第3章 5.微专题6 动力学中的滑块-木板模型（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的滑块-木板模型”微专题，依据高考评价体系梳理了牛顿运动定律、运动学公式、动量与能量守恒等核心考点，通过题组分类（无动力/有动力模型）明确常考题型，体现高考对运动和相互作用观念的考查要求，备考针对性强。 课件亮点在于高考真题深度融入与多方法解析，如2021全国乙卷、2024海南卷真题案例，通过v-t图像分析、相对位移计算等培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设易错点警示（如摩擦力方向判断），帮助学生掌握板块问题解题技巧，教师可据此高效组织专题复习，提升学生应试得分率。

微专题6 动力学中的滑块-木板模型 返回目录 题组1　无动力的板块模型 1.★★(2026届河南郑州中牟一高月考)如图甲所示,水平地面上静止放置一质量为M的 木板,木板的左端有一个可视为质点的、质量m=1 kg的滑块。现给滑块一向右的初速 度v0=10 m/s,此后滑块和木板在水平地面上运动的速度-时间图像如图乙所示,滑块最终 刚好停在木板的右端,取g=10 m/s2。下列说法正确的是 ( )        　    D　     返回目录 A.滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3 B.木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.3 C.木板的长度L=4 m D.木板的质量M=1.5 kg 返回目录 解析　由题图乙知,滑块刚滑上木板时加速度大小a1= =  m/s2=4 m/s2;根据牛顿 第二定律可得μ1mg=ma1,联立解得μ1=0.4,A错误。2 s后滑块与木板一起做匀减速直线 运动,加速度大小a共= =  m/s2=1 m/s2;根据牛顿第二定律可得μ2(m+M)g=(m+M)a 共,联立解得μ2=0.1,B错误。木板的长度L= ×10×2 m=10 m,C错误。0~2 s内木板的加速 度大小a2= =  m/s2=1 m/s2,对木板根据牛顿第二定律可得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,解 得M=1.5 kg,D正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2026届湖南长沙一中月考)如图所示,在光滑的水平面上有一足够长的 长木板以初速度v0=2 m/s向右做匀速直线运动,长木板质量为M=3 kg,在t=0时刻,在长木 板右端轻放上第一个小物块,经过1 s的时间长木板与小物块恰好共速,此时再在长木板 右端轻放上第二个小物块,经过一段时间,当长木板与第二个小物块恰好共速时,又在长 木板右端轻放上第三个小物块。已知所有小物块均相同,质量为m=1 kg,g取10 m/s2,小 物块大小忽略不计,则 ( )   　    AD　     返回目录 A.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.15 B.长木板与小物块间的动摩擦因数均为μ=0.25 C.当小物块与木板都相对静止时,第1个小物块与第3个小物块之间的距离为0.4 m D.当小物块与木板都相对静止时,第1个小物块与第3个小物块之间的距离为0.6 m 返回目录 解析　当放上第1个小物块后,分别对小物块和长木板,根据牛顿第二定律可得μmg=ma 0、μmg=Ma1;二者共速,可得v1=a0t1=v0-a1t1,t1=1 s,联立解得v1=1.5 m/s、μ=0.15,A正确,B错 误。当放上第2个小物块后,对长木板和第1个小物块整体,根据牛顿第二定律可得μmg= (m+M)a2,三者达到共速,可得v2=a0t2=v1-a2t2,联立解得v2=1.2 m/s、a2=0.375 m/s2、t2=0.8 s; 当放上第3个小物块后,对长木板和第1、2个小物块整体,根据牛顿第二定律可得μmg= (2m+M)a3,四者达到共速,可得v3=a0t3=v2-a3t3,联立解得v3=1.0 m/s,a3=0.3 m/s2,t3=  s;此时 第1个小物块与第3个小物块的间距为x13= - =0.6 m,C错误, D正确。 返回目录 3.★★★★(2024海南,17,12分)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧 形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑 板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板的质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客从 a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C 的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,其与滑板 及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求: (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; (2)滑板的长度L。 