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学用Word

该高中物理高考复习学案聚焦动力学“滑块—木板”模型，系统整合水平与斜面情境下的模型特点、临界条件及位移关系，通过问题链（如分析加速度、运动情况）和任务驱动（如“尝试解答”例题）引导学生自主构建动力学知识网络，体现考点梳理的系统性与层次性。 亮点在于诊断性自测与科学思维培养，开篇设置模型分析问题引导学生自主诊断，通过对比表格（如光滑水平面外力作用两种情境）强化模型建构与科学推理，配套各地月考真题演练。每个模块含“尝试解答”与反思提示，助力学生自主提升运动和相互作用观念，教师可依学情精准指导，实现因材施教。

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？ 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。 尝试解答 （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？ 尝试解答 　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 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（　　） 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 尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　〔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 提示：完成课后作业　第三章　素养提升5 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 素养提升5　动力学中的“滑块—木板”模型 提升点一 寻规探律 　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。 【例1】　（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。 【例2】　（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。 强化训练 　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 【例3】　BD　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。 强化训练 　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。 学科网（北京）股份有限公司 $