第5讲 专题强化：滑块一木板模型中的动力学问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

平面上向左加速，对小球受力由正交 分解法得，水平方向上有F、sin日 Frcos日=a,竖直方向上有F、cos0十 Frsin日=mg,解得加速度大小a= Fxsin 0-Frcos0 Fcos0十Fr sin8,小球能够和小车 保持相对静止的临界条件是细绳拉力 FT=0,此时小车向左加速的加速度最 大，解得小车向左做加速运动的最大 加速度大小a1=gtan30°，同理可得， 如果小车在水平面上向右做加速运 动，对小球受力由正交分解法得，水平 方向上有Frcos日-Fxsin0=ma',竖 直方向上有Fxcos日十Frsin8=g,解 将物选及大小。部名 小球能够和小车保持相对静止的临界 条件是斜面对小球的弹力F、=0,此 时小车向右加速的加速度最大，解得 小车向右做加速运动的最大加速度大 g 小a=an30,所以a1:a2=1:3,故 选D。 FN 0 mg 4.BCA、B整体受力产生加速度，则有 F+Fu-(m1A十mB)g=(mA十mn)a, F=(mA十B)a十(mA十mg）g一 FNAB,当FAB最大时，F最小，即刚 开始施力时，F最大且等于A和 B的重力之和，此时F最小，则 Fmim=(mA十mB)a=6N,B正确， A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1 (mA+m)g=0.05m,A、B分离时， 其间恰好无作用力，对托盘B,由牛顿 第二定律可知kx2一mg=ma,得 x2=0.04m,小物块A在这一过程的 位移为△x=x1一x2=0.01m,由运动 学公式可知u2=2a△x,代入数据得 v=0.2m/s,C正确，D错误。 第4讲专题强化：传送带模型 中的动力学问题 热点题型突破 题型一水平传送带中的动力学问题 典例1D小滑块相对于传送带向右滑 动，滑动摩擦力方向向左，加速度方向 向左，根据牛顿第二定律得mg= ma,解得a=g,故A错误；若vo< 1,小滑块的速度从。先向右减速到 0再返回加速到0，刚好返回到左端， 时间为1=20，故B错误：若6>1， ug 小滑块的速度从。先向右减速到0的 心，然后加 时间1=%，位移为1=2 ug 速返回，速度加速到U1的时间t1= ，位移为工：=2g g ,最后以速度 匀速回到左端，时间为，=1工 2u8 2ug vvi ·,小滑块返回到左 U1 2ugvi 端的时间t=t1十t2十t,解得t= +u+-ui_+),故c ug ug T2μg01 Zugv1 错误，D正确。 对点演练 1.C由题图乙可知，物块P先做加速度 为g的匀加速运动，当与传送带共速 后，与传送带一起向右做匀加速运动， 故B错误，C正确；物块P与传送带一 起向右做匀加速运动时，物块P受静 摩擦力，物块P也不可能从题图甲的 左端滑下传送带，故A、D错误。 2.C假设物块在传送带上一直做减速 运动，加速度的大小为a,L=v6t 2at,解得a=3m/s,离开传送带时 物块的速度为v=vo一at=2m/s< 4m/s,假设不成立，故物块在传送带 上先做减速运动，再与传送带共速，最 后从右端离开，A错误；设物块在传送 带上做匀减速运动的时间为t1,则与 传送带一起匀速的时间为2s一t1,L= 8m/s+4m/t,+4m/s×(2s-t), 2 解得t1=1s,B错误；物块在传送带上 做匀减速运动的时间为1s,根据加速 度的龙又可知。-品-8学g 4m/s,由牛顿第二定律可得mg= ma',解得以=0.4，C正确；物块与传 送带的相对位移大小即划痕长度为 1 △x=vot1- 2 a'ti-uti=2 m, D错误。 题型二倾斜传送带中的动力学问题 典例2(1)16m(2)5m 解析：(1)煤块速度达到10m/s之前， mg sin8十img cos8=ma1,解得a1= 1 10m/s2.4=0=1s,x1=201i 5m,煤块速度达到10m/s之后运动 的时间t2=1s,ngsin8-umg cos日= ma2,解得a2=2m/s2,x2=t2十 2at号=11m,L=x1十x2=16m. (2)煤块速度小于传送带时51相= t1一x1=5m,煤块速度大于传送带 时s2湘=x2一t2=1m,由于51物> s2相，所以痕迹长为5m。 对点演练 3.B货物刚放上传送带时做初速度为0 的匀加速直线运动，加速阶段位移大 小x1=之41=8m,1=4s时货物与 -535- 传送带共递，剥加達度a==1m/, 根据牛顿第二定律得umgcos37°一 mg sin37°=ma,解得μ=0.875，故A、 D错误；货物与传送带共速后向上做匀 速直线运动，设历时t2到达顶端，有 L一x1=t2,解得t2=3s,所以货物从 传送带底端到达上方机舱所经过的时 间为t=t1十t2=7s,故B正确；货物 在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 △x=v·t1一x1=8m,故C错误。 4.(1)0.4m/s2(2)4.5s 解析：(1)小包裹的速度v2大于传送带 的速度1，所以小包裹受到传送带的 摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 定律可知mg cos日-mgsin8=1a,解 得a=0.4tm/s2。 (2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送 带上做匀减速直线运动，用时t1= 02-u1_1.6-0.6 s=2.5s,小包裹在 a 0.4 传送带上滑动的距离为工1=四。心， 2 0.6+1.6×2.5m=2.75m,因为小包 2 裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带运 行方向上的分力，即ng cos日>gsin8, 所以小包裹与传送带共速后做匀速直线 运动至传送带底端，匀速运动的时间为 4=1--3.95-275 =2s,所以 01 0.6 小包襄通过传送带所需的时间为t t1十t2=4.5s。 第5讲专题强化：滑块一木板 模型中的动力学问题 … 热点题型突破 题型一水平面上的板块问题 典例1(1)0.10.4(2)6m (3)6.5m 解析：(1)根据图像可以判定碰撞前小 物块与木板共同速度为v=4m/s,碰 撞后木板速度水平向左，大小也是= 4m/s,小物块受到滑动摩擦力而向右 做匀减速直线运动，加速度大小a,= u-04-0 m/s2=4m/s,根据牛顿 t 1 第二定律有2mg=ma2,解得？= 0,4,木板与墙壁碰撞前，匀减速运动 时间t=1s,位移x=4.5m,末速度 v=4m/s,其逆运动则为匀加速直线 运动，可得x=ut十2a1t,解得a1= 1m/s,对小物块和木板整体受力分 析，由牛顿第二定律得h1(m十15m)g (m十15m)a1,即1g=a1,解得h1= 0.1。 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，根 据牛顿第二定律有41(15m十m)g十 4 ,mg=15ma,可得a=3m/s,对 小物块，加速度大小为a2=4m/s2,由 参考答案·☑。 于a2>a,所以小物块速度先减小到0， 所用时间为t1=1s,在此过程中，木板向 左运动的位移为x1=t1一2a片= 10 8 m,末速度=w一a4=分m/s,小 物块向右运动的位移，=时， 21= 2m,此后，小物块开始向左加速运动， 加速度大小仍为a2=4m/s2,木板继 4 续减速，加速度大小仍为a,=3m/s, 假设又经历t2二者速度相等，则有 a2t2=v1一a:t2,解得t2=0.5s,此过 程中，木板向左运动的位移x:= 1 7 t,一2at号=6m,未速度= 01一at,=2m/s,小物块向左运动的 1 位移x1=20:后=0.5m,此后小物块 和木板一起匀减速运动，二者的相对 位移最大为△x=x1十x2十x3一x1= 6m,小物块始终没有离开木板，所以 木板最小的长度为6m。 (3)最后阶段小物块和木板一起匀减 速直到停止，整体加速度大小为a1= 1m/s5,向左运动的位移为x=2a 2m,所以木板右端离墙壁最远的距离 为x=x1十x3十x5=6.5m。 对点演练 1.B设在拉力F作用下物块在木板上 滑动，物块的加速度大小为a1,撤去外 力后物块的加速度大小为Q2,木板的 加速度为a3,根据牛顿第二定律有 F-umg ma,umg =ma2, 1mg-42(M十m)g=M,解得a1= 2m/s,a2=4m/s2,aa=0.5m/s2,拉 力F作用的时间为1s时，物块、木板 的速度为v1=a1t=2m/s,v2= a?t1=0.5m/s,设又经t2时间，物块、 木板共速，则0共=U1一a2t2=02十 1 2 a红，解得t=3s,U共=3m/s,木 1 板的长度为L=2t一立vi十 U十U克t2一 2 一20共t2=0.75m十 0.25tm=1.0m,故选B。 2.ABDv-t图像的斜率表示加速度， 可知t=3t。时刻木板的加速度发生改 变，故可知小物块在t=3t。时刻滑上 木板，故A正确；设小物块和木板间动 摩擦因数为4，根据题意结合图像可 知小物块开始滑上木板时的速度大小 3 为v。=之g0,方向水平向左，小物块 在木板上滑动的加速度大小为a。= μ心g,经过t。时间与木板共速，此时速 度大小为U共=之g。,方向水平向 右，故可得。十生=。，解得。 uog uog 红对勾·讲与练·高三物理 2以，故B正确：设木板的质量为M,小 物块的质量为，根据图像可知小物 块未滑上木板时，木板的加速度大小 为a= 1 to =交，故可得F- aMg=Ma,解得F=子aMg,报据图 像可知小物块滑上木板后，木板的加 3 2ugto 2ugto 速度大小为a'= 一g,此时对木板由牛顿第二定律得 F-u(m+M)g-omg=Ma',解得 M=2,故C错误：假设t=4。之后 m.1 小物块和木板一起共速运动，对整体 F-p(m+M)g-Mg-Mg- 3 0,故可知此时整体处于平衡状态，假 设成立，即t=4t。之后小物块和木板 一起做匀速直线运动，故D正确。 