直通高考3　动力学中的“滑块—木板”模型 课件 2027年高考物理一轮专题复习（通用版）

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块—木板”模型，依据高考评价体系梳理了运动受力特点、相对位移关系、临界状态分析等核心考点，明确水平与斜面两类考向及相对滑动判断、共速条件计算等常考题型，体现备考的针对性和实用性。 课件亮点在于“模型建构+真题演练+科学推理”策略，结合2024黑吉辽卷等高考真题，通过水平面上滑块木板相对滑动时间计算、斜面上共速条件分析等典型例题，培养科学思维素养，提供“受力分析—加速度求解—位移关系联立”解题步骤，帮助学生掌握得分技巧，教师可据此精准指导复习。

直通高考3　动力学中的“滑块—木板”模型 【学习目标】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.滑块与木板间的位移关系 如图所示，滑块(可视为质点)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，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之差，即Δx=x1－x2=L(L为板长)，如图甲所示；滑块和木板反向运动时，相对位移大小等于滑块与木板对地位移大小之和，即Δx=x1＋x2=L(L为板长)，如图乙所示。 甲 乙 3.临界状态v块=v板是解题的关键 (1)v块=v板时，滑块与木板间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或消失。 (2)滑块恰好不滑离木板或木板最短的条件：滑块刚好到达木板的一端时有v块=v板。 2 考向一　水平面上的“滑块—木板”模型 例 1 如图所示，质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略)，铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1 m，用F=5 N的水平恒力作用在铁块上，设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。 (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动。 【解析】 A、B之间的最大静摩擦力为Ffm=μ1mg=0.3×1×10 N=3 N，假设A、B之间不发生相对滑动，对A、B整体：F=(M＋m)a，对A：FfAB=Ma，解得FfAB=2.5 N，因FfAB＜Ffm，故假设成立。 【答案】 见解析　 3 (2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端所用的时间。 【解析】 对B：F－μ1mg=maB，对A：μ1mg－μ2(m＋m)g=MaA，根据题意xB－xA=L，xA=aAt2，xB=aBt2，解得t= s。 【答案】 s 4 例 2 如图所示，木板A的质量M=3 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数为μ1=0.2，一质量m=2 kg的小滑块B(可视为质点)静止在木板的左端，小滑块B与木板A之间的动摩擦因数μ2=0.4。现给木板A一个瞬间向左的初速度v0=4 m/s，重力加速度g=10 m/s2。 (1)分别求初始时刻A、B的加速度； 【解析】 初始时刻，A、B之间和A与地面之间均发生相对滑动，对应的滑动摩擦力的大小分别为fB=μ2mg，f地=μ1(M＋m)g， 根据牛顿第二定律，对A有f地＋fB=MaA， 对B有fB=maB， 解得A的加速度大小aA=6 m/s2，方向水平向右， B的加速度大小aB=4 m/s2，方向水平向左。 【答案】 6 m/s2，方向水平向右4 m/s2，方向水平向左 5 (2)要使滑块B始终未从木板上滑下，木板的长度L至少多长？ 【解析】 当A、B达到共速时，假设两者以相同的加速度做减速运动，设其大小为a，有 μ1(M＋m)g=(M＋m)a， 解得a=2 m/s2＜aB，假设成立。 当B滑到木板最右端时两者恰好共速，此时木板的长度L有最小值Lmin。设经过t时间A、B达到共速，则有v0－aAt=aBt， 在A、B共速前，木板A的位移大小为xA=v0t－aAt2， 滑块B的位移大小为xB=aBt2， 木板的长度至少为Lmin=xA－xB， 联立并代入数据解得Lmin=0.8 m。 【答案】 0.8 m 6 例 3 如图所示，质量相等的物块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μ。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动摩擦力，重力加速度为g。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； 【解析】 由牛顿第二定律知，A加速度的大小aA=μg，由匀变速直线运动规律有2aAL=，解得vA=。 【答案】 　 7 (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB'； 【解析】 设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3μmg，由牛顿第二定律有F=maB，得aB=3μg，对齐后，A、B所受合外力大小F'=2μmg，由牛顿第二定律有F'=2maB'，得aB'=μg。 【答案】 2 (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 【解析】 经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA，则v=aAt，v=vB－aBt，xA=aAt2，xB=vBt－aBt2，且xB－xA=L，解得vB=2。 【答案】 2 8 考向二　斜面上的“滑块—木板”模型 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； 【解析】 小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcos θ=7.5 N，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Ff＋mgsin θ=ma1，Mgsin θ－Ff=Ma2，代入数据得a1=12.5 m/s2，a2=2.5 m/s2。 