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学案

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学中的滑块-木板模型”专题，依据高考评价体系梳理了转折点分析、运动关联、临界条件三大考查维度，通过近五年高考真题统计明确其作为力学综合题高频考点的权重，归纳水平与斜面两大常考类型及牛顿定律、动量定理等解题方法，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+临界突破”策略，如以河北名校联盟联考v-t图像题为例，通过转折点划分运动阶段，运用科学思维中的模型建构和科学推理分析相对位移与板长关联，培养运动和相互作用观念。特设“易错点警示”和“临界条件判断模板”，助力学生掌握综合题答题技巧，教师可据此开展针对性训练，提升复习效率。

微专题6 动力学中的滑块-木板模型 返回目录 一、分析滑块-木板模型的关键   返回目录 二、处理滑块-木板模型问题的一般思路   返回目录 类型1　水平面上的滑块-木板模型 典例1    (2025届河北名校联盟联考)如图甲所示,一木板静止于光滑水平桌面上,t=0时, 物块(视为质点)以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v-t 图像,图中t0已知,重力加速度大小为g。下列说法正确的是 (         ) C A.木板的最小长度为 v0t0 B.物块与木板的质量之比为2∶3 C.物块与木板间的动摩擦因数为  D.整个过程中物块减少的动能、木板增加的动能及物块与木板因摩擦产生的热量之 比为9∶2∶7 返回目录 解析　    t0时刻物块恰好滑至木板的最右端时,木板长度L最小,根据题图乙可得L= , A错误。相对运动过程中,设两物体间的摩擦力大小为Ff,物块的加速度大小a块= =  = ,木板的加速度大小a板= = ,解得物块与木板的质量之比m∶M=1∶2;对 物块,由牛顿第二定律得μmg=ma块,解得μ= ,B错误,C正确。整个过程中物块减少的 动能ΔE1= m(3v0)2- m =4m ,木板增加的动能ΔE2= M =m ,物块与木板因摩擦产生 的热量Q=μmgΔx=3m ,故ΔE1∶ΔE2∶Q=4∶1∶3,D错误。 返回目录 典例2    (多选)(2025届甘肃兰州一中月考)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m, 静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为 。最 大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 (         ) A.当F>2μmg时,A相对B开始滑动 B.当F= μmg时,A的加速度为 μg C.当F=3μmg时,A的加速度为 μg D.无论F为何值,B的加速度不会超过 μg CD 返回目录 解析　    A与B之间的最大静摩擦力为2μmg,B与地面之间的最大静摩擦力为 μmg,当F ≤ μmg时,整体不运动,加速度aA=aB=0,当3μmg≥F> μmg时,A和B一起加速运动,加速 度为a= - μg≤ μg,当F>3μmg时,A、B之间发生相对滑动,A的加速度aA> μg,aB=  μg,A、B错误,C、D正确。 返回目录 方法拓展 A、B之间刚要发生相对滑动时,对于整体有F- μmg=3ma,对A有F-2μmg=2ma,A、B的 加速度相同,联立解得F=3μmg,此时a= μg,即当F≤3μmg时,A、B间不发生相对滑动,当 F>3μmg时,A、B发生相对滑动,A的加速度需要重新计算,B的加速度为a= μg。 返回目录 典例3    (多选)(2025届山东潍坊三模)如图所示,质量M=4 kg的长木板静止在粗糙水平 地面上,t=0时刻对木板施加F=45 N的水平向右恒力,同时质量m=1 kg的小物块以v0= 15 m/s的初速度从左端滑上木板。已知木板长度L=7.8 m,木板与地面、木板与小物块 间的动摩擦因数分别为μ1=0.2、μ2=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g= 10 m/s2,下列说法正确的是 (         ) A.小物块刚滑上木板时,木板的加速度大小为10 m/s2 B.t=1 s时,小物块恰好运动到木板最右端 C.t=(1+ ) s时,小物块从木板左端脱离 D.