第3章 专题突破6 “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（广东专版）

专题突破6　“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 1 核心知识　典例研析 分层训练　巩固提高 内容索引 2 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。 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。 4 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物＝v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件：当v物＝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滑动摩擦力变向，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物＝v板； ②木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 [典例1]　(2025·广东珠海模拟)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，g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 考向1　水平面光滑的板块运动 (1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值? [解析]　当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。 [答案]　10 N　 (2)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，则： ①在F的作用下，长木板的加速度为多大? [解析]　对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2。 [答案]　3 m/s2 ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远? [解析]　撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝a0＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m。 [答案]　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? [解析]　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。 [答案]　2.8 m/s ④最终小物块离长木板右端多远? [解析]　在t'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为x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 [答案]　0.7 m [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 考向2　水平面不光滑的板块运动 D [解析]　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。 [典例3]　(2025·广东珠海模拟)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，求： 考向3　斜面上的板块问题 (1)小孩在滑板上下滑的加速度及小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小； [解析]　对小孩，由牛顿第二定律得，mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1 得a1＝2.8 m/s2 对滑板，由mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－2μ2mgcos 37°＝ma2 得a2＝0.8 m/s2。 [答案]　2.8 m/s2　0.8 m/s2 (2)经过多长的时间，小孩离开滑板； [解析]　小孩刚与滑板分离时，有a1t2－a2t2＝L，解得t＝1 s。 [答案]　1 s (3)小孩离开滑板时的速度大小。 [解析]　离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s。 [答案]　2.8 m/s [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 考向4　与图像结合的“滑块—木板”模型 C [解析]　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。 求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 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。 分层训练　巩固提高 二 21 1.(多选)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 2 3 4 5 6 7 1 BD A 夯实基础 22 解析：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 23 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 2 3 4 5 6 7 1 BC 24 解析：物块在木板上运动的过程中有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 25 3.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 2 3 4 5 6 7 1 A 26 解析：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 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 27 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 28 4.