第4章 专题提升十三 滑块—木板问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理必修第一册创新导学案课件PPT（人教版）

第四章　运动和力的关系 专题提升十三　滑块—木板问题 目录 1 课后课时作业 1．两种典型类型及其临界状态 示意图 特征 有拉力作用在木板或滑块上 没有拉力作用在木板或滑块上 临界状态 板、块间静摩擦力达到最大值后可能会发生相对运动 板、块速度刚好相等前、后，受力情况和运动规律可能会变化 临界条件 板、块间静摩擦力刚好达到最大值 板、块速度刚好相等 3 2.相对位移关系 注：若开始时滑块位于木板的一端，相对位移大小等于板长是滑块是否掉落的临界条件。 板、块同向运动 相对位移大小等于两者对地位移大小之差 板、块反向运动 相对位移大小等于两者对地位移大小之和 4 一、地面光滑的板块问题 例1　如图甲所示，质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上，t＝0时刻物块A(可视为质点)以3 m/s的初速度滑上B的左端，A最终与B相对静止，A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，则(　　) A．物块A的质量为4 kg B．物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2 C．长木板B的长度为2 m D．物块A在B上滑动过程中对地的位移为1.5 m 答案 5 规范解答 例2　(2024·安徽省宿州市第二中学高一上校联考期末)如图所示，在光滑的水平面上有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板B处于静止状态，在B的左端有一个质量为2 kg、可视为质点的铁块A，A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。当对A施加水平向右的拉力F＝10 N时，求经过多长时间可将A从B的左端拉到右端。(g＝10 m/s2) 答案　0.8 s 答案 规范解答 [跟进训练]　(2024·广西南宁市高一下开学考试)如图所示，质量分别为m1、m2的两物体A、B静止叠放在光滑的水平面上，用大小为F1的水平力拉A，可使两物体一起向右匀加速运动，且此时两物体即将相对滑动。现换用水平力F2来拉B，要想把B从A下拉出来，这时F2的大小至少是(　　) 答案 9 解析 10 二、地面粗糙的板块问题 例3　(2024·湖南省衡阳市高一下校考开学考试)(多选)如图所示，质量为m物＝2 kg的物块放在质量为m木＝3 kg的木板的最右端，它们之间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，给木板水平向右的力F，则(　　) A．当F≥15 N时，物块、木板发生相对滑动 B．当F＝21 N时，物块的加速度为2 m/s2 C．当F>30 N时，物块、木板才会发生相对滑动 D．当F＝33 N时，物块、木板的加速度分别为5 m/s2、6 m/s2 答案 11 解析 12 例4　质量为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v­t图像如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)A与B上表面之间的动摩擦因数μ1； (2)B与水平面间的动摩擦因数μ2； (3)A的质量； (4)物块A相对木板B滑行的距离Δx。 答案　(1)0.2　(2)0.1　(3)6 kg　(4)2 m 答案 13 规范解答 规范解答 求解板块问题时，分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意根据不同情形，滑块与木板在某个时刻静摩擦力可能会突变为滑动摩擦力，或者滑动摩擦力可能突变为静摩擦力，或者滑动摩擦力的方向可能发生改变，因此，注意要找出临界状态，根据受力情况的突变对运动进行分段分析，然后合理利用整体法和隔离法选择研究对象，对各段过程用牛顿第二定律和运动学公式列方程。 16 课后课时作业 题号 1 2 3 4 5 6 7 难度 ★★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对应考点 /知识点 地面光滑且有外力作用在物块上的板块模型a­t图像分析 地面光滑且木板有初速度的板块模型综合分析 地面粗糙且物块有初速度的板块模型v­t图像分析 地面粗糙且物块有初速度的板块模型综合分析 板块模型 实例综合 分析　　 地面粗糙且物块从斜面滑上木板时有初速度的板块模型分析 地面光滑且有外力作用在物块上的板块模型临界、极值问题 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 题型一　地面光滑的板块问题 1．(2023·河南省洛阳市高一上期末)如图所示，在 光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放 一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦 力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 答案 2．