若t=2 s时撤去外力F,小物块最终会从木板右端脱离 AC 返回目录 解析　　小物块刚滑上木板时,对木板,根据牛顿第二定律得F+μ2mg-μ1(m+M)g=Ma1,解 得a1=10 m/s2,A正确。对小物块,根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2,解得a2=5 m/s2,t=1 s时小 物块的速度v1=v0-a2t=10 m/s,此时木板的速度v2=a1t=10 m/s=v1,两者的相对位移x相1=  t- t=7.5 m<L=7.8 m,可知此时小物块并没有运动到木板最右端,B错误。小物块 与木板共速后,小物块的加速度a2= =5 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律得F-μ2mg-μ1 (m+M)g=Ma3,解得a3=7.5 m/s2,小物块相对于木板向左运动至脱离,可得x相1=v2t1+ a3 -  ,解得t1=  s,故小物块从木板左端脱离时t2=t+t1=(1+ ) s,C正确。t=1 s时 小物块与木板共速;此后至撤去F前,小物块相对木板向左运动,由于(1+ ) s>2 s,故撤 去F时,小物块未从木板左端滑落;撤去F后,小物块不会相对木板向右运动,且若再次共 速,由于μ1<μ2,小物块与木板相对静止,故小物块最终不会从木板右端脱离,D错误。 返回目录 典例4    (2025届陕西安康三模)如图甲所示,水平地面上有一足够长木板,将一小物块放 在长木板右端,给长木板施加一水平向右的变力F,长木板及小物块的加速度a随变力F 变化的规律如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g,图 乙中a1>a0,下列说法正确的是 (         ) A.小物块与长木板间的动摩擦因数为  D B.长木板与地面间的动摩擦因数为  C.小物块的质量为  D.长木板的质量为  返回目录 解题导引       返回目录 解析　　设小物块的质量为m,长木板的质量为M,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1, 小物块与长木板间的动摩擦因数为μ2,当F>F3时,对小物块,有μ2mg=ma1,解得μ2= ,A错 误。当F=F1时,长木板恰好开始相对地面滑动,所以长木板与地面间的动摩擦因数μ1=  ,当F1<F≤F3时,对小物块及长木板,有F-μ1(m+M)g=(m+M)a,解得a= -μ1g, 由题图乙中图线的截距和斜率,有-a0=-μ1g、 = ,解得μ1= ,B错误。当F>F3时,对 长木板,有F-μ2mg-μ1(m+M)g=Ma,解得a= - - ,由题图乙可知 = , 结合 = = ,解得M= 、m= ,C错误,D正确。 返回目录 类型2　斜面上的滑块-木板模型 典例5    (2025届浙江稽阳联谊学校二模)倾角为37°的足够长固定斜面上,有一长木板A 恰好能静止在斜面上。现有物块B以v0=1 m/s的速度从A的顶端开始下滑,A、B间的动 摩擦因数μ=0.8。已知A、B的质量分别为mA=2 kg,mB=3 kg,重力加速度g=10 m/s2,最大 静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。下列说法正确的是 (         ) A.物块B下滑过程中,木板A仍能保持静止 B.物块B下滑过程中,A要向下加速,A、B速度刚 达到相等时为0.4 m/s C.要使B不脱离A,A的长度至少为1.25 m D.从开始运动到A、B速度达到相等过程中,系统 因摩擦产生的热量为18.6 J D 返回目录 解析　    A单独存在时恰好能处于静止状态,可得A与斜面间的动摩擦因数μ0=tan 37°= 0.75,B从A的顶端下滑时,对A,根据牛顿第二定律得mAg sin 37°+μmBg cos 37°-μ0 (mA+mB)gcos 37°=mAaA,解得aA=0.6 m/s2,故A不能静止,A错误。对B,根据牛顿第二定律得 mBg sin 37°-μmBg cos 37°=mBaB,解得aB=-0.4 m/s2,方向沿斜面向上,A、B刚共速时有 v共=aAt=v0+aBt, 解得t=1 s,v共=aAt=0.6 m/s,B错误。【关键:B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩 擦因数,B与A共速后,B与A一起做匀速直线运动】B滑上A至二者共速,二者的相对位移 大小Δx=xB-xA= t- t=  m=0.5 m,可得A板长度至少为0.5 m,C错 误。全过程中系统因摩擦产生的热量Q=μmBg cos 37°·Δx+μ0(mA+mB)g cos 37°·xA=18.6 J, D正确。 返回目录 一题多解　利用动量守恒分析A、B选项 从B冲上A到A与B共速的过程中,A受到的合力与B受到的合力等大、反向,则A、B组 成的系统动量守恒,B滑上A至二者速度相等,有mBv0=(mA+mB)v共,解得v共=0.6 m/s,A、B 错误。 返回目录 典例6　如图甲所示,光滑斜面体上有固定挡板A,斜面体上叠放着小物块B和薄木板C, 木板下端位于挡板A处,整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力 F作用时,木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示,已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,则由图像可知下列说法正确的是 (         ) A.当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B.不能求出木板和物块两者间的动摩擦因数 C.由题目条件可求出木板C的质量 D.当F>15 N时物块B和木板C相对滑动 D 返回目录 解析　　由题图乙可知,当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止,当F>15 N时物块B 和木板C发生了相对滑动,A错误,D正确。对木板和物块整体,当F1=10 N时,a=0,则F1= (M+m)g sin θ,当F2=15 N时,a=2.5 m/s2,则F2-(M+m)g sin θ=(M+m)a,联立解得M+m=2 kg, sin θ= ,不能求出木板C的质量,C错误。当F2=15 N时,对物块B,有μmg cos θ-mg sin θ= ma,解得μ= ,B错误。 返回目录 提分关键·模型突破 水平面上的滑块-木板模型分类解读 1.力作用在“块”上 示意图   条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0且μmg>f'=μ'(m+M)g 相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F=0 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有F-f静=ma 对“板”有f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整体有F=f地静 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F-f'=(m+M)a 对“块”有F-f静=ma 对“板”有f静-f'=Ma 返回目录 临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条件:F= 0 ②“板块”相对滑动的临界条件:f= fmax=μmg,此时a临界= ,外力F=F'=  μ(m+M)g ①“板块”对地滑动的临界条件:F=  =f'=μ'(m+M)g ②“板块”相对滑动的临界条件:f= fmax=μmg,此时a临界= =  ,外力F=F'=   相对滑 动过程 对“块”有F-μmg=ma1 对“板”有μmg=Ma2 对“块”有F-μmg=ma1 对“板”有μmg-μ'(m+M)g=Ma2 a-F 图像     返回目录 2.力作用在“板”上 示意图   条件 水平面光滑:μ≠0,μ'=0 水平面粗糙:μ≠0,μ'≠0 相对 静止 过程 ①“板块”对地静止:对整体有F=0 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F=(m+M)a 对“块”有f静=ma 对“板”有F-f静=Ma ①“板块”相对地面静止:对整体有 F=f地静 ②“板块”相对静止,对地共同加速: 对整体有F-f'=(m+M)a 对“块”有f静=ma 对“板”有F-f静-f'=Ma 返回目录 临界 条件 ①“板块”对地滑动的临界条件:F= 0 ②“板块”相对滑动的临界条件:f= fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F'=μ(m +M)g ①“板块”对地滑动的临界条件:F=  =f'=μ'(m+M)g ②“板块”相对滑动的临界条件:f= fmax=μmg,此时a临界=μg,外力F=F'=(μ+μ ')(m+M)g 相对滑 动过程 对“块”有μmg=ma1 对“板”有F-μmg=Ma2 对“块”有μmg=ma1 对“板”有F-μmg-μ'(m+M)g=Ma2 a-F 图像     返回目录 $