(多选)(2025·广东韶关检测)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(　　) 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 2 3 4 5 6 7 1 AB 29 解析：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；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 30 5.(10分)(2025·广东江门模拟)如图所示，载重卡车载着与卡车质量相等的货物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度匀速行驶，紧急制动时防抱死制动系统(ABS)使车轮与地面间恰好达到最大静摩擦力，货物相对水平车厢底板发生滑动，恰好不能与车厢前壁发生碰撞。已知车轮与地面间的动摩擦因数μ1＝0.9，货物与车厢底板间的动摩擦因数μ2＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 1 31 (1)求货物与车厢前壁的距离L； 2 3 4 5 6 7 1 解析：设卡车紧急制动时的加速度大小为a1，货物在车厢底板滑动时的加速度大小为a2，则由牛顿第二定律对卡车2μ1mg－μ2mg＝ma1，对货物μ2mg＝ma2，由运动学公式＝L，解得L＝7.2 m。 答案： 7.2 m 32 (2)若卡车以v＝28 m/s的速度匀速行驶，要使货物不能与车厢前壁发生碰撞，求卡车制动的最短距离d。 2 3 4 5 6 7 1 解析：设货物匀减速运动的位移大小为x，则有＝x，由几何关系d＝x－L 解得d＝41.8 m。 答案：41.8 m 33 6.(12分)(2025·广东佛山模拟)如图，光滑水平桌面右端固定有一个定滑轮和挡板P，长木板c质量为mc＝2 kg，物块a静止放在长木板c左端，并通过与桌面平行的轻绳与重物b相连。重物b由静止释放t＝2 s时，长木板c与挡板P发生碰撞(碰撞时间极短)，同时轻绳立即断裂，碰后长木板c以碰前速率的0.8倍反弹，已知物块a和重物b的质量均为ma＝mb＝1 kg，物块a与长木板c间的动摩擦因数为μ＝0.75，光滑水平桌面足够长，重物b离地面的高度足够高，g取10 m/s2。则： 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 34 (1)重物b刚开始下落时轻绳的拉力及长木板c与挡板P碰前的速率为多少? 2 3 4 5 6 7 1 解析：重物b释放后假设a、b、c一起运动，根据牛顿第二定律有mbg－FT＝mba① FT＝(ma＋mc)a② 解得a＝2.5 m/s2 则长木板c应受到的摩擦力为Ffc＝mca＝5 N＜μmag＝7.5 N 故重物b释放后，a、b、c一起运动，再由①解得FT＝7.5 N 长木板c与挡板P碰前的速率为vc＝at＝5 m/s。 答案： 7.5 N　5 m/s 35 (2)长木板c至少需要多长，物块a才不会从c上滑出? 2 3 4 5 6 7 1 解析：长木板c与挡板P碰后，a、c均做匀减速运动，a、c的加速度大小分别为 aa＝μg＝7.5 m/s2，μmag＝mcac ac＝μg＝3.75 m/s2 物块a减速为零的时间为t1＝ s 长木板c减速为零的时间为t2＝ s 36 所以a先向右减速，减速为零后再反向加速，最后二者达到共同速度 选向左为正方向 对a：v＝－vc＋aat 对c：v＝0.8vc－act 联立解得t＝0.8 s，v＝1 m/s xa＝t＝－1.6 m xc＝t＝2 m 木板的长度至少为L＝xc－xa＝3.6 m。 答案：3.6 m 2 3 4 5 6 7 1 37 7.(12分)(2025·广东深圳模拟)如图所示，有一倾角 为θ＝37°的斜面，下端固定一挡板，挡板与斜面垂 直，一长木板上表面的上部分粗糙，下部分光滑， 上端放有一质量m的小物块。现让长木板和小物块 同时由静止释放，此时刻为计时起点，在第2 s末， 小物块刚好到达长木板的光滑部分，又经过一段时间，长木板到达挡板处速度恰好减为零，小物块刚好到达长木板的下端边缘。已知小物块与长木板的上部分的动摩擦因数μ1＝，长木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.5，长木板的质量M＝m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取 10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： 2 3 4 5 6 7 1 38 (1)在0~2 s时间内长木板和小物块的加速度的大小； 2 3 4 5 6 7 1 解析：在0~2 s时间内，对小物块和长木板受力分析， 其中Ff1、FN1是小物块与长木板之间的摩擦力和正压 力的大小，Ff2、FN2是长木板与斜面之间的摩擦力和 正压力的大小，则 Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos θ Ff2＝μ2FN2，FN2＝FN1＋Mgcos θ 规定沿斜面向下为正方向，设小物块和长木板的加速度分别为a1和a2， 39 由牛顿第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1 Mgsin θ－Ff2＋Ff1＝Ma2 联立得a1＝3 m/s2，a2＝1 m/s2。 答案：1 m/s2　3 m/s2 2 3 4 5 6 7 1 40 (2)开始时长木板距离挡板多远； 2 3 4 5 6 7 1 解析：在t1＝2 s时，设小物块和长木板的速度分别为v1和v2 则v1＝a1t1＝6 m/s，v2＝a2t1＝2 m/s 2 s后，设小物块和长木板的加速度分别为a1'和a2' 此时小物块与长木板之间摩擦力为零，同理可得 对小物块：mgsin θ＝ma1'，a1'＝6 m/s2 对长木板：Mgsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝Ma2' a2'＝－2 m/s2 41 即长木板做减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零 则有v2＋a2't2＝0 联立得t2＝1 s 在t1和t2时间内，长木板的运动位移分别为 L1＝a2＝2 m L2＝|a2'|＝1 m L＝L1＋L2＝3 m 即开始时长木板距离挡板3 m。 答案：3 m 2 3 4 5 6 7 1 42 (3)长木板的长度。 2 3 4 5 6 7 1 解析：长木板的长度就是小物块相对于长木板运动的距离为 x＝(a1＋v1t2＋a1')－(a2＋v2t2＋a2')＝12 m。 答案：12 m 43 $$