题型二斜面上的板块问题 典例2(1)2.5m/s212.5m/s (2)10m 解析：(1)小物块在长木板上滑动时受 到的沿长木板的滑动摩擦力大小为 F:=mg cos日=7.5N,设小物块的加 速度为a1,长木板的加速度为a2,由牛 顿第二定律，对小物块和长木板，有 F:十ng sinθ=ma1,Mg sin9-F:= Ma2,代入数据得a1=12.5m/s2, a2=2.5m/s2。 (2)当小物块与长木板共速时，有1= a1t1=v0十a2t1,解得t1=1s,v1= 12.5m/s,共速后，小物块与长木板 起加速，相对位移为5=10中12.5× 2 11m _2.5+0×1m=5m,故长木板 2 长度L≥10m,即至少为10m。 对点演练 3.(1)18N(2)4m/s21m/s (3)1s 解析：(1)对系统整体受力分析，由平 衡条件可知F=(M十m)gsin8= 18N。 (2)设释放后，小滑块会相对于薄平板 向下滑动，对小滑块由牛顿第二定律 有mg sin37°-f1=1a1,其中f1= 1F,Fm=mg cos37°，解得a1= gsin37°-h1gcos37°=4m/s2,对薄 平板，由牛顿第二定律有Mg sin37°+ f1-f2=Ma2,其中f2=F2, F2=ng cos37°十Mg cos37°，解得 a2=1m/s2,因a1>a2,假设成立，即 小滑块会相对于薄平板向下滑动。 (3)设小滑块滑离薄平板的时间为t, 由运动学公式有x1=之a1t,x? 2atx1一2=L,解得t=1s。 -536- 4.(1)2s(2)7.3m 解析：(1)对木块由牛顿第二定律得 F-ngsin0一ng cos0=ma1,解得 a1=5m/s2,对木板由牛顿第二定律得 mg cos9-Mg sin0=Ma2,解得a2= 2m/s,木块从木板右端滑落时，木块 1 的位移比木板的位移大L,则2at一 1 a2t=L,解得t=2s。 (2)木块从木板右端滑落时，木块的速 度为v1=a1t=10m/s,木板的速度为 v2=a2t=4m/s,木块从木板右端滑落 后，对木块，根据牛顿第二定律得F mg sin0=ma1,解得a1=9m/s2,木板 运动的加速度a2=gsin0=6m/s2,木 板相对斜面速度为0时运动的时间为 t'==2 3 s,在这段时间木块运动的 位移1=mt十之a1t=10× 2 ()m 62 26 3 m,木 542 4 板的位移x:=2a=2×6m=了m, 木板右端与木块之间的距离△x= x1一x2≈7.3m。 第6讲实验四：探究加速度 与力、质量的关系 …关键能力提升 考点一教材原型实验 典例1(1)B(2)D(3)反比槽码 解析：(1)为了使小车所受的合力大小 近似等于槽码所受的总重力，故应使 小车质量远大于槽码质量，故A错 误；为了保证小车所受细绳拉力等于 小车所受合力，则需要调整垫块位置 以平衡阻力，也要保持细绳和长木板 平行，故B正确：平衡阻力时不能移去 打点计时器和纸带，需要通过纸带上 点迹是否均匀来判断小车是否做匀速 运动，故C错误；根据操作要求，应先 打开打点计时器再释放小车，故D 错误。 (2)根据逐差法可知5一51=4a1T2, 56-52 =4a:T2,5-53 =4a:T2,5x s1=4a1T2,联立可得小车加速度的表 达式为a= 4（4T 4T2 6二s2+5二），故选D。 4T2 4T2/ (3)根据图像可知一与M成正比，故 在所受外力一定的条件下，a与M成 反比；设槽码的质量为，则由牛顿第 二定律得mg=(l十M)a,化简可得 1·M十】，故针率越小，槽码 a mg g 的质量m越大，由图可知甲组所用的 槽码质量比乙组的更大。4规律方法、 倾斜传送带问题分析要点 (1)物体沿倾角为日的传送带传送时，可以分为两 类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解 决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin0与mg cos0 的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与 速度方向的关系，确定物体运动情况。当物体速度 与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发 生突变。 (2)痕迹问题：共速前，x传>x物，痕迹△x1=x传 x物，共速后，x>x传，痕迹△x2=x物一x传，总痕迹 取二者中大的那一段。 〔对点演练】 3.(2025·上海静安区高 三检测)2023年5月28 货物 日，东航C919首个商 ⊙6 业航班—MU9191 航班从上海虹桥国际机场起飞，平稳降落在北 京首都国际机场，标志着国产大飞机C919圆满 完成首个商业航班飞行。机场工作人员利用传 送带将货物运送到机舱，简化为如图所示。长 度L=20m的传送带以速度v=4m/s顺时针 运动，某时刻将质量为m的货物（可看成质点） 无初速度放在传送带底端，1=4s时货物与传 送带共速，之后随传送带一起运动到上方机舱， 传送带与水平面间的夹角0=37°，重力加速度 大小g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8， 则 () A.货物加速阶段的位移大小为16m B.货物在传送带上运动的时间为7s 第5讲 专题强化：滑块 热点题型突破 题型一水平正 1.问题特点：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 作用下或者还有其他外力作用下发生相对滑动。 第三章运动和力的关系 C.货物在传送带上留下的摩擦痕迹长度为4m D.货物与传送带之间的动摩擦因数为0.5 4.机场地勤工作人员利用传 送带从飞机上卸行李。如 L 图所示，以恒定速率1= 0.6m/s运行的传送带与水6a」 平面间的夹角a=37°，转轴间距L=3.95m。 工作人员沿传送方向以速度o2=1.6m/s从传 送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包 裹与传送带间的动摩擦因数以=0.8。重力加 速度大小g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°= 0.8。求： (1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a; (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 065 温馨提示0 学习至此，请完成课时作业17 木板模型中的动力学问题 题型探究·能力提升 上的板块问题 2.常见类型：滑块A与木板B之间有摩擦，地面光 滑或者粗糙。 2勾·讲与练·高三物理 图例 初始条件 终止条件 B (1)滑块A静止； nwwwww'M (2)木板B初速度为 A B (1)滑块A初速度为0； (1)滑块A 777777777777777777元 (2)木板B静止 停在木板B (1)滑块A、木板B均 上某位置； (2)滑块A B 合 静止： 恰好没有滑 (2)外力F作用在木板 离木板B; B上 (3)滑块A (1)滑块A、木板B均 滑离木板B B 静止； 7777777777力 (2)外力F作用在滑块 A上 【典例1】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左 端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板 右端与墙壁的距离为4.5m,如图(a)所示。 t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度 向右运动，直至1=1s时木板与墙壁碰撞（碰 撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变， 方向相反；运动过程中小物块始终未离开木 066 板。已知碰撞后1s时间内小物块的-t图 线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的 15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求： ↑m·s-) mhmmntmm 图(a) 图b) (1)木板与地面间的动摩擦因数41及小物块 与木板间的动摩擦因数42； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离。 【思路点拨过程分析如图所示。 7777777 丙 =0 甲 77777777 x1x2 〔对点演练】 1.(2025·山东济南高三月考)如图所示，质量为 4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其 左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一 大小为12N、水平向右的恒定拉力F,只要拉力 F作用的时间不超过1s,物块就不能脱离木 板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木 板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质 点，重力加速度大小g取10m/s2。则木板的长 度为 () M A.0.8m B.1.0m C.1.2m D.1.5m 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以。1=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=4t。的时间内， 木板速度v随时间1变化的图像如图所示，其中 g为重力加速度大小。t=4t。时刻，小物块与 木板的速度相同。下列说法正确的是() O 02131.47 A.小物块在t=3t,时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2： C.小物块与木板的质量比为3：4 D.t=41。之后小物块和木板一起做匀速运动 题型二斜面 1.问题特点：滑块和木板除摩擦力或外力作用外， 还要考虑重力分力的影响。 2.