素养提升5 动力学中的“滑块—木板”模型-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习教用Word

该高中物理高考复习教案聚焦动力学“滑块—木板”模型，整合水平与斜面两种情境，围绕牛顿第二定律、运动学公式、临界条件及位移关系等核心考点，按模型特点、类型分析、临界条件梳理的逻辑架构展开，通过考点精讲、方法归纳、真题演练（如云南文山月考等实例）帮助学生构建解题框架。 资料以科学思维中的模型建构和科学推理为核心，设计“模型特点归纳—临界条件分析—位移关系应用”三步教学法，如通过江西赣州月考例题拆解外力作用下的相对滑动条件，配合分层练习（基础巩固到综合应用），培养学生运动和相互作用观念，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

素养提升5 动力学中的“滑块—木板”模型 1.理解“滑块—木板”模型的特点、临界条件及位移关系。 2.会用动力学的观点处理“滑块—木板”模型问题。 提升点一　水平面上的“滑块—木板”模型 　如图，木板B、物块A的质量分别为M和m，不计物块大小，开始A、B均静止，现使A以v0从B的左端开始运动。已知A、B间动摩擦因数为μ，地面光滑，已知重力加速度为g。 （1）分析A刚滑上B时，A、B的加速度大小？ （2）分析A、B各自的运动情况？ 提示：（1）A刚滑上B时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝maA，解得A的加速度大小为aA＝μg，以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝MaB，解得B的加速度大小为aB＝。 （2）A刚滑上B后，A在B上做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，如果A到达B右端前，两者已经共速，则共速后A、B一起在光滑地面上做匀速直线运动；若A到达B右端时，A的速度仍大于B的速度，则A从B的右端滑落，之后A、B各自做匀速直线运动。 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。 2.四种常见类型 图例 初始条件 终止条件 （1） 滑块m静止。 （2） 木板M初速度为v （1） 滑块m停在木 板M上某 位置。 （2） 滑块m恰好没有滑离木板M。 （3）滑块m滑离木板M （1） 滑块m初速度为v。 （2）木板 M静止 （1）滑块m、木板 M均静止。 （2）外力F作用在木板 M上 （1）滑块m、木板 M均静止。 （2）外力F作用在滑块m上 3.临界条件和位移关系 木板向右运动，滑块（视为质点）相对木板由一端运动到另一端，滑块和木板同向运动时（图甲），位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板相向运动时（图乙），位移大小之和x2＋x1＝L。 （2026·云南文山月考）如图所示，质量M＝1 kg的长木板静止在水平面上，质量m＝2 kg的物块以方向水平向右、大小v0＝3 m/s的初速度冲上木板左端，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，木板足够长，物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）物块冲上木板的瞬间，物块与木板各自的加速度大小； （2）物块最终距木板左端的距离。 答案：（1）2 m/s2　1 m/s2　 （2）1.5 m 解析：（1）物块冲上木板左端时，对物块，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1 解得a1＝2 m/s2 对木板，由牛顿第二定律， 有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2 解得a2＝1 m/s2。 （2）当物块与木板速度相等时， 有v＝v0－a1t1 v＝a2t1 解得t1＝1 s，v＝1 m/s 假设物块与木板共速后保持相对静止，一起减速，对两者组成的整体，由牛顿第二定律有μ2（M＋m）·g＝（M＋m）a 解得a＝1 m/s2 物块受到的静摩擦力f＝ma＝2 N＜fmax＝μ1mg＝4 N 故两者可以相对静止一起速度减到零，故物块最终距离木板左端的距离L＝t1－t1＝1.5 m。 （2026·江西赣州月考）如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。 （1）若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？ （2）若F＝14 N，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，则： ①在F的作用下，长木板的加速度为多大？ ②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ ③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ ④最终小物块离长木板右端多远？ 答案：（1）10 N　 （2）①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s ④0.7 m 解析：（1）当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝（m＋M）a0， 联立解得F0＝10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。 （2）①对长木板，根据牛顿第二定律可得 F－μmg＝Ma，解得a＝3 m/s2 ②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用 故am＝a0＝μg＝2 m/s2 Δx1＝at2－amt2＝0.5 m ③刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去F后，设经时间t'可达到共同速度v' 长木板的加速度大小a'＝＝0.5 m/s2 最终速度v'＝vm＋amt' v'＝v－a't' 解得t'＝0.4 s，v'＝2.8 m/s ④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝t'－t'＝0.2 m 最终小物块离长木板右端的距离为 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 　光滑水平面上有外力作用的两种情境 对A、B整体：F＝（M＋m）a 对B木板：受到的摩擦力向右，大小为f＝Ma 对A、B整体有：F＝（M＋m）a 对A物块：f＝ma ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝Ma≤μmg，故a≤ ②A、B开始发生相对滑动，即a＞ ①两者相对静止时有f≤fm，即f＝ma≤μmg，故a≤μg ②A、B开始发生相对滑动，即a＞μg 　〔多选〕（2026·广东潮州期末）如图甲，长木板A静止在光滑水平面上，另一物体B（可看作质点）以水平速度v0＝2 m/s滑上长木板A的左端。由于A、B间存在摩擦，之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙。g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.A木板所受的摩擦力与运动方向相同 B.A、B之间的动摩擦因数μ＝0.1 C.A木板的质量是B物体的两倍 D.长木板A的最小长度为L＝1 m 解析：ABD　A木板水平方向只受摩擦力作用，且做加速运动，所受的摩擦力方向与运动方向相同，故A正确；B物体做匀减速运动，其加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmBg＝mBa，即μ＝＝0.1，故B正确；A、B两物体水平方向都只受到来自对方的摩擦力，且加速度大小相等，根据牛顿第二定律可知，两物体质量相等，故C错误；长木板A的最小长度等于0～1 s内两物体的v-t图像所围的面积，故长木板A的最小长度为L＝ m＝1 m，故D正确。 提升点二　斜面上的“滑块—木板”模型 〔多选〕（2026·湖南长沙联考）如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝1 kg，长度为L＝2.5 m的长木板B沿着斜面以速度v0下滑，此时把质量为m＝1 kg的铁块A（视为质点）无初速度放在长木板B的下端，经过t＝0.5 s，A和B达到共速。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是（　BD　） A.木板下滑的初速度v0＝9 m/s B.从放上铁块A到与长木板B共速，所用时间为0.5 s C.共速时，铁块距离长木板上端2 m D.从放上铁块A经过2 s后木板B的速度为v0 解析：铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcos 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝10 m/s2，方向沿斜面向下，对B分析，根据牛顿第二定律有μ（M＋m）gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，已知铁块A和长木板B共速所用的时间为t＝0.5 s，则v0－aBt＝aAt，解得v0＝8 m/s，故A错误，B正确；此时A和B相对位移为Δx＝xB－xA＝v0t－aBt2－aAt2＝2 m，A离木板上端2.5 m－2 m＝0.5 m，故C错误；A、B共速后，由于μ＜tan 37°，A、B一起沿斜面加速下滑，加速度a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，方向沿斜面向下，设经过t1再次加速到v0，v0＝v共＋at1，解得t1＝1.5 s，全程用时t2＝1.5 s＋0.5 s＝2 s，故D正确。 　〔多选〕（2026·广西柳州联考）如图所示，一个质量为m，长为1.0 m的木板放在倾角为37°的光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放该物块后，木板上的物块向上滑动而木板不动，已知M＝2m，则下列说法正确的是（　　） A.物块与木板间的动摩擦因数为0.5 B.物块在木板上滑行的加速度为0.5 m/s2 C.物块在木板上滑行时间为2 s D.若将竖直悬挂物块质量改为2M，则板将随物块一起上滑 解析：BC　木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有μMgcos 37°＝mgsin 37°，解得μ＝0.375，故A错误；对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有Mg－Mgsin 37°－μMgcos 37°＝2Ma，结合上述解得a＝0.5 m/s2，故B正确；物块做匀加速直线运动，根据位移公式有L＝at2，结合上述数据代入解得t＝2 s，故C正确；若将竖直悬挂物块质量改为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情境不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D错误。 1.（2026·安徽黄山联考）如图所示，长木板静置在粗糙水平面上，t＝0时与长木板质量相同的小滑块以某一初速度滑上长木板，已知滑块与木板之间的动摩擦因数是木板与地面间动摩擦因数的3倍。设滑块没有离开木板，则下列关于滑块的速度v1与时间t的关系图像以及木板的速度v2与时间t的关系图像，可能正确的是（　　） 解析：B　规定向右为正方向，滑块与木板之间存在相对运动，滑块受到木板施加的滑动摩擦力为f1＝－3μmg，根据牛顿第二定律滑块的加速度a1＝＝－3μg，因此滑块的速度随时间变化关系v1＝v0－3μgt，木板受到滑块施加的滑动摩擦力（方向向右）和地面施加的滑动摩擦力，即f2＝2μmg，根据牛顿第二定律木板的加速度a2＝＝μg，因此木板的速度随时间变化关系v2＝μgt，则在某时刻，滑块与木板相对静止，一起运动，系统加速度为a共＝－μg＜a1，因v-t图像的斜率等于加速度，可知只有B正确。 2.如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体，其质量为mB＝1.0 kg，如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动。如果撤去F，对A施加一水平推力F'，如图乙所示。要使A、B不相对滑动，则F'的最大值Fmax为（　　） A.2.0 N B.3.0 N C.6.0 N D.9.0 N 解析：C　根据题图甲所示情境，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有F＝（mA＋mB）a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N，根据题图乙所示情况，设A、B刚好相对滑动时系统的加速度为a'，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有Ffmax＝mBa'，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝（mA＋mB）a'，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故C正确。 3.（2026·重庆万州期末）光滑水平面上停放着质量为M＝2 kg的平板小车，一个质量为m＝1 kg的小滑块（视为质点）以v0＝3 m/s的初速度从A端滑上小车，如图所示。小车长l＝1 m，小滑块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.4，g取10 m/s2，从小滑块滑上小车开始计时，2 s末小滑块与小车B端的距离为（　　） A.1 m B.0 C.0.25 m D.0.75 m 解析：C　对小滑块，由牛顿第二定律有a1＝＝μg＝4 m/s2，对小车由牛顿第二定律有，a2＝＝2 m/s2，设经时间t两者共速，有v＝v0－a1t＝a2t，解得t＝＝0.5 s，v＝1 m/s，对小滑块有x1＝t＝1 m，对小车x2＝t＝0.25 m，小滑块相对小车向右滑行的距离为Δx＝x1－x2＝0.75 m，共速后小滑块与车一起向右做匀速直线运动，2 s末小滑块与小车B端的距离为d＝l－Δx＝0.25 m，故选C。 4.（2026·江西鹰潭一模）某同学设计了如图甲所示的装置：一质量为0.5 kg的长木板A置于水平桌面上，质量为1 kg的滑块B（可视为质点）置于木板A上右侧，轻绳一端跨过定滑轮与滑块B连接，另一端悬挂一重物C，定滑轮和滑块B间轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连接。t＝0时刻，所有物体初速度都为0。该同学在某次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图乙所示，整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A，木板A距定滑轮足够远，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： （1）所挂重物C的质量； （2）木板A与滑块B间动摩擦因数μ1及木板A与桌面间的动摩擦因数μ2； （3）为使滑块B始终不脱离木板A，A的最短长度。 答案：（1）6 kg　 （2）0.4　0.2　 （3）1.5 m 解析：（1）（2）由图乙可知aA＝ m/s2＝2 m/s2， aB＝ m/s2＝8 m/s2 aB'＝ m/s2＝4 m/s2 根据牛顿第二定律可得 aA＝ aB＝，aB'＝＝μ1g 代入数据解得mC＝6 kg，μ1＝0.4，μ2＝0.2。 （3）为使滑块B始终不脱离木板A，则二者共速时，B滑到A的最左端，由图乙可知A至少长为l＝2××2×（1－0.25）m＝1.5 m。 5.（2026·湖北荆州期末）如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长斜面上放置一质量M＝2 kg、长度L＝1.5 m的极薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m＝1 kg的小滑块（视为质点），开始时在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。求： （1）求力F的大小； （2）小滑块和薄平板无初速释放后，小滑块的加速度a1和薄平板的加速度a2； （3）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 答案：（1）18 N　 （2）4 m/s2，1 m/s2　 （3）1 s 解析：（1）开始时，对滑块和平板整体分析，由平衡条件可知 F＝（M＋m）gsin θ＝18 N。 （2）设释放后，假设小滑块会相对于薄平板向下滑动，对小滑块m由牛顿第二定律有 mgsin 37°－f1＝ma1 其中f1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37° 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2 对薄平板M，由牛顿第二定律有 Mgsin 37°＋f1－f2＝Ma2 其中f2＝μ2FN2，FN2＝mgcos 37°＋Mgcos 37° 解得a2＝1 m/s2 因a1＞a2，假设成立，即小滑块会相对于薄平板向下滑动。 （3）设小滑块滑离薄平板经历的时间为t，由运动学公式， 有x1＝a1t2，x2＝a2t2 x1－x2＝L 解得t＝1 s。 6.（2026·黑龙江哈尔滨联考）如图甲，质量m＝1 kg的小滑块P（可视为质点），以v1＝6 m/s的速度从木板左端向右滑上木板Q，此时木板Q的速度大小为v2＝10 m/s，方向水平向左，从该时刻开始1.2 s内两物体的运动情况的v-t图像如图乙所示，1.2 s时滑块P的速度为0，木板Q的速度大小为4 m/s。已知木板Q的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）P、Q间的动摩擦因数μ1； （2）Q与地面间的动摩擦因数μ2； （3）如果想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q的最小长度L。 答案：（1）0.5　 （2）0.25　 （3）12.8 m 解析：（1）v-t图像斜率大小表示加速度大小，根据题图乙可得小滑块P的加速度大小a1＝ m/s2＝5 m/s2 对P分析f1＝μ1mg＝ma1，联立解得μ1＝0.5。 （2）根据题图乙可得木板Q的加速度大小 a2＝ m/s2＝5 m/s2 对Q分析μ1mg＋μ2（m＋M）g＝Ma2 联立解得μ2＝0.25。 （3）t＝1.2 s时，P、Q相对位移为 x＝xP＋xQ＝ m＋ m＋4×1.2 m＝12 m 当t＝1.2 s时，vP＝0，但vQ＝4 m/s，方向向左。此时滑块P的加速度方向向左，大小为 aP＝μ1g＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2 木板Q加速度方向向右，大小为 aQ＝＝5 m/s2 当P、Q共速时，有aPt＝vQ－aQt 解得t＝0.4 s 则共同速度为v共＝aPt＝2 m/s 则这一阶段滑块P向左运动的路程为 sP＝t＝0.4 m 木板Q向左运动的路程为sQ＝t＝1.2 m 两者的相对位移为Δs＝sQ－sP＝0.8 m 则想要滑块P不从木板Q上掉落，木板Q至少长度为L＝x＋Δs＝（12＋0.8）m＝12.8 m。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $