第三章 第4讲　小专题 动力学中的板块模型 2027年高考物理一轮专题复习（人教版）

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的板块模型”专题，依据高考评价体系梳理了摩擦力突变条件、加速度关联性、相对滑动临界状态等核心考点，通过各地模拟真题分析明确三类常考题型（无外力、有外力、斜面/竖直面）的考查权重，构建系统的解题模型。 课件亮点在于“模型建构+真题精析+流程化突破”，如以山东青岛检测题的v-t图像为例，运用牛顿第二定律推导加速度关系，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，强化运动和相互作用的物理观念。提供“转折点分析”“位移关联”等应试技巧，助力学生掌握临界问题解法，教师可依托题型分类实现高效复习指导。

第4讲 小专题:动力学中的板块模型 【学习目标】 1.理解板块模型中的摩擦力突变条件,掌握加速度关联性与运动过程分段分析的基本方法。 2.熟练运用动力学方程与运动学公式对板块问题进行建模,能通过图像或数学推导分析相对滑动的临界状态。 3.认识板块模型在工程防滑、运输安全中的实际意义,养成严谨分析多因素关联问题的科学习惯。 如图甲、乙所示,分别为“板块”模型中的两类情形。其中桌面光滑,滑块A与滑板B间动摩擦因数为μ且发生相对滑动,质量分别为m和M,你能求出滑块不从滑板上滑落时滑板的长度吗?你会发现怎样的规律? 模理探真·深度学习 1.模型特点:滑块置于滑板上,滑块和滑板初始运动条件或受力不同且均相对地面(或斜面)运动,在其间摩擦力的作用下发生相对滑动。 (1)滑块相对于滑板从一端运动到另一端,若两者同向运动,其位移差等于板长;若两者反方向运动,其位移和等于板长。 (2)一般地,滑块和滑板速度相等时为其“临界点”,此点前后所受摩擦力可能发生突变,要判断此后滑块、滑板的运动情况。 2.模型关键点 类型一　无外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型 [例1] 【初始滑块有速度、滑板静止】 (2025·山东青岛阶段检测)如图甲所示,小物块A以初速度v0冲上水平放置的平板B,在此后的运动过程中A始终没有滑离平板B,A、B运动的部分v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A B.A、B两物体质量可能相同 C.0～2t1时间内,B有时仅受一个摩擦力作用 D.A与B间的动摩擦因数小于B与地面间的动摩擦因数 [例2] 【初始滑板有速度、滑块静止】 (2025·四川绵阳模拟)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)长木板速度为v0时,将一物块轻放到木板上,已知物块与木板的质量相等,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,并认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,物块运动的速度—时间图像可能是下列选项中的(　　) C A　　 B C　　 D [例3] 【滑块、滑板均有初速度】 (多选)(2025·内蒙古高考适应性考试)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 CD 类型二　有外力F作用的水平面上的滑块—滑板模型 [例4] 【外力F作用在滑块上】 (多选)(2025·云南昆明一模)如图甲所示,质量为1 kg的木板置于水平地面上,木板最左端放有可视为质点的物块。t=0时刻,对物块施加水平向右、大小为F=15 N 的恒力;t=1.0 s时刻,撤去F,物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t=1.3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m BC [例5] 【外力F作用在滑板上】(多选)(2024·黑吉辽卷,10)一足够长木板置于水平地面上,二者间的动摩擦因数为μ。t=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=4t0的时间内,木板速度v随时间t变化的图像如图所示,其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻,小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是(　 　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间动摩擦因数为2μ C.小物块与木板的质量比为3∶4 D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD 类型三　斜面和竖直面上的滑块—滑板模型 (1)在2 s时刻小物块P和木板Q的速度大小; 【答案】 (1)6 m/s　2 m/s 【解析】 (1)假设开始时,小物块P和木板Q未发生相对滑动,对整体有 2mgsin θ-2μ2mgcos θ=2ma, 代入数据解得a=2 m/s2, 对小物块P, 同理有mgsin θ-Ff=ma, 在0～2 s内,规定沿斜面向下为正方向,设小物块P和木板Q的质量均为m,加速度分别为a1和a2,对小物块P,由牛顿第二定律得 mgsin θ-μ1mgcos θ=ma1, 解得a1=3 m/s2, 对木板Q,由牛顿第二定律得 mgsin θ-2μ2mgcos θ+μ1mgcos θ=ma2, 解得a2=1 m/s2, 在t1=2 s时刻,设小物块P和木板Q的速度分别为v1和v2, 则有v1=a1t1=3×2 m/s=6 m/s, v2=a2t1=1×2 m/s=2 m/s。 (2)木板Q的长度l。 【答案】 (2)27 m 【解析】 (2)2 s后,设小物块P和木板Q的加速度分别为a1′和a2′,小物块P与木板Q之间摩擦力为零,由牛顿第二定律得 mgsin θ=ma1′, mgsin θ-2μ2mgcos θ=ma2′, 代入数据解得a1′=6 m/s2,a2′=-2 m/s2, 由于a2′<0,可知木板Q做减速运动。设经过时间t2,木板Q的速度减为零,则有v2+a2′t2=0, 代入数据解得t2=1 s, [例7] 【竖直面上的滑块—滑板模型】(2025·安徽开学考试)如图甲所示,足够长的竖直板C固定不动,C内部有电磁铁,B为长木板,铁块A始终受到电磁铁的水平方向的吸引力,吸引力随时间变化的图像如图乙所示。已知A、B的质量均为m,重力加速度g取10 m/s2,A、B之间的动摩擦因数μ1=0.25,B、C之间的动摩擦因数μ2=0.75。A位于B板上端,t=0时刻,A、B由静止释放。 (1)求0～0.2 s内,A、B的加速度大小; 【答案】 (1)7.5 m/s2　5 m/s2 【解析】 (1)假设A、B均发生滑动,A、B之间也发生相对滑动, 对A根据牛顿第二定律,有mg-μ1F1=maA1, 解得aA1=7.5 m/s2, 对B根据牛顿第二定律,有 mg+μ1F1-μ2F1=maB1, 解得aB1=5 m/s2,即aB1<aA1, 假设成立。 (2)求0.2 s时,A相对于B滑动的距离; 【答案】 (2)0.05 m (3)为保证A不离开长木板B,求长木板B的最小长度。 【解析】(3)当t=0.2 s时,A的速度为vA1=aA1t=1.5 m/s, B的速度为vB1=aB1t=1 m/s, 0.2 s后,对A根据牛顿第二定律, 有mg-μ1F2=maA2, 解得aA2=-2.5 m/s2, 对B根据牛顿第二定律, 有mg+μ1F2-μ2F2=maB2,解得aB2=-15 m/s2, 滑块—滑板问题解答流程 方法点拨 感谢观看 提示:对题图甲,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1,滑块恰好不滑落,根据能量守恒定律有μmgL=m-(M+m),联立解得L=;同理,对题图乙解得L′=。综上,两种情况下最小板长均为。 A.若mA=2mB,则v1= 【解析】 设AB之间、B与地面之间动摩擦因数分别为μ1、μ2,0到t1时间内,对A、B,由牛顿第二定律分别有μ1mAg=mAaA,μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得A、B加速度分别为aA=μ1g,aB=,则0到t1内,对A有=v0-aAt1=v0-gμ1t1,对B有=aBt1=t1,t1到2t1时间内,对整体有v1=-aABt1=-μ2gt1,联立解得v1=-×,若mA=2mB,解得v1=,故A正确; 由以上分析可知v1=-×,若A、B质量相等,则v1=,由题图乙可知t1时刻速度就已经为,故2t1时刻速度不可能还是,不符合题意,故B错误;速度—时间图像的斜率表示加速度,由题图乙可知0到2t1时间内A始终有加速度,故A、B间一直存在摩擦力,所以B在0～2t时间内一直同时受到A的摩擦力和地面的摩擦力,故C错误;由题意可知要让B运动起来,必须满足μ1mAg>μ2(mA+mB)g,即>>1,故A与B间的动摩擦因数大于B与地面间的动摩擦因数,故D错误。 【解析】 如图所示,可设二者达到速度v′后,一起匀减速至t1时刻停止。对物块有 μ1mg=ma1,则a1=μ1g=,对木板有μ1mg+μ2·2mg=ma2,则a2=μ1g+2μ2g=,二者一起匀减速时有μ2·2mg=2ma2′,则a2′=μ2g=。当v′=v0时,可推出a1=a2,而a1≠a2,故A、B错误;当v′=v0时,可推出t1=3t0,故C正确;当v′=v0时,可推出t1=1.5t0,故D错误。 