思维流程 物理 建模 →确定板块模型的类型 选研究 对象 隔离法，对滑块、木板分别受力分析 计算 由牛顿第二定律，判断是否存在速度相等的 判断 和运动学公式 “临界点” 无临界滑块与木确定相同时间内的位 速度板分离 移关系，列式求解 判断 滑块与 由隔离 若f≤fm， 、结果 木板没 法求滑 假设成 由整 有分离， 块与木 立，整 体法 有临界假设速 板间摩 体列式 求系 速度度相等 擦力f, 统加 若f>fm 后加速 及最大 度也相 速度 假设不 静摩擦 成立， 等 r 分别列 【典例2】如图所示，在倾角为0=30°的足够长的 固定的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长 木板正以vo=10m/s的初速度沿斜面向下运 动，现将一质量m=1kg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 板间的动摩擦因数么一，设小物块与长木板 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 大小g取10m/s2。 (1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度 大小： (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要 有多长？ 第三章运动和力的关系 上的板块问题 [对点演练 3.如图所示，在倾角0=37°的足A 够长斜面上放置一质量M= 2kg、长度L=l.5m的薄平w99 板AB,在薄平板的上端A处放一质量m=1kg 的小滑块（视为质点）。开始薄平板和小滑块在 沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄 067 平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小 滑块和薄平板同时无初速度释放。已知小滑块 与薄平板之间的动摩擦因数41=0.25，薄平板 与斜面之间的动摩擦因数以2=0.5，sin37°= 0.6,cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)力F的大小： (2)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板 的加速度大小a2; (3)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 题肉·讲与练·高三物理 4.如图所示，倾角为0=37°的斜面固定在地面上， (2)当木板相对斜面速度为0时，木板右端与木 斜面光滑且足够长，其上有一质量为M=1kg、 块之间的距离。 长L=6m的木板，木板厚度不计。在木板的左 端有一个可以看作质点的质量为m=2kg的木 块，木块与木板之间的动摩擦因数=0.5。开 始时二者都静止，现用平行于斜面向上的恒力 F=30N拉木块，重力加速度大小g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： M 温馨提示) (1)经过多长时间木块从木板右端滑落？ 学习至此，请完成课时作业18 第6讲 实验四：探究加速度与力、质量的关系 必备知识梳理 自主学习·基础回扣 原理装置图 操作要求 注意事项 068 1.用天平测量槽码的质量m和小车的质 1.平衡阻力：平衡阻力时，不要把悬 量M。 挂槽码的细绳系在小车上，让小车 滑轮细绳 小车打点计时器 2.根据设计要求安装实验装置，只是不把连着纸带匀速运动。 @ 三纸带 橙码丁 长木板 丁垫块 悬挂槽码的细绳系在小车上。 2.质量：槽码质量m远小于小车质 1.保持小车质量不变，探究加速 3.在长木板不带定滑轮的一端下面垫上量M。 度与合力的关系。 块薄木块，使小车能匀速下滑。 3.平行：使细绳与长木板平行。 2.保持小车所受合力不变，探究 4.槽码通过细绳绕过定滑轮系于小车上， 4.靠近：小车从靠近打点计时器的 加速度与质量的关系。 接通电源后放开小车，断开电源取下纸位置释放。 3.小车的质量M与槽码的质量 带，编写号码，保持小车质量M不变，改 5.先后：实验时先接通电源后释放 m间满足M>m 变槽码质量，重复实验得到纸带；保持 小车。 槽码的质量m不变，改变小车的质量M, 6.改变小车质量M或槽码质量m 重复实验得到纸带 时，不需要重新平衡阻力 1.利用△x=aT2及逐差法求a。 数据2.以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，说明a与F成正比。 处理 3.以口为纵坐标，为横坐标，措点，同线，如果该线为过原点的直线，就能判定口与M成反比 1.实验原理不完善：本实验用槽码的总重力代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于槽码的总 误差重力。 分析2.平衡阻力不准确、质量测量不准确、计数点间距离测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起 误差