第3章 专题突破5 动力学中的“板块”模型(教师用书Word)-【高考领航】2027年高考物理大一轮复习学案（创新版）

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学“板块”模型，覆盖水平与斜面上的滑块—滑板情境，围绕受力分析、运动过程分析及动力学规律应用等核心考点，按模型类型分考点梳理知识，通过方法指导与真题训练，帮助学生构建系统解题框架。 讲义以模型建构和科学推理为核心，如水平板块模型中引导学生分析相对运动与摩擦力转变，结合经典高考题与模拟题分层训练，培养物理观念与科学思维，高效突破难点，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考能力。

专题突破5　动力学中的“板块”模型 目标 要求 　 　 1.掌握板块模型的特点，会分析物体和木板的受力情况和运动情况。2.能正确运用动力学观点处理“板块”模型问题。 考点一　水平面上的“滑块—滑板”模型 　(经典高考题)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB。 解析：A、B的运动过程如图所示： (1)设A、B的质量均为m，先敲击A时，由牛顿第二定律可知， A的加速度大小aA＝＝μg 在B上滑动时有2aAL＝vA2 解得vA＝。 (2)对齐前，B所受A的摩擦力大小FfA＝μmg，方向向左 地面的摩擦力大小Ff地＝2μmg，方向向左 合外力大小F＝FfA＋Ff地＝3μmg 由牛顿第二定律F＝maB，得aB＝3μg 对齐后，A、B整体所受合外力大小 F′＝Ff地＝2μmg 由牛顿第二定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。 (3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA 则v＝aAt，v＝vB－aBt xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2 且xB－xA＝L 解得vB＝2。 答案：(1)　(2)3μg　μg　(3)2 (1)由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)当v物＝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)。 (3)滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物＝v板。 (4)木板最短的条件：当v物＝v板时滑块恰好滑到木板的一端。 　(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t＝0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t＝0到t＝4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t＝4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是(　　) A．小物块在t＝3t0时刻滑上木板 B．小物块和木板间的动摩擦因数为2μ C．小物块与木板的质量比为3∶4 D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 解析：ABD　由图像可得，t＝3t0时刻，木板的速度为μgt0，加速度改变，说明t＝3t0时刻小物块滑上木板，木板受到小物块向左的滑动摩擦力作用做减速运动，A正确；小物块滑上木板后，加速度a＝＝2μg，根据牛顿第二定律得μ′mg＝ma，解得μ′＝2μ，B正确；小物块滑上木板之前，木板的加速度a1＝μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μMg＝Ma1，小物块滑上木板后，木板的加速度a2＝＝－μg，以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ(M＋m)g－μ′mg＝ Ma2，解得M＝2m，F＝3μmg，C错误；t＝4t0后，小物块和木板组成的整体所受合力F合＝F－μ(M＋m)g＝0，一起向右做匀速运动，D正确。 思路点拨 (1)t＝4t0时刻小物块与木板的速度相同，指的是速度的大小和方向均相同。 (2)3t0～4t0时间内小物块速度的变化量大小为μgt0－(－vm)＝2μgt0。 (3)当小物块滑上木板时，地面对木板的摩擦力会变大，不再是μmg。 　(2025·河南省洛阳市高三期末)如图，质量M＝0.2 kg、长度L＝0.64 m的长木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.3。在木板上左端放置一质量m＝0.2 kg的小滑块，滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。若在木板上施加一方向水平向左的恒力F，同时给滑块一水平向右的初速度v0 ，滑块在木板上滑行，恰好从木板的右端掉下，此过程中木板始终保持静止状态。 (1)求初速度v0 的大小； (2)若滑块在木板上从左端开始运动t1＝0.15 s后撤去力F，求木板在地面上滑行的距离x。 解析：(1)滑块与木板间的滑动摩擦力Ff2＝μ2mg 根据牛顿第二定律可知，滑块的加速度大小a1＝ 滑块在木板上做匀减速运动，到木板右端时速度恰好为零，则有0－v02＝2(－a1)L 解得v0＝3.2 m/s。 (2)由v1＝v0－a1t1 解得v1＝2 m/s 撤去力F后，由于木板与地面间的最大静摩擦力Ff1＝μ1(M＋m)g＝1.2 N<Ff2＝1.6 N 则木板做加速运动，木板的加速度大小a2＝＝2 m/s2 设滑块与木板共速时的速度大小为v2 ，滑块速率从v1 减到v2 所用的时间为t2，则有v2＝v1－a1t2＝a2t2 解得v2＝0.4 m/s，t2＝0.2 s 木板滑行的距离x1＝t2 之后滑块与木板一起做匀减速运动，直至停下，设此过程中整体的加速度大小为a，则有Ff1＝(M＋m)a，v22＝2a(x－x1) 解得x＝ m。 答案：(1)3.2 m/s　(2) m 思路点拨：木板或滑块受到拉力作用，要判断两者是否有相对运动，以及木板与地面是否有相对运动。 考点二　斜面上的“滑块－滑板”模型 　(多选)(2026·湖南长郡中学月考)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是(　　) A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2 B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 C．经过1 s的时间，小孩离开滑板 D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s 解析：BC　对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝＝0.8 m/s2，A错误，B正确；要使小孩与滑板分离则有a1t2a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，C正确，D错误。 　(2025·江苏扬州新华中学月考)如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块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，重力加速度为g＝10 m/s2，则由图像可知下列说法正确的是(　　) 图甲　 图乙 A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C．由题目条件可求木板C的质量 D．F>15 N时物块B和木板C相对滑动 解析：D　由图像可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当F>15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，此时物块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大，则对物块μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立方程可求解μ＝，故B错误；对木板和物块的整体，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 ，联立方程可求解M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误。 思路点拨：当F2＝15 N时a＝2.5 m/s2，此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板之间的摩擦力达到最大。 　(2025·山东省烟台市高三期末)一质量为M＝5 kg的木板放在倾角θ＝37°的光滑斜面上，并在外力作用下保持静止状态。斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，木板左下端距挡板的距离为s0＝1.25 m。t＝0时刻，撤去作用在木板上的外力，同时一质量m＝10 kg的小物块从木板左下端以沿斜面向上的初速度v0＝4 m/s滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，0～1 s时间内，F＝F1＝80 N，该力在t＝1 s时变为F＝F2＝60 N，方向沿斜面向下，并在此后保持不变。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块可以看作质点，斜面足够长，且整个过程中小物块不会从木板右端滑出，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)0～1 s时间内，小物块和木板的加速度的大小； (2)木板第一次与挡板碰撞时的速度大小。 解析：(1)对物块受力分析，根据牛顿第二定律得F1－mg sin θ－μmg cos θ＝ma1 解得a1＝－2 m/s2 对木板受力分析，根据牛顿第二定律得μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma2 解得a2＝2 m/s2。 (2)物块、木板在1 s末的速度为v1＝v0＋a1t1，v2＝a2t1 解得v1＝v2＝2 m/s 1 s内木板运动的位移v22＝2a2x1 解得x1＝＝1 m 当1 s末时，将两物体作为研究对象分析得F2＋(m＋M)g sin θ＝(m＋M)a3 解得a3＝10 m/s2 物块和木板继续向上做匀减速运动，由运动学关系为x2＝＝0.2 m 物块和木板滑到最高点后，反向向下做匀加速运动，加速度不变；对木板则有v32＝2a3(x1＋x2＋s0) 解得木板第一次与挡板碰撞时的速度大小v3＝7 m/s。 答案：(1)2 m/s2　2 m/s2　(2)7 m/s [归纳总结]　　处理“板块”模型中动力学问题的流程 学科网（北京）股份有限公司 $