返回目录   答案 (1)1 000 N    (2)7 m 返回目录 解析    (1)游客从a点滑到b点,由动能定理有 mgh= m -0 游客在b点,有F-mg=m  联立解得F=1 000 N 由牛顿第三定律可知,游客滑到b点时对滑梯的压力的大小F'=F=1 000 N。 (2)解法一     动力学方法 游客在平台上滑行s=16 m后停下,由牛顿第二定律有 μmg=ma1 返回目录 由运动学规律有0- =-2a1s 解得游客刚滑上平台时的速度大小为v1=8 m/s 游客滑上平台前在滑板上滑动时,对游客由牛顿第二定律有μmg=ma2 对滑板由牛顿第二定律有μmg=Ma3 游客在滑板上滑动的过程,由运动学规律有v1=vb-a2t 游客的位移为x1=vbt- a2t2 滑板的位移为x2= a3t2 滑板的长度L=x1-x2 联立解得L=7 m。 返回目录 解法二     动量方法 游客在滑板上运动时,游客与滑板组成的系统动量守恒,有mvb=mv1+Mv2 由能量守恒有 m = m + M +μmgL 对游客在平台上运动的过程,由动能定理有-μmgs=0- m  联立解得L=7 m。 返回目录 题组2　有动力的板块模型 1.★★★(多选)(2021全国乙,21,6分)水平地面上有一质量为m1的长木板,木板的左端上 有一质量为m2的物块,如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上,F随时间t的变 化关系如图(b)所示,其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的 变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1,物块与木板间的动摩擦 因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度大小为g。则  ( )   　    BCD　     返回目录 A.F1=μ1m1g B.F2= (μ2-μ1)g C.μ2> μ1 D.在0~t2时间段物块与木板加速度相等 返回目录 解析　根据题意,在水平方向,物块和木板的大致受力情况如图,在0~ t1这段时间内,木板 与地面保持相对静止。t1时刻,木板从静止开始运动,有F1=μ1(m1+m2)g,A错误。t1~ t2时间 内,木板有加速度且随时间均匀变化,说明木板与物块间没有相对滑动,加速度相同,D正 确。在t2时刻之后,木板的加速度恒定不变,说明木板与物块间出现相对滑动,对木板有μ 2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1①,故μ2> μ1,C正确。t2时刻,木板与物块刚出现相对滑动,对 物块有F2-μ2m2g=m2a1②,由①②两式得F2=(μ2-μ1)g ,B正确。   返回目录 2.★★★(多选)(2024黑吉辽,10,6分)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,小物块和木板的速度相同。 下列说法正确的是     ( )   　    ABD　     返回目录 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 返回目录 解析　设木板质量为M、受到的水平恒力为F,小物块质量为m,小物块刚滑上木板到与 木板共速前,对木板的摩擦力水平向左,木板受力情况发生变化,即加速度发生变化,结 合题图可知,小物块在t=3t0时刻滑上木板,A正确。结合题意可知,小物块滑上木板时的 速度v1=- μgt0,t=4t0时刻的速度v2= μgt0,则物块的加速度a2= =2μg,对小 物块由牛顿第二定律有μ'mg=ma2,联立解得μ'=2μ,B正确。由题图可知,0~3t0时间内木板 的加速度a1= = μg,3t0~4t0时间内木板的加速度a'1= =-μg,0~3t0时间 返回目录 内,对木板由牛顿第二定律有F-μMg=Ma1,解得F= μMg,3t0~4t0内,对木板由牛顿第二定 律有F-μ(M+m)g-μ'mg=Ma'1,可得 = ,C错误。t=4t0之后,由于F-μ(M+m)g=0,所以小物 块和木板一起做匀速运动,D正确。 返回目录 3.★★★(2026届山东日照多校联考)如图所示,一质量为2 kg的足够长木板c置于水平 地面上,质量均为1 kg的滑块a、b置于c上,b位于a右方某处。a与c之间的动摩擦因数为 0.2,b与c之间、c与地面之间的动摩擦因数均为0.1,若给c施加一水平向右的恒力F,从开 始施加恒力到a、b第一次相遇时间为t。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s 2。当F=10 N时,t=1 s。下列判断正确的是 ( )   A.初始时a、b之间的距离为0.5 m B.若F=8 N,则t=  s 　    C　     C.若F=11 N,则t=  s D.F越大,t越小 返回目录 解题导引     a、b、c相对地面滑动的临界态 F=μ2(2m+M)g=4 N,整体恰好相对地面静止 0<F≤4 N,a、b、c相对地面静止;4 N <F≤8 N,a、b、c相对静止且相对地 面滑动;8 N<F≤11 N,a、c相对静止,b 相对c滑动;F>11 N,a、b均相对c滑动 b相对c滑动的临界态 对b,a=μ2g=1 m/s2 对a、c整体,F=μ2mg+μ2(2m+M)g+(M +m)a=8 N a、b均相对c滑动的临界态 对a,a'=μ1g=2 m/s2 对c,F=μ2mg+μ1mg+μ2(2m+M)g+Ma'= 11 N 返回目录 解析　当F=10 N时,假设a、c相对静止,b、c相对滑动,对a、c整体,可得F-μ2(2m+M)g-μ2 mg=(M+m)a1,解得a1=  m/s2<μ1g=2 m/s2;由于μ2g=1 m/s2<a1=  m/s2<μ1g=2 m/s2,故假设成 立;对b,可得a2= =1 m/s2,根据位移关系可得xab= a1t2- a2t2=  m,A错误。