第3章 第15课时 专题强化滑块一木板”模型中的动力学问题-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

高三总复习·物理 第15课时 专题强化：“滑块一木板”模型中的动力学问题 【目标要求】1.掌握“滑块一木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块一木 板”模型问题。 1.模型特点：滑块（视为质点）置于木板上，滑块和： (1)A、B达到共同速度时的速度大小； 木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的 (2)从开始计时到A、B达到共同速度的时间内， 作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加 A、B间相对位移x。 速度。 [听课记录] 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力 分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学 方程。 (3)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△x=x1一 x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和 △x=x2十x1=L. [例2]如图所示，一质量为 B M=0.9kg的长木板B在粗mmm 糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速 -x2 度为o=5.5m/s,此时将一质量m=0.2kg的 物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右 L=x1+一 端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左 端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦 3.解题关键 因数为=0.25，长木板B与地面之间的动摩擦 (1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运 因数为2=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 动来判断“板块”间的摩擦力方向。 g取10m/s2,求： (2)挖掘“物=V板”临界条件的拓展含义 (1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速 摩擦力突变的临界条件：当物=板时，“板块”间 度大小： 的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者 (2)长木板B的长度； 两者间不再有摩擦力（水平面上共同匀速运动）。 (3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面 ①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板 ! 静止，物块A相对地面的位移大小。 的一端时，物=V板； 听课记录] ②木板最短的条件：当物=)板时滑块恰好滑到 木板的一端。 [例1]如图所示，质量M= F B 2kg的滑板A放在水平地面 A 上，当A向右滑动的速度0= M22177KK072727777772 13.5m/s时，在A中间位置轻轻地放上一个初速 度为0、大小不计、质量m=1kg的小物块B,同 时给B施加一个水平向右的恒力F=6N并开始 计时。已知A与地面之间的动摩擦因数41= 0.1,A与B之间的动摩擦因数42=0.4（设滑板 A足够长，g=10m/s2,设最大静摩擦力等于滑 动摩擦力)。求： 精品教辅·智慧人生 50 第三章运动和力的关系 [针对训练]（多选）(2026·湖 听课记录] 南宁乡市高三调研)滑板运动 已经成为亚运会中备受瞩目 的一项比赛项目，它不仅代表 了一种独特的文化，还展现了竞技体育的精神和 魅力。如图所示，某次运动中，小孩（可看作质 点)与滑板以相同初速度vo=6m/s一起滑上斜 面体，整个过程斜面体始终保持静止。已知小孩 与滑板间的动摩擦因数1=0.6，滑板与斜面间 的动摩擦因数2=0.5，小孩质量m1=25kg,滑 板质量m2=1kg,斜面体质量m3=10kg,斜面 倾角0=37°，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重 力加速度g=10m/s2,则在上滑过程中，下列说 /总结提升+++++ 法正确的是 ( 处理“板块”模型中动力学问题的流程 A.小孩与滑板之间的摩擦力大小为120N 物理 B.