【答案】 2.5 m/s2　12.5 m/s2　 例 4 9 (2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长？ 【解析】 当小物块与长木板共速时，有v1=a1t=v0＋a2t，解得t=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=×1 m－×1 m=5 m，故长木板长度L≥10 m。 【答案】 10 m 10 课时作业 11 答案速对 第三单元 直通高考3　动力学中的“滑块—木板”模型 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 BC AC AD ABD 见答案 见答案 见答案 1 2 3 4 5 6 7 12 1.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t=0时刻，质量为m的物块以某一速度水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法中，正确的有(　 　) A.M=m B.M=2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 【解析】 物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受木板给的滑动摩擦力，故μmg=ma1，而v－t图像的斜率表示加速度，故a1= m/s2=2 m/s2，解得μ=0.2，对木板受力分析可知μmg=Ma2，由v－t图像可知a2= m/s2=1 m/s2，解得M=2m，A、D错误，B正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v－t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L=×(7＋3)×2 m－×2×2 m=8 m，C正确。 甲 乙 BC 1 2 3 4 5 6 7 13 2.(多选)如图所示，一足够长的木板静置在粗糙的水平地面上，t=0时刻滑块从木板的左端以速度v0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则滑块的v－t图像可能是下图中的(　 　) 【解析】 滑块滑上木板后，受到木板对滑块向左的滑动摩擦力，做匀减速运动，若滑块对木板的摩擦力大于地面对木板的摩擦力，则木板做匀加速直线运动，当两者速度相等时，一起做匀减速运动，设滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，滑块的质量为m，木板的质量为M，若木板滑动，则μ1mg＞μ2(m＋M)g，最后一起做匀减速运动，加速度a'=μ2g，开始时滑块做匀减速运动的加速度大小为a=μ1g＞μ2g，所以图线的斜率绝对值变小，C正确，D错误。若μ1mg＜μ2(m＋M)g，则木板不动，滑块一直做匀减速运动，A正确。由于地面有摩擦力，最终滑块和木板不可能一起做匀速直线运动，B错误。 A. B. C. D. AC 1 2 3 4 5 6 7 14 3.(多选)如图所示，质量为m的长木板静置在粗糙的水平地面上，质量也为m的物块(视为质点)静止放置在长木板的最左端，长木板的上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数为μ，现让长木板与木块瞬间同时获得一个水平向右的速度v0，经过一段时间，长木板停止运动时木块正好从长木板的最右端脱离，重力加速度为g。下列说法中，正确的有(　 　) A.长木板在运动过程中的加速度大小为2μg B.长木板的运动时间为 C.木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移为 D.长木板的长度为 【解析】 对长木板，由牛顿第二定律可得μ·2mg=ma，解得长木板在运动过程中的加速度大小a=2μg，A正确；长木板运动的时间t=，B错误；木块从长木板的最右端脱离时，木块的位移x1=v0t=，C错误；木块从长木板的最右端脱离时，长木板的位移x2=，木板的长度为L=x1－x2=，D正确。 AD 1 2 3 4 5 6 7 15 4.(多选)(2024·黑吉辽卷)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时刻，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0~4t0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。下列说法中，正确的有(　 　) A.小物块在t=3t0时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为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 1 2 3 4 5 6 7 16 【解析】 v－t图像的斜率表示加速度，可知t=3t0时刻木板的加速度发生改变，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A正确；设小物块和木板间的动摩擦因数为μ0，结合图像可知物块开始滑上木板时的速度大小为v0=μgt0，方向水平向左，物块在木板上滑动的加速度大小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，即物块先向左减速，后反向向右加速，由运动学规律得=t0，解得μ0=2μ，B正确；设木板质量为M，物块质量为m，根据图像，可知物块未滑上木板时，木板的加速度为a=μg，由牛顿第二定律得F－μMg=Ma，解得F=μMg，根据图像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－μg－μ0mg=Ma'，解得，C错误；假设t=4t0之后小物块和木板一起共速运动，对整体，F－μ(m＋M)g=μMg－μMg=0，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，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 17 5.