对点训练] 3．(多选)(2025·安徽联考)如图所示，A、B物块间的接触面与斜面平行，从斜面上静止释放后，保持相对静止一起沿斜面加速下滑．已知A的质量为m，A、B之间动摩擦因数为μ1，B与斜面之间动摩擦因数为μ2, 重力加速度为g.下列说法正确的是(　　 ) A.A、B间摩擦力为μ1mg cos θ B.A、B间摩擦力为μ2mg cos θ C.若斜面光滑，则A、B间摩擦力为0 D.μ1可能小于μ2 解析：选BC　ABC.设B物块的质量为mB，对AB整体由牛顿第二定律得 (m＋mB)g sin θ－μ2(m＋mB)g cos θ＝(m＋mB)a 解得a＝g sin θ－μ2g cos θ 设A、B间静摩擦力大小为f，B对A的静摩擦力方向沿斜面向上，规定沿斜面向下为正方向，对A由牛顿第二定律得 mg sin θ－f＝ma 得f＝μ2mg cos θ 若斜面光滑，则μ2＝0 所以A、B间摩擦力为0，故A错误、BC正确； D.因A、B间最大静摩擦力 Fm＝μ1mg cos θ＞f 即μ1mg cos θ≥μ2mg cos θ 所以μ1≥μ2 μ1不可能小于μ2，故D错误． 故选BC. eq \a\vs4\al([方法指导]) 处理“板块”模型中动力学问题的流程 $$