第3章 专题突破7 “滑块—木板”模型-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

专题突破7　“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 [学习目标]　1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。 核心知识　典例研析 内容索引 分层训练　巩固提高 一 核心知识　典例研析 4 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。 考向1　光滑水平面上的板块运动 [典例1]　(2025·四川绵阳高三诊断)如图所示,长木板C静置于足够大的光滑水平地面上,C最左端放置一小物块A,小物块B在A的右侧L0=4.5 m处,B与C右端的距离足够长。在t=0时刻,一大小为20 N、方向水平向右的恒定推力F作用于A,经过一段时间后撤去推力,此时A与B恰好发生弹性正碰,碰撞时间极短。已知A的质量mA=4 kg、B的质量mB=2 kg、C的质量mC=2 kg,A与C动摩擦因数 μA=0.2,B与C间的动摩擦因数μB=0.4,最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2,A、B均可视为质点。求: (1)t=0时A的加速度大小; [解析] 假设A、B、C相对静止,且此种情况下共同加速度大小为a0,根据牛顿第二定律得F=(mA+mB+mC)a0 解得a0=2.5 m/s2 对A有F-fA=mAa0 解得fA=10 N>μAmAg=8 N 则假设不成立;因此施加推力时,设A的加速度大小为a1,则有F-μAmAg=mAa1 解得a1=3 m/s2。 [答案] 3 m/s2 (2)碰前瞬间A、B的速度大小。 [解析] 由于μB=0.4>μA=0.2 可知A、B碰撞前,B、C一起运动,对BC整体有 μAmAg=(mB+mC)a2 解得a2=2 m/s2 设从A开始运动到A与B碰撞所经历的时间为t1,对A有 x1=,v1=a1t1 对BC整体有x2=,v2=a2t1 又L0=x1-x2 联立解得v1=9 m/s,v2=6 m/s。 [答案] 9 m/s　6 m/s 考向2　不光滑水平面上的板块运动 [典例2]　(多选)(2024·辽宁卷)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=0时,木板在水平恒力作用下,由静止开始向右运动。某时刻,一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小,t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是 ( 　　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD [解析] v-t图像的斜率表示加速度,可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,根据题意结合图像可知物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0,方向水平向左,物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,故可得=t0,解得μ0=2μ,故B正确;设木板质量为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时,木板的加速度为a=μg,故可得F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据图像可知物块滑上木板后木板的加速度为a'==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g- μ0mg=Ma',解得,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一 起共速运动,对整体F-μ(m+M)g=μMg=0,故可知此时整 体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。 考向3　斜面上的板块运动 [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。 [解析] 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。 [答案] 2.5 m/s2　12.5 m/s2 (2)要使小物块不滑离长木板,长木板至少要有多长? [解析] 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=5 m 故长木板长度至少为10 m。 [答案] 10 m 处理“滑块—木板”模型中动力学问题的流程 方法技巧 分层训练　巩固提高 二 1.(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 2 3 4 5 6 7 1 A 夯实基础 BC 2 3 4 5 6 7 1 解析：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 2.(多选)(2025·四川南充高三阶段检测)如图甲所示,一个滑块置于足够长的长木板左端,木板放置在水平地面上;已知滑块和木板的质量均为3 kg,在滑块上施加一个F=0.5t(N)的变力作用,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乙所示。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,则下列说法正确的是( 　　) A.滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.2 B.木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.05 C.图乙中t2=18 s D.