(2024·海南省直辖县级单位高一下阶段练习)如图， 一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动， 将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端，已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)求经过多长时间滑块相对木板静止； (2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离； (3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及木板滑动的距离。 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 题型二　地面粗糙的板块问题 3．(2023·江西省新余市高一上期末质量检测)(多选)如图 所示，在山体下的水平地面上有一静止长木板，某次山体滑坡， 有石块从山坡上滑下后，恰好以速度v1滑上长木板，石块与长木板、长木板与水平地面之间都存在摩擦。设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力的大小，且石块始终未滑出长木板。下面给出了石块在长木板上滑行的v­t图像，其中可能正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 解析：由于石块与长木板、长木板与地面之间都存在摩擦，故石块不可能做匀速直线运动，故A错误。设石块与长木板之间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，石块的质量为m，长木板的质量为M，若μ1mg≥μ2(M＋m)g，最终石块与长木板将一起做匀减速直线运动，此时的加速度为μ2g；由μ1mg≥μ2(M＋m)g，可得μ1g＞μ2g，即石块刚开始时的加速度大于石块与长木板一起减速时的加速度，故B可能正确。若μ1mg<μ2(M＋m)g，则长木板将静止不动，石块将在长木板上做匀减速直线运动直至停止，故D可能正确。综上所述，C不可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 答案 4．(2024·广东省阳江市高一上1月期末)如图所示，质量M＝2 kg的长木板B静止在水平面上。某时刻，质量m＝8 kg的小物块A，以大小为v0＝4 m/s的初速度，从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。已知A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.2，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度g＝10 m/s2，长木板B足够长，求： (1)物块A刚滑上木板时，物块A的加速度大小a1； (2)物块A在木板上相对于木板B滑行的距离L。 答案：(1)2 m/s2　(2)1.6 m 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 5．用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图所示方式放置在底层水泥板上。货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止。已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则(　　) A．启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1875 N B．刹车时上层水泥板所受摩擦力大小为2000 N C．货车在刹车过程中行驶的距离为9 m D．货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6000 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 答案 6．(2024·广东省梅州市高一上1月期末)如图所示，一倾角α＝37°、长度为L1＝4 m的固定斜面，其底端与长木板B上表面等高。B最初静止在粗糙水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与木板B的上表面接触处圆滑。一可视为质点的小滑块A从斜面顶端由静止开始下滑，最终A刚好未从木板B上滑下。已知A、B的质量相等，木板B的长度L2＝1 m，A与斜面、B上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，B与地面的动摩擦因数为μ2，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求A滑到斜面底端时的速度大小； (2)通过计算分析：当A滑上B的上表面后，B是否仍保持静止； (3)若B仍然静止，求出μ2的最小值；若B滑动，求出μ2的值。 答案：(1)4 m/s　(2)否　(3)0.1 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 答案 7．(2023·广东省湛江市高一上期末)有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)滑板由A滑到B的最短时间； (2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。 