重难突破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（提升版）

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两种类型，通过模型构建、临界情境分析、位移关系推导等模块，以问题链引导学生自主完成受力分析、运动过程拆解，形成层次分明的知识网络。 亮点在于科学思维导向的自主探究设计，如设置临界条件判断任务、分类型真题演练（安徽六安期末等题），配套“尝试解答”自测环节，帮助学生诊断模型应用薄弱点，培养模型建构与科学推理能力，教师可依学情精准指导，提升备考实效。

重难突破5　动力学中的“滑块—木板”模型 突破点一 　提示：（1）A从B的左端开始运动，A受到与运动方向相反（水平向左）的滑动摩擦力，B受到与运动方向相同（水平向右）的滑动摩擦力。 （2）对A：μmg＝maA，对B：μmg＝MaB 则aA＝μg，aB＝。 （3）A做加速度为μg的匀减速运动，B做加速度为的匀加速运动，若木板足够长，二者最后达到共同速度，一起做匀速运动。 （4）当A、B达到共同速度时，它们的位置关系如图所示，则Δx＝xA－xB。 【例1】　（1）0.2 N　（2）① m/s　②0.045 m 解析：（1）对橡皮擦和纸板整体分析得F0－μ2（m1＋m2）g＝（m1＋m2）a0 对橡皮擦分析，当橡皮擦所受摩擦力达到最大静摩擦力时，恰好相对滑动，则有 μ1m1g＝m1a0 联立解得a0＝2 m/s2，F0＝0.2 N。 （2）①由分析得当橡皮擦和硬纸板的速度恰好相等时，橡皮擦相对纸板向左的位移最大； 对橡皮擦受力分析得μ1m1g＝m1a1 解得加速度大小为a1＝2 m/s2 对纸板分析得μ2（m1＋m2）g＋μ1m1g＝m2a2 解得加速度大小为a2＝8 m/s2 从开始运动到速度相等时，有v＝v0－a2t＝a1t 又x2－x1＝t－t＝ 联立解得v0＝ m/s。 ②若v0'＝1.0 m/s，设经过t1时间，橡皮擦与纸板共速，则有 v1＝v0'－a2t1＝a1t1 解得t1＝0.1 s，v1＝0.2 m/s 该过程橡皮擦相对纸板向左发生的位移大小为 Δx1＝t1－t1＝0.05 m 共速后，由于μ1＝0.2＜μ2＝0.3，可知橡皮擦相对于纸板向右运动， 对橡皮擦受力分析得μ1m1g＝m1a3 解得加速度大小为a3＝2 m/s2，方向向左； 对纸板分析得μ2（m1＋m2）g－μ1m1g＝m2a4 解得加速度大小为a4＝4 m/s2，方向向左； 从共速到两者都停止运动，该过程橡皮擦相对纸板向右发生的位移大小为 Δx2＝－＝0.005 m 则橡皮擦和硬纸板均停止时，橡皮擦和硬纸板之间的相对位移大小为 Δx＝Δx1－Δx2＝0.045 m。 【例2】　BC　在0～1 s，物块向右做匀加速运动，木板向右做匀加速运动，设木板与地面的动摩擦因数为μ0，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，对木板，由牛顿第二定律可得μ1mg－μ0（M＋m）g＝Ma1，由v-t图像可知a1＝ m/s2＝1 m/s2，对物块，由牛顿第二定律得F－μ1mg＝ma2，由v-t图像可知a2＝ m/s2＝2 m/s2，撤去F，由牛顿第二定律可得木板的加速度仍为a1＝1 m/s2，对物块有μ1mg＝ma2'，从撤去外力到共速v共＝v2－a2'Δt＝v1＋a1Δt，其中v2为物块速度，v1为木板速度，联立解得μ1＝0.3，m＝3 kg，μ0＝0.2，故A错误，B正确；t＝1.3 s时，根据整体法，物块的加速度大小为μ0（M＋m）g＝（M＋m）a3，解得a3＝2 m/s2，故C正确；0～1.25 s时间内木板的位移x1＝v共t，0～1 s时间内物块位移x2＝v2t1，1～1.25 s时间内物块位移x3＝（v2＋v共）Δt，木板长度至少为L＝x2＋x3－x1＝0.625 m，故D错误。 强化训练 　（1）25 N　（2） s 解析：（1）由题意可知，木块与木板间的滑动摩擦力f1＝μ1mg＝1 N 木块在木板上时木板与地面间的滑动摩擦力大小为f2＝μ2（m＋M）g＝25 N 对木块与木板组成的整体分析，根据平衡条件有F＝f2＝25 N 即拉力F为25 N才能拉动木板。 （2）当木块相对于木板恰好滑动时，根据牛顿第二定律，对木块有f1＝ma1 对木板有F0－f1－f2＝Ma1 联立解得a1＝1 m/s2，F0＝30 N 因所给拉力F＝36 N＞F0＝30 N，故A、B之间会发生相对滑动 对木板，根据牛顿第二定律有F－f1－f2＝Ma2 解得a2＝2.5 m/s2 木块与木板都做初速度为零的匀加速直线运动，则设经时间t木块离开木板 则有x＝a2t2－a1t2 解得t＝ s。 突破点二 【例3】　BC　由题意可知0～1 s，物块对木板无摩擦作用，因为Mgsin θ＜（m＋M）gμ1cos θ，所以木板处于平衡状态，对木板，由平衡条件可知Mgsin θ＝f1＝5 N，故A错误；v-t图像与横轴围成的面积表示位移，结合图2可知0～1 s，物块相对木板的位移为x1＝×5×1 m＝2.5 m，故B正确；由v-t图像可知1 s后物块过e点，物块做减速运动，则有μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma1，v-t图像斜率绝对值表示加速度大小，由图2可知1 s后物块加速度大小a1＝ m/s2＝1 m/s2，联立以上解得μ2＝，此时对木板分析有μ2mgcos θ＋Mgsin θ＞μ1（M＋m）gcos θ，可知1 s后木板沿斜面向下滑动，则1～2 s，木板对斜面的摩擦力大小为f2＝μ1（M＋m）gcos θ＝25 N，故C正确；1 s后，对长木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1（M＋m）gcos θ＝Ma2，解得a2＝4 m/s2，可知1～2 s时间内长木板位移x木板＝a2t2＝×4×12 m＝2 m，由图2可知1～2 s内物块位移x物块＝×1 m＝4.5 m，则1～2 s，物块相对木板的位移为Δx＝x物块－x木板＝2.5 m，故D错误。 强化训练 　C　由v2－＝2ax知，v2-x图像斜率的绝对值等于加速度的2倍，则拉力F作用时长木板的加速度a1＝＝× m/s2＝1 m/s2，B错误；撤去拉力时的速度v＝4 m/s，拉力作用时间为t1＝＝4 s，A错误；撤去拉力后的加速度a2＝＝× m/s2＝8 m/s2，由牛顿第二定律有（M＋m）gsin θ＋μ1（M＋m）·gcos θ＝（M＋m）a2，解得μ1＝0.25，C正确；物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律有μ2mgcos θ－mgsin θ≥ma1，解得μ2≥0.875，物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75，D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难突破5　动力学中的“滑块—木板”模型 1.理解“滑块—木板”模型的特点，能对滑块和木板进行正确的动力学分析。 2.掌握“滑块—木板”模型的临界情境，能正确求解相关问题。 突破点一　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。 （1）分析A、B的受力情况； （2）分析A相对B运动时，A、B的加速度大小； （3）分析A、B各自的运动情况； （4）分析A、B的位移关系。 1.模型构建 （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，滑块和木板具有不同的加速度。 （2）四种常见类型 典型图例 初始条件 结束可能状态 无外力作用 （1）滑块静止。 （2）木板初速度为v （1）滑块停在木板上某位置。 （2）滑块恰好没有滑离木板。 （3）滑块滑离木板 （1）滑块初速度为v。 （2）木板静止 有外力作用 （1）滑块、木板均静止。 （2）外力F作用在木板上 （1）滑块、木板均静止。 （2）外力F作用在滑块上 2.解题关键 （1）明确滑块和木板间的位移关系 如图所示，滑块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，位移之差Δx＝x1－x2＝L（板长）；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 （2）挖掘“v块＝v板”临界条件的拓展含义 ①摩擦力突变的临界条件：当v块＝v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运动）。 ②木板最短和滑块恰好不滑离木板的条件：当v块＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 （2026·安徽六安期末）某兴趣小组对一个惯性实验进行研究。如图甲所示，长方形硬纸板放在水平桌面上，纸板一端稍稍伸出桌外，将一块橡皮擦置于纸板的正中间，手指水平弹向纸板，纸板水平飞出，橡皮擦脱离纸板。已知橡皮擦和硬纸板的质量为m1＝m2＝20 g，硬纸板长度L＝20 cm，橡皮擦与纸板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，纸板与桌面间的动摩擦因数为μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，橡皮擦可视为质点且不会翻滚，重力加速度g＝10 m/s2。求： （1）若手指与纸板间的作用力随时间变化如图乙所示，则要使橡皮擦相对纸板滑动，F0至少多大？ （2）手指对纸板的作用时间很短，可认为作用结束后，纸板获得速度v0但位移为零。 ①要使橡皮擦脱离纸板，v0至少多大？ ②若v0'＝1.0 m/s，橡皮擦和硬纸板均停止时，求橡皮擦和硬纸板之间的相对位移大小。 尝试解答 〔多选〕（2026·云南昆明一模）如图甲所示，质量为1 kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点的物块。t＝0时刻，对物块施加水平向右、大小为F＝15 N的恒力；t＝1.0 s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 B.物块的质量为3 kg C.t＝1.3 s时，物块的加速度大小为2 m/s2 D.木板的长度至少为0.75 m 尝试解答 （2026·江西宜春期末）如图所示，一块质量为M＝4 kg、长为L＝1.2 m的匀质木板B静止在足够长的水平地面上，在距木板的右端x处静止摆放着质量为m＝1 kg的小木块A（A可视为质点），木板和小木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，在t＝0时刻，在木板左端施加一水平向左的恒定拉力F；已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，则： （1）拉力F为多大才能拉动木板？ （2）若拉力F＝36 N，x＝0.96 m，在F拉动木板的过程中，经多长时间木块离开木板。 突破点二　斜面上的“滑块—木板”模型 　　 〔多选〕（2026·安徽阜阳期末）如图1，在倾角θ＝30°足够长的固定斜面上放有质量M＝1 kg的长木板B，木板下表面与斜面间的动摩擦因数μ1＝，木板上表面由两种不同材料制成，e点上方光滑，e点下方粗糙，一质量m＝4 kg的物块A从木板的上端无初速释放，物块滑下木板前的v-t图像如图2，已知物块与木板之间的动摩擦因数为μ2。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.0～1 s，木板对斜面的摩擦力大小为25 N B.0～1 s，物块相对木板的位移为2.5 m C.1～2 s，木板对斜面的摩擦力大小为25 N D.1～2 s，物块相对木板的位移为4.5 m 尝试解答 （2026·甘肃张掖模拟）如图a所示，物块和长木板置于倾角为θ＝37°且足够长的斜面上。t＝0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块由静止开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系v2-x图像如图b所示，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A.拉力F的作用时间为2 s B.拉力F作用时长木板的加速度大小为2 m/s2 C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25 D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75 提示：完成课后作业　第三章　重难突破5 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $