第5课时专题强化滑块一木板”模型中的动力学问-【创新大课堂】2026年高三物理一轮总复习

高三总复习·物理 第5课时专题强化：“滑块一木板”模型中的动力学问题 【目标要求】1.掌握“滑块一木板”模型的运动及受力特点.2.能正确运用动力学观点处理“滑块一木板” 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. 3.解题关键 2.模型构建 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力 动来判断“板块”间的摩擦力方向 分析和运动过程分析， (2)挖掘“物=V板”临界条件的拓展含义 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动 摩擦力突变的临界条件：当物=板时，“板块” 学方程 间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力 (3)明确滑块和木板间的位移关系 或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运 如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程 动). ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板 中，滑块和木板同向运动时，位移之差△x=x1一 的一端时，V物=V板； x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和 ②木板最短的条件：当物=)板时滑块恰好滑到 △x=x2十x1=L. 木板的一端 考点一 水平面上的板块问题 [例1]如图所示，一质量 m→F [例2]如图所示，质量m= M F M=2kg的木板长度为 1.0kg的物块（视为质点） 0m77ccm L=50m,静止放在水平面上，另一质量m= 2kg、大小可以忽略的铁块静止放在木板的左 放在质量M=4.0kg的木板的右端，木板长L 端，已知铁块与木板之间的动摩擦因数1=0.5， 2.5m.开始木板静止放在水平地面上，物块与木 木板与地面间的动摩擦因数2=0.2，设最大静 板及木板与水平地面间的动摩擦因数均为： 摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2.现给铁块： 0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F=40N, 施加一个水平向右的力F,求： 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力， (1)若F为变力，且从零开始不断增大，当F增大： g=10m/s2.则物块在木板上运动的过程中，下 到多少时，铁块与木板即将开始相对滑动？ 列说法中正确的是 () (2)若F恒定为20N,试通过计算说明，在此情 A.物块与木板以相同的加速度做匀加速运动 况下，m与M是否分离，若不分离求两者共同的 B.木板的加速度大小为5.6m/s2 加速度；若分离，求从静止开始经过多长时间，二 C.物块的最大速度大小为3.5m/s 者分离？ D.物块到达木板左端时木板前进的位移大小为 [听课记录 3.5m 听课记录] 精品教辅·智慧人生 46 第三章运动和力的关系 [例3](2025·广东佛 山市联考)如图所示， 质量均为m=1kg的物块A和B叠放在水平地 面上，左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦 因数均为以=0.4.先敲击A,A立即获得水平向 右的初速度，在B上滑动距离L=2m后停下.接 着敲击B,B立即获得水平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止， 此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑 总结提升++++++ 动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度 处理“板块”模型中动力学问题的流程 g=10m/s2.求： 物理 确定滑块一木板模型 建模 (I)A被敲击后获得的初速度大小vA: (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度 选研究隔离法 对滑块、木板分别受力分析 的大小aBaB; 对象 (3)B被敲击后获得的初速度大小及B运动 的最大距离SB: 计算由牛顿第二定律 判断是否存在速度相 判断 和运动学公式 等的“临界点” [听课记录 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 结果 若F,≤Fm 假设成立」 滑块与 由隔离法 由整 整体列式 木板没 体法 求滑块与 有临界 分离，假 设速度 求系 木板间的 速度 统加 摩擦力F 若F>Fm, 相等后 速度 及最大静 假设不成 加速度 摩擦力Fm 立，分别 也相等 列式 考点二斜面上的板块问题 [例4](2025·江苏扬州模拟)如图甲所示，光滑： A.10N<F<15N时物块B和木板C相对滑动 斜面上有固定挡板A,斜面上叠放着小物块B和 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 薄木板C,木板下端位于挡板A处，整体处于静 C.