同理,当F=8 N时,a、c整体加速度大小为a'1=1 m/s2<μ1g=2 m/s2;由于a'1=μ2g=1 m/s2,说明三者保持相 对静止,a、b不能相遇,B错误。当F=11 N时,a、c整体加速度大小为a″1=2 m/s2=μ1g>μ2 g,可得a、c保持相对静止,b、c相对滑动;根据匀变速运动规律可得xab= a″1t'2- a2t'2,代 入数据解得t'=  s,C正确。当a、c相对静止,b、c相对滑动时,力F越大,则a、c的加速 返回目录 度越大,b的加速度不变,二者相遇的时间t越小;当a、b相对于c均滑动时,力F越大,c的加 速度越大,但a、b加速度均保持不变,所以二者相遇的时间不变,D错误。 返回目录 4.★★★(多选)(2026届黑龙江大庆一模)如图所示,质量mB=2 kg,长度L=18 m的薄木板B 放在倾角θ=37°的光滑斜面上,斜面始终静止,A是质量mA=1 kg的滑块(可视为质点)。初 始状态时,薄木板下端Q到斜面底端的距离s=31 m,现将B由静止释放,同时滑块A以速度 v0=6 m/s从木板上端P点沿薄木板向下运动。已知A、B间的动摩擦因数μ=0.25,最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,已知重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。从开始运 动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是( )   　    BCD　     返回目录 A.刚开始运动时,滑块A的加速度大小为2 m/s2 B.刚开始运动时,薄木板B的加速度大小为7 m/s2 C.滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12 J D.薄木板B运动的总时间为3 s 返回目录 解析    开始运动时,对滑块A,根据牛顿第二定律可得mAg sin θ-μmAg cos θ=mAaA,解得aA= 4 m/s2,A错误;对薄木板B,根据牛顿第二定律可得mBg sin θ+μmAg cos θ=mBaB,解得aB=7 m /s2,B正确;假设滑块不脱离木板,当两者达到共速时,可得v1=v0+aAt1=aBt1,解得t1=2 s,v1=14 m/s,从开始到共速的过程中木板下滑位移xB= aB =14 m,滑块下滑位移xA=v0t1+ aA =2 0 m,二者相对位移Δx=6 m<L,可得二者共速时滑块未脱离木板,假设成立,此后A、B一 起沿斜面向下运动,加速度大小a=g sin θ=6 m/s2,当薄木板下端到达底端时,可得s-xB=v1t2 + a ,解得t2=1 s,可得从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时 间t=t1+t2=3 s,D正确;滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量Q=μmAg cos θ·Δx=12 J,C正确。 返回目录 5.★★★(多选)(2025届东北三省名校联盟模拟)如图甲所示,滑块A放在静止于水平地 面上的木板B右端,已知滑块A与木板B的质量均为m=1 kg,t=0时刻滑块A以v0=3 m/s的初 速度向左运动,同时在木板右端施加一个水平向右的外力F=9 N,作用1 s后撤去外力F, 前1 s内滑块和木板的v-t关系图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,滑块 始终没有离开木板,取重力加速度g=10 m/s2。则 ( )   　    ACD　     返回目录   A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.1 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.4 C.木板长度至少为8.1 m滑块才能不滑离木板 D.整个过程中系统因摩擦产生的热量为22.5 J 返回目录 解析    0~1 s,对滑块A,可得μ1mg=ma1;由题图乙可得a1=1 m/s2,解得滑块和木板间的动摩 擦因数μ1=0.1,A正确。0~1 s,对木板B,可得F-μ1mg-μ2×2mg=ma2,根据题图乙可得a2=4 m/ s2,解得木板和地面间的动摩擦因数μ2=0.2,B错误。1 s后撤去外力F,对木板B,可得μ1mg+ μ2×2mg=ma3,解得a3=5 m/s2,木板B以a3向右做匀减速运动,速度减为零用时t= =0.8 s;由 于μ1mg<2μ2mg,故之后木板保持静止,滑块向左减速到停止,滑块的位移x1= =4.5 m,木 板的总位移x2= vB(t1+t)= ×4×(1+0.8) m=3.6 m,所以木板板长至少为L=x1+x2=8.1 m,C正 确。系统因摩擦产生的热量Q=μ1mgL+2μ2mgx2=22.5 J,D正确。 返回目录 $