答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 课后课时作业 规范解答　由题意可知，在运动过程中A做减速 运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0 s上部分图线 为物块A的v­t图线，下部分为长木板B的v­t图线， 根据v­t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，物块A 与长木板B的加速度大小分别为aA＝eq \f(|Δv|,Δt)＝eq \f(|1－3|,1.0－0) m/s2＝2 m/s2，aB＝eq \f(Δv′,Δt)＝eq \f(1－0,1.0－0) m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，有fA＝mAaA，fB＝mBaB，根据牛顿第三定律，有fA＝fB＝μmAg，联立解得mA＝1 kg，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，故A错误，B正确；根据v­t图线与t轴所围面积表示位移可知，0～1.0 s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移为xA＝eq \f(3＋1,2)×1 m＝2 m，故D错误；由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误。 规范解答　设经过时间t可将A从B的左端拉到右端，A的加速度大小为a1，B的加速度大小为a2， 以A为研究对象，水平方向受到向右的拉力F和向左的滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有 F－f＝m1a1 又f＝μm1g 以B为研究对象，水平方向只受向右的摩擦力f′，根据牛顿第三定律可知f′＝f＝μm1g 根据牛顿第二定律有μm1g＝m2a2 A从B的左端运动到右端，则有xA－xB＝L 其中xA＝eq \f(1,2)a1t2，xB＝eq \f(1,2)a2t2，L＝0.64 m 联立并代入数据，解得t＝0.8 s。 A．F1 B．(m1＋m2)F1 C.eq \f(m2,m1)F1 D.eq \f(m1,m2)F1 解析：设A、B间的最大静摩擦力为fm，F1作用在A上时，A、B的加速度大小为a1，F2作用在B上时，A、B恰好发生相对滑动时的加速度大小为a2。F1作用在A上时，由牛顿第二定律，对A、B整体有F1＝(m1＋m2)a1，对于B，有fm＝m2a1；F2作用在B上恰好发生相对滑动时，有F2＝(m1＋m2)a2，对于A，有fm＝m1a2，联立解得F2＝eq \f(m2,m1)F1，故选C。 解析：物块的加速度由摩擦力提供，具有最大值，且物块、 木板恰好不发生相对滑动，设整体的加速度大小为a0，此时两 者间的静摩擦力达到最大值，对物块，由牛顿第二定律得μ1m物g＝m物a0，解得a0＝5 m/s2，对物块、木板整体，由牛顿第二定律得F－μ2(m物＋m木)g＝(m物＋m木)a0，解得F＝30 N，可知当F>30 N时，物块、木板才会发生相对滑动，当F≤30 N时，物块、木板相对静止，故A错误，C正确；当F＝21 N时，物块、木板相对静止，对物块、木板整体，可得此时加速度a＝eq \f(F－μ2（m物＋m木）g,m物＋m木)＝3.2 m/s2，故B错误；当F＝33 N时，物块、木板发生相对滑动，则物块的加速度为a物＝eq \f(μ1m物g,m物)＝5 m/s2，木板的加速度为a木＝eq \f(F－μ1m物g－μ2（m物＋m木）g,m木)＝6 m/s2，故D正确。 规范解答　(1)由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝eq \f(v1－v0,t1)＝eq \f(2－4,1) m/s2＝－2 m/s2 对A，由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1 解得μ1＝0.2。 (2)由题图乙可知，A、B整体在1～3 s内的加速度a3＝eq \f(v2－v1,t2)＝eq \f(0－2,2) m/s2＝－1 m/s2 对A、B，由牛顿第二定律得 －μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得μ2＝0.1。 (3)由题图乙可知，B在0～1 s内的加速度 a2＝eq \f(v1,t1)＝eq \f(2,1) m/s2＝2 m/s2 对B，由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 解得m＝6 kg。 (4)由题图乙可知，物块A相对木板B滑行的距离Δx对应图中(0，4)、(0，0)、(1，2)点所围三角形的面积， 故Δx＝eq \f(1,2)×4×1 m＝2 m。 解析：当F比较小时，木块和木板相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得a＝eq \f(F,m1＋m2)＝eq \f(k,m1＋m2)t，则a正比于t。当F比较大时，木块和木板相对运动，根据牛顿第二定律，对木板有a1＝eq \f(μm2g,m1)，由于μ、m1、m2都一定，则a1一定；对木块有a2＝eq \f(F－μm2g,m2)＝eq \f(k,m2)t－μg，则a2是t的线性函数，t增大，a2增大，又eq \f(k,m1＋m2)<eq \f(k,m2)，则两物体相对滑动后a2­t图线的斜率大于两者相对静止时图线的斜率。故选A。 答案：(1)eq \f(2v0,3μg)　(2)2,0)eq \f(7v,25μg) 　(3)eq \f(v0,μg)　2,0)eq \f(v,μg) 解析：(1)滑块在木板上滑行时，设滑块和木板的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律 对滑块有μmg＝ma1 对木板有μmg＝2ma2 解得a1＝μg，a2＝eq \f(1,2)μg 设经过时间t滑块相对木板静止，则 对滑块有v共＝a1t 对木板有v共＝v0－a2t 解得t＝eq \f(2v0,3μg)。 (2)某时刻木板速度是滑块的2倍，设此时滑块速度为v1，木板速度为2v1，所用时间为t1，则对滑块有v1＝a1t1 对木板有2v1＝v0－a2t1 解得v1＝eq \f(2,5)v0，t1＝eq \f(2v0,5μg) 此时滑块的位移x滑＝eq \f(v1,2)t1 木板的位移x木＝eq \f(v0＋2v1,2)t1 滑块到木板最右端的距离为Δx＝x木－x滑 联立解得Δx＝2,0)eq \f(7v,25μg) 。 (3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，设此过程中滑块的运动时间为t′，则有v0＝a1t′ 解得t′＝eq \f(v0,μg) 此过程木板滑动的距离为x板′＝v0t′ 解得x板′＝2,0)eq \f(v,μg) 。 解析：(1)开始时，对物块A由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2。 (2)开始时，对木板B由牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入数据解得木板B的加速度大小 a2＝3 m/s2 设经过时间t1后，A、B速度相等，共同速度为v，由速度与时间的关系式， 对物块A有v＝v0－a1t1 对木板B有v＝a2t1 分析可知，A与B共速后，保持相对静止一起做匀减速运动直至停止 则物块A在木板上相对于木板B滑行的距离 L＝eq \f(v0＋v,2)t1－eq \f(v,2)t1 联立并代入数据解得L＝1.6 m。 解析：摩擦力提供给上层水泥板最大的加速度为am＝μg ＝7.5 m/s2。启动时货车加速度小于am，上层水泥板所受摩擦 力为静摩擦力，大小为Ff＝ma＝250×3 N＝750 N，A错误；刹车时，货车加速度大于am，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff′＝μmg＝1875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的位移为x＝2,0)eq \f(v,2a′) ＝eq \f(122,2×8) m＝9 m，C正确；货车由开始刹车到停止的时间为t＝eq \f(v0,a′)＝eq \f(12,8) s＝1.5 s，上层水泥板减速到零所需的时间t′＝eq \f(v0,μg)＝1.6 s，因为t′>t，则货车刚停止时，上层水泥板还在滑动，故货车停止时，上层水泥板滑动的位移为x′＝v0t－eq \f(1,2)μgt2＝9.5625 m，相对底层水泥板滑动的距离为Δs＝x′－x＝0.5625 m，D错误。 解析：(1)设A在斜面下滑过程中加速度大小为a0，到达底端时速度大小为v0， 由牛顿第二定律得mgsinα－μ1mgcosα＝ma0 由运动学公式得veq \o\al(2,0)＝2a0L1 解得v0＝4 m/s。 (2)假设A滑上B的上表面后，B仍保持静止，则A在B上减速滑动至停止 设A在B上减速滑动的加速度大小为aA，在B上滑动的距离为x，由牛顿第二定律有 μ1mg＝maA 由运动学公式有0－veq \o\al(2,0)＝－2aAx 联立并代入数据解得x＝1.6 m 因x＝1.6 m>L2＝1 m，可知A会从B上滑下，假设不成立。故当A滑上B的上表面后，B与地面会发生相对滑动。 (3)设A滑上B后，再经时间t两者达到共同速度，A、B的加速度大小分别为aA、aB，根据牛顿第二定律， 对A有μ1mg＝maA 对B有μ1mg－μ2×2mg＝maB A与B达到共同速度有v0－aAt＝aBt A相对地面的位移xA＝v0t－eq \f(1,2)aAt2 B相对地面的位移xB＝eq \f(1,2)aBt2 A刚好未从木板B上滑下，有xA－xB＝L2 联立并代入数据解得μ2＝0.1。 解析：(1)滑板一直加速，当其加速度最大时，由A滑到B所用时间最短。当滑板所受摩擦力最大时，加速度最大，设为a2，设此时滑板由A到B的时间为t。对滑板，根据牛顿第二定律有μm1g＝m2a2 解得a2＝10 m/s2 由运动学公式可得s＝eq \f(1,2)a2t2 解得t＝1 s。 (2)滑块与滑板恰好未发生相对滑动时F最小，设为F1，此时滑块与滑板加速度相等，对滑块，根据牛顿第二定律有 F1－μm1g＝m1a2 解得F1＝30 N 当滑板运动到B处滑块恰好脱离滑板时F最大，设为F2，此时滑块加速度设为a1，则有 F2－μm1g＝m1a1 由运动学公式和滑块、滑板的位移关系可得 eq \f(1,2)a1t2－s＝L 解得F2＝34 N 为使滑板能以最短时间到达，则水平恒力F的取值范围为30 N≤F≤34 N。 $