由题目条件可求木板C的质量 止状态.木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉 D.F>15N时物块B和木板C相对滑动 力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系 听课记录 图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩 擦力，重力加速度g=10m/s2,则由图像可知下 列说法正确的是 a/(m·s-2) 2.5 1015 F/N 温馨提示 请做课时分层检测（十五） 甲 乙 47 精品教辅·智慧人生加速位移x1'= 2a11'2=25 速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动， m, 故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1= m)a,变形得a=M十m F,当m《M时，可认为 匀速运动位移x2'=L一x1‘≈6.08m 10N时，a=0,则F1=(M十m)gsin0,当F2= 匀速运动时间，'=互=6：085=0.608s 15N时，a=2.5m/s2,则F2-(M+m)gsin0=(M m十MM,则a=7F,即a与F成正比. 0 10 十ma.联立得M+m=2kg,i0=之，但是不[例]答案（1)m2 (2)0.35 总时间t=t1′十t2'=1.441s. gcos 0 [例5]答案ABC 能求解木板C的质量，故C错误：当F2=15N; 解析(])对铁块受力分析，由牛顿第二定律有 解析若mgcos0>mgsin0且v1≤po,物块！ 时，对物块B,有mgcos0-mgsin0=ma,解得！ 先向下减速到零，然后反向加速到山从传送带 mgsin0-mgeos0=ma,解得4=&sin& gcos日 顶端高开，物块加速和减速过程对称，故A正！ 4=5,散B错误 (2)两个相邻计数点之间的时间间隔 确：若umgeos>mgsin0且1>0o,物块先向 第6课时实验四：探究加速度与物体· T=5×六s=0.10s, 下减速到零，然后反向加速到，与传送带共速！ 后向上匀速运动，故B正确：若mgcos 0-=1gsin1 受力、物体质量的关系 由逐差法和△x=aT”可得 物块将向下一直做匀速直线运动，故C正确；若考点一 a (x,十z6十z)-（十十x≈1.97m/5, 一开始物块向下加速，则物块所受合外力的大2.(1)合外力(2)质量(3)a-Fam 1 1272 小和方向均不变，物块加速度保持不变，故D! 错误 4.(2)牵引力(3)匀速(4)接通电源 放开！ 代入到=snA,解得0,35。 gcos a 第5课时专题强化：“滑块一木板”小车 阶段复习（一）力与直线运动 模型中的动力学问题 :6.(1)小车和纸带受到的阻力(3)m>m 【规范训练】答案(1)0.4(2)3.75m (4)打点计时器接通电源释放小车 考点一 [例1]答案(1)不需要(2)0.39(3)小车 (3)7+26 m [例1]答案(1)12N(2)分离5s 质量没有远远大于砂和砂桶的总质量(4)AB! 解析(1)二者即将相对滑动时，对整体有F- 解析(1)由运动学公式得1=a1t1, 解析(1)在补偿阻力这步操作中，不需要通过！ u(M+m)g=(M+m)a 细绳把砂桶挂在小车上 解得a1=2m/s2,对A由牛顿第二定律得F 对木板有mg一(M十m)g=Ma ! (2)相邻的两计数点之间还有4个点未画出，则 Amg=ma1,解得A=0.4. 联立解得F=12N. (2)t2=2.5s时B运动的位移大小xu=ot2 T=0.02×5s=0.1s (2)由于F=20N>12N,因此铁块与木板两者， 根据△x=aT 2×2.5m=5m,t2=2.5s时A运动的位移大 会分离，对铁块和木板由牛领第二定律分别有！ 可得该小车运动的加速度大小为= 13 小xA=2a142=分×2×2.52m=6.25m Fuimg=mat,umgu:(m+M)g-Ma: 4T2 解得a1=5m/s2,a2=1m/s2 _0.1537-0.0691-0.0691 2=2.5s时A、B间的距离x=Lo十xB-xA m/s2≈0.39m/s. 5m+5m-6.25m=3.75m. 