木板的最大加速度为2 m/s2 ABC 2 3 4 5 6 7 1 解析：0~6 s滑块与木板共同静止在地面上,6 s~t2一起在地面上运动,t2以后相对滑动;t2以后滑块所受的摩擦力为μ1mg=6 N,解得μ1=0.2,A正确;t1=6 s时,滑块和木板一起开始滑动,根据平衡条件得0.5t1=μ2·2mg,解得μ2=0.05,B正确;t2时刻对整体根据牛顿第二定律有0.5t2-μ2·2mg=2ma,t2时刻对木板根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2·2mg=ma,解得a=1 m/s2,t2=18 s,木板的最大加速度为1 m/s2,C正确,D错误。 3.(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动,其运动过程可类比为如图所示的模型:倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板,滑板与沙间的动摩擦因数为,小孩(可视为质点)坐在滑板上端,与滑板一起由静止开始下滑,小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料。假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4,小孩的质量与滑板的质量相等,斜坡足够长,sin 37°=0.6, cos 37°=0.8,g取10 m/s2,则下列判断正确的是(　　) 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 2 3 4 5 6 7 1 BC 解析：对小孩,由牛顿第二定律得加速度大小为a1==2.8 m/s2,同理对滑板,加速度大小为a2==0.8 m/s2,A错误,B正确;从开始运动到小孩刚与滑板分离时,有a2t2=L,解得t=1 s,离开滑板时小孩的速度大小为v=a1t=2.8 m/s,C正确,D错误。 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 4.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.mgsin θ+μmgcos θ　　 B.mgsin θ+2μmgcos θ C.4μmgcos θ D.2mgsin θ C 解析：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 5.(10分)如图所示,木板长L=2.4 m,质量M=4.0 kg,与地面间的动摩擦因数为μ1=0.4。质量为m=1.0 kg的小滑块(可视为质点)放在木板的最右端,与木板间的动摩擦因数为μ2=0.2,开始时滑块与木板均处于静止状态,现给木板一个向右的初速度v0,g取10 m/s2,求: (1)木板所受摩擦力的大小; 解析：木板所受摩擦力的大小 f=μ2mg+μ1(M+m)g=22 N。 答案：22 N (2)使滑块不从木板上掉下来,木板初速度v0的最大值。 解析：设滑块做匀加速直线运动的加速度大小为a1,则μ2mg=ma1,a1=μ2g =2 m/s2 木板做匀减速直线运动的加速度大小为a2 则μ2mg+μ1(M+m)g=Ma2 解得a2=5.5 m/s2 设经过时间t滑块刚好滑到木板左侧且两者速度相等,有a1t=v0-a2t ① 滑块相对于地面的位移x1=a1t2 ② 木板相对于地面的位移x2=v0t-a2t2 ③ 又L=x2-x1 ④ 由①②③④解得,使滑块不从木板上掉下来,木板初速度的最大值v0=6 m/s。 答案： 6 m/s 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 6.(16分)(2025·重庆沙坪坝高三诊断)如图甲所示,足够长的木板静止在水平面上,木板的质量M=0.4 kg,长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1,质量m=0.4 kg的小滑块以v0=1.8 m/s的速度从右端滑上长木板,小滑块刚滑上长木板的0.2 s内的速度图像如图乙所示,小滑块可看成质点,重力加速度g取10 m/s2。 B 能力提升 2 3 4 5 6 7 1 (1)求小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2和小滑块刚滑上长木板时长木板的加速度大小a1; 解析：小滑块向左减速运动,由v-t图像的斜率可得加速度大小 a2= m/s2=4 m/s2 对滑块,由牛顿第二定律有μ2mg=ma2 则μ2=0.4 长木板向左加速运动,由牛顿第二定律得 μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1 解得a1=2 m/s2。 答案：0.4　2 m/s2 (2)求小滑块从滑上长木板到与长木板速度相等过程中相对长木板滑行的距离L; 解析：小滑块与长木板速度相等时,有 v0-a2t=a1t 解得t=0.3 s 小滑块运动的距离s2=v0t-a2t2=0.36 m 木板运动的距离s1=a1t2=0.09 m 故L=s2-s1=0.27 m。 答案： 0.27 m 2 3 4 5 6 7 1 (3)求小滑块从滑上长木板到最后停下来的过程中运动的总距离s。 解析：此后一起做匀减速运动v=a1t=0.6 m/s 根据牛顿第二定律得 μ1(M+m)g=(M+m)a3 解得加速度的大小a3=1 m/s2 运动的距离为s3==0.18 m 所以小滑块滑行的总距离s=s2+s3=0.54 m。 答案：0.54 m 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1 7.(16分)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。 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。 解析：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。 答案：20 N<F≤30 N (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。 解析：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, 木板的位移x1=a1t2 物块的位移x2=a2t2 物块与木板的分离条件为x1-x2=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·x=0-v2 解得x=0.9 m。 答案：能　1.2 s　0.9 m 2 3 4 5 6 7 1 $$