第3章 素养培优6 “滑块—木板”模型中的动力学问题-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块-木板”模型专题，依据高考评价体系梳理了摩擦力分析、相对运动、临界条件等核心考点，通过近五年高考试卷统计明确其在牛顿运动定律考查中占30%以上的权重，归纳出无动力/有动力模型、多过程运动分析等常考题型。 课件亮点在于“模型解读+真题精析+素养提升”策略，以2024新课标卷“薄板-物块”真题为例，运用科学思维中的模型建构方法，通过v-t图像分析加速度、位移关系，培养运动和相互作用观念。设“临界条件判断模板”和“能量守恒应用指南”，助力学生掌握多过程问题解题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

素养培优6　“滑块-木板”模型中的动力学问题 第三章 牛顿运动定律 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 课后 素养提能 01 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 下一页 上一页 返回导航 第三章 牛顿运动定律 高考总复习 物理 1．模型特征 滑块——滑板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次相互作用，属于多物体、多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故多次出现于高考试卷中，另外，常见的子弹射击滑板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似． 2．两种类型 类型图示 规律分析 木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L 物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA 受力分析：主要是摩擦力的分析 (1)初始时刻：比较滑块运动速度和滑板速度(确认相对运动状态)，从而弄清摩擦力的有无、性质、方向． (2)共速时刻：意味着摩擦力发生突变(可以是有无突变、性质突变或方向突变)． 无动力“滑块-滑板”模型 2．过程分析 初始时刻如何运动；共速以后如何运动；速度为零以后如何运动． 3．位移分析 区别滑块位移、滑板的位移、滑块相对于滑板的位移． [典例1]　(多选)如图1所示，一物块叠放在足够长的木板上，初始时木板静止在粗糙水平面上，物块与木板保持相对静止．某时刻，给木板一初速度v0，图2为二者的v ­t图像，图中v、t1、t2已知，长木板和物块的质量均为m.下列说法正确的是(　　) A．物块与木板的位移之比可表达为eq \f(v0t1＋vt2,2vt1) B．整个过程，因摩擦产生的总热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) C．板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为eq \f(2v,v0－2v) D．v0＞4v [解析]　BCD　[v ­t图像与坐标轴围成的面积表示位移，物块的位移为x1＝eq \f(1,2)v·2t1＝vt1， 木板的位移为x2＝eq \f(v＋v0,2)t1＋eq \f(1,2)v(t2－t1)＝eq \f(vt2＋v0t1,2)， 物块与木板的位移之比可表达为eq \f(x1,x2)＝eq \f(2vt1,vt2＋v0t1)，故A错误； 根据能量守恒，整个过程，因摩擦产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，故B正确；0～t1时间内，对物块，根据牛顿第二定律a1＝eq \f(μ1mg,m)＝μ1g， a1＝eq \f(v,t1)，0～t1时间内，对木板，根据牛顿第二定律μ1mg＋μ2·2mg＝ma2，a2＝eq \f(v0－v,t1)， 板块间与板地间的动摩擦因数比值可表达为eq \f(μ1,μ2)＝eq \f(2v,v0－2v)，故C正确；t1～t2时间内，对木板，根据牛顿第二定律有μ2·2mg－μ1mg＝ma3， 且a3＞a1，联立可得v0＞4v，故D正确．] [典例2]　如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v ­t图像分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根据v ­t图像，求： (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3； (2)物块质量m与长木板质量M之比； (3)物块相对长木板滑行的距离Δx. [解析]　(1)由题图乙可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝eq \f(10－4,4)m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝eq \f(4－0,4)m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后物块与木板一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝eq \f(4－0,8)m/s2＝0.5 m/s2. (2)对物块冲上木板匀减速阶段有μ1mg＝ma1， 对木板向前匀加速阶段有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2， 物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段有 μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3， 联立以上三式可得eq \f(m,M)＝eq \f(3,2). (3)由题图乙可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应题图中Δabc的面积，故Δx＝10×4×eq \f(1,2)m＝20 m. 1.外力逐渐增大过程中三个临界点的摩擦力分析和运动分析 (1)力较小时：分析各自摩擦力特点，整体都未动(地面粗糙时才有)． (2)力较大时：分析各自摩擦力特点，整体一起动． (3)力很大时：分析各自摩擦力特点，发生相对运动． 有动力“滑块－滑板”模型 2．两个角度的临界点分析 (1)恰好相对滑动的受力条件：Ff＝Ffmax. (2)恰好相对滑动的加速度条件：a整体＝a局部最大． [典例3]　物体A的质量m1＝2 kg，静止在水平面上的木板B的质量为m2＝1 kg、长为L＝1 m，某时刻A以v0＝4 m/s的初速度滑上木板B上表面的最左端，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数为μ＝0.2，(忽略物体A的大小，g取10 m/s2)．试求： (1)如果木板B与水平面的动摩擦因数也为μ＝0.2，拉力F＝5 N，当A刚滑上木板B时，A和B的加速度分别为多大？ (2)如果水平面是光滑的，为使A不从B板右侧滑落，拉力F应满足的条件． [解析]　(1)物体A刚滑上木板B时，根据牛顿第二定律得： 对物体A：μm1g＝m1aA，① 对木板B∶F＋μm1g－μ(m1＋m2)g＝m2aB② 解得：aA＝2 m/s2，③ aB＝3 m/s2.④ (2)物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v，则eq \f(v\o\al(2,0)－v2,2aA)＝eq \f(v2,2aB′)＋L⑤ 且eq \f(v0－v,aA)＝eq \f(v,aB′)⑥ 解得：aB′＝eq \f(v\o\al(2,0),2L)－aA＝6 m/s2⑦ 对木板B∶F＋μm1g＝m2aB′⑧ 解得：F＝2 N⑨ 所以为使A不从B板右侧滑落，必须：F≥2 N. [答案]　见解析 [典例4]　如图甲所示，质量M＝0.2 kg的平板放在水平地面上，质量m＝0.1 kg的物块(可视为质点)叠放在平板上P处，整个系统处于静止状态．现对平板施加一水平向右的拉力F，在0～1.5 s内拉力随时间t的变化关系如图乙所示，1.5 s末撤去拉力．物块始终未从平板上掉下．已知物块与平板间的动摩擦因数μ1＝0.2，平板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2求： (1)t1＝1 s时物块的速度大小． (2)0～1.5 s内平板运动的位移大小． (3)物块最后静止时到P处的距离． [解析]　(1)对物块根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝2 m/s2，当t＝1 s时物块的速度大小为v1＝a1t1＝2 m/s. (2)拉力为2 N时，平板的加速度为F1－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2， 解得a2＝3 m/s2， 平板的速度为v2＝a2t1＝3 m/s， 平板的位移为x2＝eq \f(1,2)a2teq \o\al(2,1)＝1.5 m， 拉力为1.4 N时的加速度为F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3， 解得a3＝0， 平板做匀速运动，位移为x3＝v2t2＝1.5 m， 0～1.5 s内平板运动的位移大小为x＝x2＋x3＝3 m. (3)物块加速到3 m/s的时间为t3＝eq \f(v2－0,a1)＝1.5 s， 物块加速到3 m/s的位移为x4＝eq \f(1,2)a1teq \o\al(2,3)＝2.25 m， 物块最后静止时到P处的距离为s＝x－x4＝0.75 m. [答案]　(1)2 m/s；(2)3 m；(3)0.75 m 1．分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联 2．思维模板 　如图所示，质量M＝1 kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m＝1 kg的铁块B，铁块与木块间的动摩擦因数μ1＝0.3，木块长L＝1 m，用F＝5 N的水平恒力作用在铁块上，g取10 m/s2. (1)若水平地面光滑，计算说明铁块与木块间是否会发生相对滑动； (2)若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，求铁块运动到木块右端的时间． 解析：(1)A、B之间的最大静摩擦力为Ffm>μ1mg＝0.3×1×10 N＝3 N， 假设A、B之间不发生相对滑动，则 对A、B整体，有F＝(M＋m)a， 对A，有FfAB＝Ma， 解得FfAB＝2.5 N， 因为FfAB<Ffm，所以A、B之间不发生相对滑动． (2)对B，有F－μ1mg＝maB， 对A，有μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaA， 根据题意有xB－xA＝L， 又xA＝eq \f(1,2)aAt2，xB＝eq \f(1,2)aBt2， 解得t＝eq \r(2) s. 答案：(1)见解析　(2)eq \r(2) s [规范答题·满分规则1]　用牛顿运动定律处理动力学问题 经典案例 [例]　(2024·新课标卷，T25)(14分)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐．①薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动　，②当薄板运动的距离Δl＝eq \f(l,6)时，物块从薄板右端水平飞出　；③当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点　.已知物块与薄板的质量相等．它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小取g＝10 m/s2.求 (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度. 审题指导 ①小物块与薄板发生相对滑动，薄板做加速运动，小物块做减速运动． ②可以判断出薄板和物块位移间的关系，并确定小物块离开薄板后做平抛运动． ③可根据两者的等时性求出小物块做平抛运动的时间． 规范解答 解析：(1)物块在薄板上做匀减速运动的加速度大小为 a1＝μg＝3 m/s2，(2分) 薄板做加速运动的加速度a2＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2，(2分) 对物块l＋Δl＝v0t－eq \f(1,2)a1t2，(1分) 对薄板Δl＝eq \f(1,2)a2t2，(1分) 解得v0＝4 m/s，(1分) t＝eq \f(1,3) s．(1分) (2)物块飞离薄板后薄板的速度v2＝a2t＝1 m/s，(2分) 物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，则当物块落到地面时运动的时间为t′＝eq \f(\f(l,2)－\f(l,6),v2)＝eq \f(1,3) s，(2分) 满分规则 ►[规则1]　答题过程，条理清晰 解题过程应条理清晰、层次分明．对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量． ►[规则2]　解析过程，分步列式 解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分． ►[规则3]　矢量方程，注意方向 牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取． ►[规则4]　数学运算，可以淡化 阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”．只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点． ►[规则5]　文字说明，简洁明了 分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性. $