根据L=2a1-2at 4×0.12 (3)对木板由牛顿第二定律得 (3)图线上端弯曲，其原因可能是小车质量没有 解得分离所需时间t=55 Amg-a(m十m十M)g=Mag,解得a2= 远远大于砂和砂桶的总质量， [例2]答案D (4)在题图乙中，每个测量数据均存在偶然误： 1m/s9 解析物块与木板恰好相对滑动时物块的加速· 设经过'物块B滑到木板的右端时A、B恰好 差，通过多次测量的方式可以减小，A正确：因 度a=ms=g=2m/s,此时对整体有Fm 砂和砂桶加速下降，处于失重状态，则细绳的拉 相碰，则7a12-L0十o,A到达木板右端， 力小于砂和砂桶的总重力，即把砂和砂桶的总！ (M十m)g=(M十m)a,解得Fm=20N<F 重力当成小车的合力导致实验中存在系统误 40N,则物块与木板相对滑动，不可能以相同的 可得2a1”=L十2a2,联立解得L 差，可以将砂和砂桶以及小车看成一个整体研 加速度做匀加速运动，故A错误： 7+26 究，这样可以避免该系统误差，B正确；实验中 m. 木板的加速度a永板 F-ng一(M+m)g 2 M 用图像法处理数据可以减小偶然误差，C错误 第四章抛体运动 40-0.2×1×10-0.2×(1+4)×10 考点二 圆周运动 m/s2= [例2]答案(1)不需要(2)0.638 (3)D 第1课时 曲线运动运动的合 7m/s,故B错误；物块的加速度a携=ms 解析(1)实验中，细线对动滑轮和小车的作用 力通过弹簧测力计测量，不需要满足M>, 成与分解 :g=2m/s2,设经过时间t物块从木板上滑落，： 5 !考点一 (2)相邻计数点间的时间间隔为T 于=50s11.切线方向 则L=豆a板-a，代入数据解得1= =0.1s :2.变速(1)匀变速曲线 1s,此时物块的速度最大为⑦=a换t=2X 根据逐差法可得小车的加速度为 :判断正误 1m/s=2m/s,故C错误：物块到达木板左端 a=十1-2=2.67+3.32-1.40-2.041.×2.√3.×4.× 4T2 4×0.12 [例1]答案C 时木板前进的位移大小工来板=立口来核1=！ ×10-2m/s2=0.638m/s2, 解析气流对雨滴有作用力，当雨滴接近空气 之X7X1m=3.5m,故D正确」 (3)小车匀速运动时有2F。=F 伞时，受到水平方向的作用力，将产生水平方向 当更换重物后，由牛顿第二定律有2F一F 的加速度，此时雨滴所受的合力与运动的方向 [例31答案(1)4m/s(2)12m/s24m/s2 不在一条直线上，所以其运动轨迹将逐渐发生 -Ma (3)8m/s3m 弯曲，速度的方向不能发生突变，故A、B错误： 2F 解析(1)由牛领第二定律知mg一maA 解得a=F-M 雨滴原来的运动方向沿竖直方向向下，当受到 A加速度的大小aA=g 可知上式为一次函数，图像为一条倾斜直线，与！ 水平方向的作用力后，水平方向做加速直线运 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2=2aAL: 横轴交于一点，故D正确 动，竖直方向做加速直线运动，从受力点开始 合外力和速度方向成锐角，雨滴所做的运动的 解得vA=√2gL=4m/s. :[例3]答案(4)较大较小(5)如图所示 (6)远大于钩码的质量 见解析 轨迹一定是向合外力方向发生弯曲：穿过气流 (2)在左边缘再次对齐前，对B, 区后，由于雨滴的速度方向斜向下，与重力不在 根据牛领第二定律得mg十2umg=map 42/m*s2) 同一直线上，雨滴仍做曲线运动，故C正确，D 解得aB=34g=12m/s2 6.0 错误， 对齐后，对A、B整体，根据牛领第二定律得： 甲 考点二 2mg=2may',解得am'=ag=4m/s2 40 1.(1)分运动(2)合运动 (3)经过时间t,A、B达到共同速度，位移分别： ·2.平行四边形定则 为xA,A加速度的大小等于aA, 3.实际效果 2.0 则0=aa1阳一ad,工A=2aa :4.(1)时间 (2)独立进行(3)效果 10 判断正误 u=vut-2aul',xu-A=L 1.×2.×3.× 01 0.30F9.8N [例2]答案C 解得1=8m/s,xB=2.5m 解析(4)根据题图(b)分析可知，与图线甲相， 解析运动员同时参与了两个分运动，竖直方 A,B达到共同速度后，有=2au'x 比，图线乙的线性区间较大，非线性区间较小， 向向下落的运动和水平方向随风飘的运动，两 解得x'=0.5m,所以sm=xB十xu'=3m (5)在坐标系中进行描点，结合其他点用平滑的 个分运动同时发生，相互独立，水平方向的风力 考点二 曲线拟合，使尽可能多的点在线上，不在线上的： 大小不影响竖直方向的运动，即落地时间和着 [例4]答案D 点均匀分布在线的两侧，如答图所示，(6)对钩 地时竖直方向的速度不变，故A、B错误，C正 解析由图乙可知，当10N<F15N时物块1 码根据牛顿第二定律有F一T=ma,对小车根， 确：水平风力越大，水平方向的速度越大，则落 B和木板C相对静止，当F>15N时木板的加： 据牛顿第二定律有T=Ma,联立解得F=(M+! 地时的合速度越大，故D错误 460