如图所示，质量mB=1 kg，长L=8 m的木板B静置于水平地面上，质量mA=3 kg的煤块(可视为质点)A静止于木板B的左端。已知A、B间的动摩擦因数μ1=0.2，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。 (1)为保证A与B不发生相对滑动，水平拉力F不能超过多大； 【解析】 设A与B刚好不发生相对滑动时，水平拉力为F0，对木板B，根据牛顿第二定律可得μ1mAg－μ2(mA＋mB)g=mBa2，对煤块A，根据牛顿第二定律可得F0－μ1mAg=mAa2，联立解得F0=12 N。 【答案】 12 N　 (2)若水平拉力F大小为24 N，则从煤块开始运动到从木板上滑下，需要多长时间； 【解析】 因为24 N＞12 N，故A与B发生相对滑动，对煤块A，根据牛顿第二定律可得F－μ1mAg=mAa1，煤块脱落前A的位移为x1=a1t2，煤块脱落前B的位移为x2=a2t2，由几何关系得x1－x2=L，联立解得t=2 s。 【答案】 2 s　 1 2 3 4 5 6 7 18 (3)若水平拉力F为24 N不变，仅作用t1=1 s后撤去，则求当A与B停止相对滑动时，A在B留下的划痕长度。 【解析】 撤去拉力前，对煤块A有v1=a1t1，位移为x1'=a1，撤去拉力后对煤块A分析，根据牛顿第二定律可得μ1mAg=mAa3，撤去拉力后煤块A减速到与木板B共速的时间为t2，对煤块A有v=v1－a3t2，位移为x2'=t2，从开始运动到木板B加速至共速，对木板B有v=a2(t1＋t2)，位移为x3=(t1＋t2)，由几何关系可得A在B上留下的划痕长度Δx=x1'＋x2'－x3，联立解得Δx=4 m。 【答案】 4 m 1 2 3 4 5 6 7 19 6.(2025·杭州期末)如图甲所示，长L=1 m、质量m1=1.0 kg的长木板A固定在光滑水平面上，质量m2=0.5 kg的物块B以初速度v0=2 m/s从左端向右滑上A的上表面，恰好停在A的右端。物块B视为质点，g取10 m/s2。 (1)求A、B间的动摩擦因数μ； 【解析】 由题意得=2aL，μm2g=m2a，联立解得μ=0.2。 【答案】 0.2　 (2)如图乙所示，物块B静止A左端，撤去对木板A的固定并使A以初速度v0=2 m/s向左运动，求物块B在木板A上相对于木板滑过的路程s； 【解析】 B加速A减速，设经过时间t达共同速度v，对B有μm2g=m2a2，得a2=2 m/s2；对A有μm2g=m1a1，得a1=1 m/s2；二者最终速度相等，有v=a2t=v0－a1t，s=t－t，解得s= m。 【答案】 m　 甲 乙 1 2 3 4 5 6 7 20 (3)若在(2)小题中，木板A以初速度v0=2 m/s向左运动的同时，对物块B施加水平向左的恒力F，如图丙所示，求物块B在木板A上相对于木板滑过的路程s与恒力F大小的函数关系式。 【解析】 对B有F＋μm2g=m2a2'，最终二者速度相等，有v=a2't=v0－a1t，若达到共速后能在F作用下一起加速，则加速度不能超过a1=1 m/s2；F的临界值为F=(m2＋m1)a1=1.5 N，若F≤1.5 N，s=t－t，得s= m；若F＞1.5 N，共速后B将从A左端下滑，则s= m；综上可知，当F≤1.5 N时，s= m，当F＞1.5 N时，s= m。 【答案】 当F≤1.5 N时，s= m；当F＞1.5 N时，s= m 丙 1 2 3 4 5 6 7 21 7.如图所示，地面上固定一倾角θ=37°的斜面，紧靠斜面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2 m，质量均为m，木板上表面与斜面底端平滑连接。现有一质量为m的滑块(可视为质点)从斜面上某处静止释放，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ0=0.125，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B厚度不计。(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2) (1)若滑块从离地面高h0=1.5 m处静止下滑，求滑块到达轨道末端时的速度v0的大小； 【解析】 滑块在斜面上时，由牛顿第二定律mgsin θ－μ0mgcos θ=ma0，解得a0=5 m/s2；从静止到滑至底端=2a0，代入数据解得v0=5 m/s。 【答案】 5 m/s　 1 2 3 4 5 6 7 22 (2)若滑块滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件； 【解析】 若滑上木板A时，木板不动，则μ1mg≤μ2(m＋2m)g，若滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ1mg＞μ2(m＋m)g，联立代入数据得0.4＜μ1≤0.6。 【答案】 0.4＜μ1≤0.6　 (3)若滑块从离地面高h0=1.5 m处静止下滑，且μ1=0.8，则滑块从释放到最终停止需要多久； 【解析】 滑块在斜面上做匀加速直线运动，滑到底端时滑块速度v1=5 m/s，t0==1 s，滑块滑上木板A时，以滑块为研究对象有μ1mg=ma1，解得a1=8 m/s2，v滑=v1－a1t；以木板A、B为研究对象有μ1mg－μ2·3mg=2ma2，解得a2=1 m/s2，v板=a2t；共速时v滑=v板，解得t=s，x滑=v1t－a1t2，x板=a2t2，Δx= m，此时滑块仍在A上，共速之后滑块与A、B一起减速，v共速= m/s；根据a3=μ2g=2 m/s2，t'= s，总时间t总= s。 【答案】 s　 1 2 3 4 5 6 7 23 (4)若μ1=0.5，为使滑块能停在B上，滑块由静止下滑的高度h应满足什么条件。 【解析】 由(2)知滑块滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动。滑块下滑高度记为h，到达斜面末端时速度记为v2，=2a0，滑块滑上A时做匀减速运动，加速度大小a1=μ1g=5 m/s2，滑块离开A时速度=－2a1l，当滑块恰好滑上B时，v3=0，联立解得h=1.2 m；滑块滑上B时，自身加速度大小a2=μ1g=5 m/s2，B的加速度大小a3=μ1g－2μ2g=1 m/s2，相对加速度a4=6 m/s2，当滑块恰好停在B右端时=2a4l，联立解得h=2.64 m，综上可得1.2 m≤h≤2.64 m。 【答案】 1.2 m≤h≤2.64 m 1 2 3 4 5 6 7 24 $