【解析】 根据图像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再向右,故A错误;物块在向左减速和向右加速阶段加速度方向均水平向右,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;由图像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==,即木板和物块的加速度大小相等,故D正确。 【解析】 在0～1 s,物块向右匀加速运动,木板向右匀加速运动,设木板与地面间的动摩擦因数为μ0,物块与木板间的动摩擦因数为μ1,对木板,由牛顿第二定律可得μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1,由v-t图像可知a1= m/s2=1 m/s2,对物块,由牛顿第二定律可得F-μ1mg=ma2,由v-t图像可知a2= m/s2= 2 m/s2,撤去F,对木板,由牛顿第二定律可得加速度仍为a1,对物块,有μ1mg=ma2′,从撤去外力到共速v共=v2-a2′Δt=v1+a1Δt,其中v2为物块速度,v1为木板速度,联立解得μ1=0.3,m=3 kg,μ0=0.2,故A错误,B正确;t=1.3 s时,根据整体法,由牛顿第二定律有μ0(M+m)g=(M+m)a3,解得a3=2 m/s2,故C正确;0～1.25 s木板的位移x1=v共t,0～1 s物块位移x2=v2t1,其中t1=1 s,1～1.25 s物块位移x3=(v2+v共)Δt,其中Δt=0.25 s,则木板长度至少为L=x2+x3-x1=0.625 m,故D错误。 【解析】 v-t图像的斜率表示加速度,由题图可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变,故可知小物块在t=3t0时刻滑上木板,故A正确;设小物块和木板间动摩擦因数为μ0,小物块质量为m,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为v0=μgt0,方向水平向左,小物块在木板上滑动的加速度为a0==μ0g,经过t0时间与木板共速,此时速度大小为v共=μgt0,方向水平向右,以水平向右为正方向,a0==2μg,解得μ0=2μ,故B正确; 设木板质量为M,根据题图可知小物块未滑上木板时,木板的加速度为a==μg,由牛顿第二定律有F-μMg=Ma,解得F=μMg,根据题图可知小物块滑上木板后木板的加速度为a′==-μg,此时对木板由牛顿第二定律得F-μ(m+M)g-μ0mg=Ma′,解得=,故C错误;假设t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,对整体有F-μ(m+M)g=μMg-μMg=0,可知此时整体处于平衡状态,假设成立,即t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动,故D正确。 [例6] 【斜面上的滑块—滑板模型】(2025·海南模拟)如图所示,一长为l的木板Q放置在倾角为θ=37°的足够长斜面上,一小物块P(可看成质点)放在木板Q的最上端,小物块P和木板Q的质量相等。小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ1=,木板Q与斜面间的动摩擦因数μ2=0.5,刚开始在外力作用下小物块P和木板Q均处于静止状态。某时刻外力撤离,小物块P和木板Q开始运动并从此刻开始计时,在2 s时小物块P与木板Q间的动摩擦因数由于特殊情况发生了突变,动摩擦因数μ1变为零,其他条件均不变,且小物块P在木板Q上共运动4 s便滑离木板Q。设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,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: 解得Ff=4m>μ1mg=m, 所以假设不成立,即小物块P和木板Q发生相对滑动。 在t1+t2时间内,小物块P相对于木板Q运动的距离为 x=a1+v1t2+a1′-(a2+v2t2+a2′), 代入数据得x=12 m, 此后木板Q静止不动,小物块P继续在木板Q上滑动,设再经过时间t3小物块P离开木板Q, 则由题意有t总=t1+t2+t3=4 s, 代入数据解得t3=1 s, 又根据题意知 l-x=(v1+a1′t2)t3+a1′, 代入数据解得l=27 m。 【解析】 (2)在0～0.2 s内,A运动的位移为xA1=aA1t2, B运动的位移为xB1=aB1t2, A相对于B滑动的距离Δx=xA1-xB1, 联立解得Δx=0.05 m。 【答案】 (3) m A运动的位移为xA2=, B运动的位移为xB2=, 长木板B的最小长度L=xA1+xA2-xB1-xB2, 联立解得L= m。 $