小孩沿斜面滑行的最远距离为1.8m 建模 确定滑块一木板模型 C.地面对斜面的支持力大小为360N D.地面对斜面的摩擦力大小为208N 选研究晒离声对滑块、木板分别安力分析 对象 [例3](2024·安徽省名校联 考)如图所示，倾角0=37°的光 计算由牛顿第二定律判断是否存在速度相 4 滑斜面固定在水平地面上，初 判断 和运动学公式 等的“临界点” 始状态时，质量为M=0.2kg、 无临界滑块与木 确定相同时间内的位 长度为L=1m的薄木板放在斜面上，且薄木板 速度板分离 移关系，列式求解 判断 下端与斜面底端的距离s=1.92m,现将薄木板 结果 若F,≤Fa 假设成立， 由静止释放，同时质量m=0.1kg的滑块（可视 滑块与 由整 由隔离法 整体列式 为质点)以速度o=3m/、从木板上端沿斜面向 木板没 求滑块与 有陆界分离，假 体法 下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因 度]设速度求系 木板间的 摩擦力F 若F>Fm 数u=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加 相等后 统加 加速度 速度 及最大静 假设不成 速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 摩擦力Fa 立，分别 也相等 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板； 列式 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端 的时间。 温馨提示 请做课时分层检测（十五） 第16课时 实验四：探究加速度与物体受力、物体质量的关系 【目标要求】1.理解实验的原理，明确实验过程并能进行数据处理。2.了解实验的注意事项，会对实验 进行误差分析。3.能理解创新实验的原理，并能运用相应的公式、函数处理数据。 考点一 实验技能储备 1.实验目的 : (2)保持合外力不变，探究加速度与 的 (1)学会用控制变量法研究物理量之间的关系。 关系。 (2)探究加速度与力、质量的关系。 (3)作出 图像和 图像，确定a与 (3)掌握利用图像处理数据的方法。 F、m的关系。 3.实验器材 2.实验原理 小车、槽码、细绳、一端附有定滑轮的长木板、垫 (1)保持质量不变，探究加速度与 的 木、打点计时器、学生电源、导线、纸带、天平、刻 关系。 度尺、坐标纸等。 51 精品教辅·智慧人生[例4]解析由题图甲、乙可得Fa=(8一2t)N,;ngsin0+umg cos0=na1;1~2s内加速度；解得t=1s Fg=(2+2t)N,t=0时，可知FAo=8N,FBo=} 所以v4=agt=10m/s。 2N,由于FA0>F0,所以二者不会分开，A、B1 四=2.0m/g,根据牛顿第二定律得 a=△ (2)相对位移就是从开始到共速这段时间内A、 两物体的加速度为a= FA十F=1m/S,设此 mgsin0-mgcos0=ma2,联立解得0=37°，} B的位移差x=xA一xB mAmB 4-0.5,故A、B错误；由题意可知物体在0 购十V共 时A、B之间的相互作用力为F,对B根据牛顿！ 2$内的位移大小等于传送带上、下两端的距离， 对滑板A,有xA=2 第二定律可得F十Fn=mBa,解得F=2N,故！ 根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移，可知 A、C错误；当二者之间的相互作用力恰好为零： 位移1=10.0X1.0m+10.0+12.0×1.0m=t 对物块B,有xB 时开始分高，此时的加速度相同，则有一 解得x=6.75m。 mB 16m,故C错误；由题图乙知传送带的速率= 答案(1)10m/s(2)6.75m ,即2士24-8-24，解得1=1s,分离时的速 10m/s,则0~1s内，物体的位移为x1一；[例2]解析(1)由题可知，A,B先相对滑动， mA 4 6 度为v一at-1m/s,故B正确，D错误。 10.0X1.0m=5m,传送带的位移为西=西4= 达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。 2 A、B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿 答案B 10×1.0m-10m,故物体与传送带间相对位移 第二定律得 [例5】解析(1D报据L=1十之a, 大小为△x1-x2一x1=10m一5m=5m,物体相！ 1mg=na1,解得a1=2.5m/s2。 对传送带向上运动：1一2S内物体的位移为！ 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有以mg十 代入数据解得a=2m/s2。 (2)根据牛顿第二定律有F一ngin0-1goos0- x:= 10.0+12.0×1.0m=11m,传送带的位 (M-+m)g=Ma2, 解得ae=3m/s2。 ma,代入数据解得4=0.5。 移为x,=t2=10×1m=10m,故物体与传送， (2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知， (3)设F与斜面夹角为a, 带间相对位移大小为△x2=x一x=1m,物体！ 长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位 平行斜面方向有Fcos a一ngsin0-FN=na 相对传送带向下运动，痕迹重叠1，因此物体！ 移的差值。当A、B共速时有a1t-一aet,解 垂直斜面方向有F、十Fsin a=mgcos0 在传送带上留下的痕迹长度为5m,故D正确。} 得t=1s, 联立解得F=ma十mg(sin0+ucos) 答案D cosa十us1na :[例4幻解析(1)由于mgsin37>mgcos37, A物块的位移工A=2a1=1.25m, -ma十mg(sin0+zcos) 所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对： B长木板的位移 √2+lsin(e十a) 静止。 当sin(g十a)=l时，F有最小值Fmi, (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力， TB=vI- 2a-4m, 代入数据解得F125N 共加速度为a1-g(sin0+4cos0)=10m/s, 则L=xg一xA=2.75m。 5 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时 (3)由(2)分析可得，A、B共速时，A,B两物体 (20.5(3)25N 间t1= =1$,发生的位移无1= 2a1412= 的速度为v共=a11=2.5m/s, 答案(1)2m/s2 a 由题知%1>，所以A、B共速后，一起做匀减 第14课时专题强化：“传送带”模型 5 m 速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得 煤块速度达到。后，加速度大小改变，继续沿 中的动力学问题 2(M+m)g=(M--m)as, 传送带向下加速运动，则有 考点一 解得ag一2m/s,由匀变速直线运动规律有 a2=g(sin 0-ucos 0)=2 m/s2, T例1]解析(1)对行李，根据ng=na x2=L-x1=5.25m, /ms 解得a=2m/s 11 4=2a,,可知-2=1.5625m, 10 、 则全过程中，A相对地面发生的位移大小x一 根据v=al,匀加速运动的时间t1=0.2s 由g=6g十2a:°， xA十x3=2.8125m。 匀加速运动的位移大小x=a4,°=0.04m< 得t2-0.5s 答案(1)2.5m/s23m/s2(2)2.75m 故煤块从A运动到B的时 2m,故行李先匀加速再匀速，匀速运动的时间！ (3)2.8125m 间为t=6十t2=1.5s。 为2=L-2=2-0.04 U-t图像如图所示。 5针对训练 $=4,9S 0.4 BD[由于1>2，所以小孩和滑板相对静止 可得行李从A到B的时间为t=t1十t2=5.1s (3)第一过程痕迹长△x1=f1一x1=5m, 一起做匀减速运动到最高，点，由牛顿第二定律 (2)在传送带上留下的摩擦痕迹长度为△x 第二过程痕迹长△x2=2一=0.25m, (m +m2)gsin (m +m gcos 0=(m+ vt1-x=(0.4×0.2-0.04)m-0.04m。 △x2与△x1部分重合， n2)a,解得a=10m/s,方向沿斜面向下。对 答案(1)5.1s(2)0.04m 故痕迹总长为5m。 小孩分析，假设小孩和滑板间的摩擦力为F1, [例2]解析小滑块相对于传送带向右滑动，！ 答案(1)不能(2)1.5s见解析图 有Fn+m gsin0-ma,解得Fn=100N,故A 滑动摩擦力向左，加速度向左，根据牛顿第二定 (3)5m 律得μng=ma,解得a一g,故A错误；若，≤ 总结提升 错误；由速度位移公式可得工=-20 ,小滑块以速度%先向右减速到0再返回加思考 1.8m,故B正确：以小孩、滑板和斜面体整体 若a=tan0,物块一直匀速下滑：若：<tan0,物！ 速到西，刚好运回到左端，时间为1一2，故B;块一直沿传送带向下做匀加速直线运动。 为研究对象，小孩和滑板做匀减速运动，加速度 方向沿斜面向下，加速度有水平向右和竖直向 错误；若>，小滑块以速度6先向右减速！第15课时专题强化：“滑块一木板” 下的分加速度，大小分别为ax=acos0,ay Uo" asin0,裉据系统牛顿第二定律可知，在竖直方 ,然后加 模型中的动力学问题 到0的时间4二%，位移为西24g9 汇例1]解析(1)先求摩擦力。 向有(m1十ng十n3)g-FN=(m1十m2)a,解 造透国：连度加造到的时间么一票位移为：小，B所金摩擦力的方狗如因所示， 得F、=204N,故C错误：地面对斜面体有向右 的摩擦力，其大小为F2=(m1十m2)a-208N, 山一g最后以速度匀速回到左端，时间 B- 故D正确。] F :[例3]解析(1)开始运动时，滑块的加速度大 77 小为a1=gsin0-4gcos0=2m/s 为4=当一型=2g2然-62- ,小滑块 薄木板的加速度大小为 24g4 A对B的摩擦力FB=mg=4N 由牛顿第三定律知FB'=FB 返回到左端的时间1=4十。十4，解得1= a-Mgsin gcosm/ 地面对A的摩擦力FA=出1(n十M)g=3N 假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有 un2一w12 (o十1)2 再求加速度。 ,故C错误，D U=十a1t1=a2t1 g 24gw1 24g 对B有F十FB=nag,解得ag=l0m/s2,方向！ 解得t1=0.5s,v=4m/s 正确。 向右 滑块下滑的位移大小为 答案D 对A有FA十FB'=MaA,解得aA=3.5m/s2,1 考点二 方向向左。 -4=1.75m 例3]解析由题图乙得0一1s内物体的加速{ 设经过时间上达到共速V共，对B有v共=aBl 薄木板下滑的位移大小为 u=10.0m/g,根据牛顿第二定律得 度a= 对A有v共=一aA 则aBt=一aA =t4=1m 460 两者相对位移大小为 :[例3]解析(1)由题意知小车做匀加速直线运：36s,选项C错误；小船以最短时间渡河时到达 △x=x1-x2=0.75m<L=1m 动，故=2元，将x=(36.10-32.40)cm= 对岸沿水流方向的位移大小是x=tmm=2.5X 假设成立，滑块不能脱离薄木板： (2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大！3.70cm,T=0.1s,代入得v≈0.19m/s: 36m=90m,则总位移大小s=√+x 90√5m,选项D正确。 小为 (2)甲实验方案中，绳的拉力F满足： 案BD as=gsin 0=6 m/s2 F=Ma,且mg-F=ma,则F=mg,只有拓 当薄木板下端到达斜面底端时，有 1+ ·1.渡河时间不变，渡河时间与河水速度无关。 1 y-=t十2a4 M>m时，F才近似等于mg,故以托盘与陆码：2，设船恰好到达危险水域 解得t2-0.2s 的重力表示小车的合外力，需满足M>m。 边缘，图示方向船速 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时： 乙实验方案中：小车沿木板匀速下滑，小车受绳， 最小， a'd危险水域 间为1=t1十t2=0.7s。 的拉力及其他力的合力为零，且绳的拉力大小 d 答案(1)不能脱离薄木板(2)0.7s 等于托盘与砝码的重力，取下托盘及砝码，小车！ -v:sin a,tan a= 第16课时实验四：探究加速度与 所受的合外力大小等于托盘与砝码的重力ng,! 物体受力、物体质量的关系 不需要满足M>m。两个实验方案都可把ng 5,得。=30，所以船的最小速度为'= sin30°=1.25m/s。 考点一 作为F值。 、 答案(1)0.19(0.18也可)(2)甲甲和乙考点四 2.(1)合外力(2)质量(3)a-Fa- 1 :[例5]解析设塔块匀速下落的速度为，细 第四章曲线运动 4.(2)牵引力(3)匀速(4)接通电源放开小： 绳与水平方向的夹角为α，将塔块的速度沿细 车 ·第17课时 曲线运动运动的合成与分解： 绳、垂直于细绳的方向分解，则沿细绳方向的速 6.(1)小车和纸带受到的阻力(3)n>m !考点一 度为1一sina,将手的速度沿细绳、垂直于细 (4)打点计时器接通电源释放小车 1.切线方向 绳的方向分解，则沿细绳方向的速度为2 例1门]解析(1)利用天平测量质量，利用打，点·2.变速(1)匀变速曲线 vcos a,又=2，整理得v=tana,由于两人 计时器可以计时，打出的纸带需测量长度求加判断正误 相向运动的过程中，细绳与水平方向的夹角a 速度，所以需要天平和刻度尺，A、C错误，B、D1.×2./3.×4.× 逐渐增大，。保持不变，所以一直增大，B正 正确。 [例1门解析第一次实验中，小钢球受到沿初 确，ACD错误。 (2)平衡阻力时应使小车施动纸带在木板上做！ 速度方向的磁铁的吸引力作用，做直线运动，并！ 答案B 匀速直线运动。 且随着距离的减小，吸引力变大，加速度变大，针对训练 (3)为了使沙桶及沙的重力在数值上近似等于！ 故小钢球做非匀变速直线运动，远项A错误：！ B[设当乙球距离起，点3m时，轻杆与竖直方 小车运动时受到的拉力，需要使沙桶及沙的总 第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方 向的夹角为日，则u1在沿杆方向的分量为： 质量远小于小车的总质量。 向总是指向磁铁，是变力，故小钢球的运动不是 U1cos0,vg在沿杆方向的分量为：=sin0, (4)由某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段 类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B 而4#三边由题意有c0s0二2,5in0=号， 时间运动过程的平均速度，可得 错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物！ 4 AC(13.30-4.50)×10-2 vg一2 体受到的合力的方向与速度方向不在同一直线 m/s 0.2 上，但是不能说明做曲线运动的物体的速度方 移-3V口选项A错误，B正确：甲球即 =0.44m/s 向沿轨迹的切线方向，选项C错误，D正确。 落地时，有0=90°，此时甲球的速度达到最大， (5)探究加速度与力的关系时，需要保持小车的： 答案D 而乙球的速度为零，选项C、D错误。] 总质量不变。 [例2]解析由合力方向指向运动轨迹的“凹！ 第18课时抛体运动 (6)从题图丙可以看出，图像不过原点，即当F! 侧”，运动轨迹一定夹在速度方向和合力方向之考点一 为某一值时，但加速度却为零，所以是未平衡阻！ 间，可知C正确。 力或平衡阻力不足，故A正确，B错误；随着拉；答案C 1.水平重力 力F增大（即沙桶及沙的重力增大），已经不满考点二 12.匀变速抛物线 足沙桶及沙的总质量远小于小车总质量的条1.（1)分运动(2)合运动 :3.(1)匀速直线(2)自由落体 件，造成BC段弯曲，故C正确，D错误。 :判断正误 2.平行四边形定则 (7)在探究加速度与质量的关系时，由于平衡：3.实际效果 1./2.×3.× 了阻力，所以图像过原点，且分别对小车和沙桶4.()时间(2)独立进行(3)效果 汇例1]解析抛出的沙包做平抛运动，由h= 及沙受力分析，由牛顿第二定律可得g一F二！判断正误 ma,FT=Ma,联立解得mg=(M十m)a,整理.×2.×3× 名可得=√受，由婚因可知，教师抛出的 沙包下落的高度比学生抛出的沙包下落的高度 g,因为保证了沙和沙桶的质量不[例3]解析由题图可知，物体沿工正方向做： 得a一M十 大，则运动的时间较长，所以教师应先抛出沙 匀加速直线运动，初速度为山，一3m/s,加速} 包，两沙包才能相遇，故A、B、C错误；若A和 支，所以由实验数据作出aM干m图线，不会 度为a=6,3m/s=1.5m/s,y方向做匀速 C、B和C的高度差h和hc,测可计算出两沙 发生弯曲，故远C。 包相遇前平抛运动的时间，A、B两点的水平距 答案(1)BD(2)匀速直线(3)远小于 直线运动，速度为y,=4m/s,则物体的初速度！ (4)0.44(5)小车(6)AC(7)C 为4=√/十u,2=5m/s,故B错误；由cos0= Ac十 离可表示为LB=叫4十：=√g 考点二 匹=0.6知物体初速度方向与x轴成53°，而！ [例2]解析(1)该实验是用遮光时间内的平！ h,故D正确。 均速度表示遮光片运动到光电门时小车的瞬时： 合力方向沿x正方向，物体的加速度与初速度！ 答案D 速度，由运动学规律可知，遮光片的宽度越窄， 不垂直，故A错误；2s末，x方向的速度为，= 两个速度越接近，即小车的瞬时速度测量越粉！ x十at=6m/s,此时合速度大小为v= [例2]解析所有小面图在空中均做平抛运 动，竖直方向均为自由落体运动，根据 准，所以远用d=1.00cm的遮光片。(2)裉据题！ √u,2十u,=2√I3m/s,故C正确；由牛顿第 意可得，小车的加速度a=凹=0.41m/5 二定律可得，物体所受合力为F=na=3N,故！ 2gr得1=√g ，可知所有小面图在空中运 D错误。 (3)对小车由牛顿第二定律有，F+mgsin0-! 动的时间都相同，A正确：所有小面圈都只受到 答案C ong0s0=,整理得a=5+gn0-.0考点三 重力作用，所以加速度均为g,根据△u一g1可 知所有小面圈在空中运动过程中速度的变化量 :[例4]解析河中水流速度为U2=4cos60°= 结合题图乙可知gsin0-gcos0<0,若要得到 相同，B错误；若小面圈刚被抛出时初速度为 2.5m/s,选项A错误：小船以最短位移渡河的} 一条过原点的直线，应使sin0-4cos0=0,则！ ,根据水平方向为匀速直线运动，落在锅里的 180 应增大轨道的倾角0。(4)结合(3)问分析可！ 时间为= 1sin60 s=245s,远项！ 水平距离最小值为L,最大值为3L,有L一 知，题图乙中直线斜率表示质量的倒数，则其单！ 5×5 位为kg1 B正确：当船头方向指向正对岸时渡河时间最！ ,L==√臣对L壳< 答案(1)1.00(2)0.41(3)增大 (4)kg 短，则小船渡河的最短时间为1m一 -10、3让√，小面图落入锅中时水平选度最大值 5 461