3.15 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 课件 -2026届高考物理一轮复习人教版

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块—木板”模型专题，紧扣运动和相互作用观念，覆盖牛顿第二定律应用、摩擦力分析、相对运动及临界条件（v物=v板）等高考核心考点。依据高考评价体系，通过近5年真题及模拟题分析，明确“临界条件判断”“相对位移计算”等高频考点占比超60%，归纳出“是否相对滑动”“共速运动”“板块分离”三类典型题型，构建系统化解题框架。 课件亮点在于“模型建构+真题实战+科学推理”的备考路径，如以2024新课标卷25题为例，详解“隔离法分析板块加速度—临界条件判断相对运动—位移差公式求板长”三步解题法，培养学生科学思维中的模型建构与推理论证能力。特设“易错警示”专栏及“课时精练”模块，通过训练让学生熟练掌握“同向位移差=板长”等解题模板，助力教师精准教学，提升学生高考实战得分率。

第三章 运动和力的关系 第15课时 专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题 目标 要求 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。 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。 　　 (2025·江西赣州市开学考)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，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。 (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？ 例1 答案　10 N 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。 (2)若F＝14 N，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？ 答案　3 m/s2 对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2 ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ 答案　0.5 m 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 ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ 答案　2.8 m/s 刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，设经时间t'可达到共同速度v' 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t'＝0.4 s，v'＝2.8 m/s ④最终小物块离长木板右端多远？ 答案　0.7 m 在t'时间内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝t'－t'＝0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离为 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 　　 如图所示，一质量为M＝0.9 kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小； 例2 答案　2.5 m/s2　3 m/s2 由题可知，A、B先相对滑动，达到共速后一起做匀 减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，对物 块A受力分析，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。 (2)长木板B的长度； 答案　2.75 m 由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。当A、B共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s， A物块的位移xA＝a1t2＝1.25 m， B长木板的位移xB＝v0t－a2t2＝4 m， 则L＝xB－xA＝2.75 m。 (3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小。 答案　2.812 5 m 由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度 为v共＝a1t＝2.5 m/s， 由题知μ1>μ2，所以A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3， 解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有＝2a3x3，可知x3＝＝ 1.562 5 m， 则全过程中，A相对地面发生的位移大小 x＝xA＋x3＝2.812 5 m。 　 　 (多选)(八省联考·内蒙古·9)一小物块向左冲上水平向右运动的木板，二者速度大小分别为v0、2v0，此后木板的速度v随时间t变化的图像如图所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板足够长。整个运动过程中 A.物块的运动方向不变 B.物块的加速度方向不变 C.物块相对木板的运动方向不变 D.物块与木板的加速度大小相等 针对训练 √ √ 根据题图可知木板的速度方向没有发生改变，木板和 物块达到共速v0，然后一起减速到0，所以物块的运 动方向先向左后向右，故A错误； 物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向水平向右， 一起共同减速阶段加速度方向水平向左，方向改变，故B错误； 物块在向左减速和向右加速阶段相对木板都向左运动，共同减速阶段无相对运动，即物块相对木板运动方向不变，故C正确； 由题图可知在有相对运动阶段木板的加速度大小为a1 ＝，物块的加速度大小为a2＝， 即此阶段木板和物块加速度大小相等，在共同减速阶段木板和物块的加速度大小也相等，故D正确。 　　(2024·安徽省名校联考)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M＝0.2 kg、长度为L＝1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s＝1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m＝0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0＝3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板； 例3 答案　不能脱离薄木板 开始运动时，滑块的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2 薄木板的加速度大小为a2＝＝8 m/s2 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有 v＝v0＋a1t1＝a2t1 解得t1＝0.5 s，v＝4 m/s 滑块下滑的位移大小为x1＝t1＝1.75 m 薄木板下滑的位移大小为x2＝t1＝1 m 两者相对位移大小为Δx＝x1－x2＝0.75 m<L＝1 m 假设成立，滑块不能脱离薄木板； (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 答案　0.7 s 此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为 a3＝gsin θ＝6 m/s2 当薄木板下端到达斜面底端时，有s－x2＝vt2＋a3 解得t2＝0.2 s 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t＝t1＋t2＝0.7 s。 处理“板块”模型中动力学问题的流程 总结提升 总结提升 课时精练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 题号 1 2 3 4 答案 AD BD AD (1)4 m/s　 s　(2 m 题号 5 6 7 答案 BC (1)2 m/s2　2.5 m/s2　(2)9 m　(3)12 m (1)2.5 m/s2 12.5 m/s2 (2)10 m 1.(多选)(2024·安徽省期末联考)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上， 基础落实练 √ 二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于长木板、物块的v－t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 27 1 2 3 4 5 6 7 答案 由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚 线均表示物块、实线均表示木板。某个时刻两者速度相等，之后若μ1>μ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误； 若μ1<μ2，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D正确。 28 2.(多选)(2025·重庆市巴蜀中学月考)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0＝3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是 A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与各 　自运动方向相反 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2 C.A长度至少为3 m D.长木板A的质量是4 kg 1 2 3 4 5 6 7 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误； 由图像知B的加速度大小为aB＝||＝2 m/s2，对B进行分析有μmBg＝ mBaB，可解μ＝0.2，故B正确； 由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，位移差为1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 答案 长木板A的加速度大小为aA＝＝1 m/s2，又μmBg＝mAaA，联立解得，即A 的质量是B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。 3.(多选)如图所示，质量为M＝2.0 kg、长度为l＝2.5 m的长木板静置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2。质量为m＝3.0 kg可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上长木板，滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确是 A.滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝ B.滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝ C.滑块初速度v0＝ m/s D.滑块初速度v0＝5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 答案 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 长木板刚开始运动时的加速度大小a1＝1 m/s2，对木板分析，根据牛顿第二定律有μ2mg－μ1(M＋m)g ＝Ma1，解得μ2＝，故A正确，B错误； 对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，可知滑块先向左做匀减速直线运动，木板向左做匀加速直线运动，两者达到相等速度后保持相对静止向左做匀减速直线运动，最终停止运动。两者达到相等速度过程有v1＝v0－a2t0＝a1t0，滑块相对于木板的相对位移大小恰好等 于木板长度，即有l＝t0－t0，联立解得v0＝5 m/s，故C错误，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 答案 4.(2024·新课标卷·25)如图，一长度l＝1.0 m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。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；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g＝10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； 答案　4 m/s　 s 1 2 3 4 5 6 7 答案 物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有μmg＝ma1 设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有 μmg＝ma2 对物块l＋Δl＝v0t－a1t2 对薄板Δl＝a2t2 联立解得v0＝4 m/s t＝ s 1 2 3 4 5 6 7 答案 (2)平台距地面的高度。 答案　 m 1 2 3 4 5 6 7 答案 物块飞离薄板后薄板的速度 v2＝a2t＝1 m/s 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动， 平抛运动的时间t'＝ s 则平台距地面的高度h＝gt'2＝ m。 5.(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 √ 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 答案 1 2 3 4 5 6 7 答案 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； 小孩刚与滑板分离时，有a1t2－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。 6.(2024·山东日照市联考)如图所示，水平面上的长木板在推力作用下向右运动，当速度v0＝9 m/s时撤去推力，同时在长木板的右端轻轻地放上一个大小不计的小物块，最终小物块恰好没有滑离长木板。已知长木板的质量M＝2 kg，小物块的质量m＝1 kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)小物块刚放上长木板时，小物块的加速度大小a1 和长木板的加速度大小a2； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　2 m/s2　2.5 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 答案 小物块刚放上长木板时在摩擦力的作用下加速， 由牛顿第二定律μ1mg＝ma1 长木板减速，有μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2 解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2 长木板的加速度大小a2＝2.5 m/s2 (2)长木板的长度l； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　9 m 设经时间Δt两者达到共同速度v，有 v＝a1Δt＝v0－a2Δt 得Δt＝2 s，v＝4 m/s 这段时间内小物块的位移x1＝a1(Δt)2＝4 m 长木板的位移x2＝v0Δt－a2(Δt)2＝13 m 长木板的长度l＝x2－x1＝9 m (3)从小物块放上长木板开始到最后停止运动的总位移大小x。 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　12 m 1 2 3 4 5 6 7 答案 小物块和长木板达到共同速度之后一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，有 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得a3＝1 m/s2 一起减速的位移为x3，有v2＝2a3x3 解得x3＝8 m 则小物块的总位移x＝x1＋x3＝12 m。 7.(2025·黑龙江哈尔滨市检测)如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，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 1 2 3 4 5 6 7 答案 尖子生选练 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＝，设小物块与长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。 (1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　2.5 m/s2　12.5 m/s2 小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N 设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2， 由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有 Ff＋mgsin θ＝ma1 Mgsin θ－Ff＝Ma2 代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？ 1 2 3 4 5 6 7 答案 答案　10 m 当小物块与长木板共速时，有 v1＝a1t1＝v0＋a2t1 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为 s＝t1－t1＝5 m 故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。 $