第四章 专题强化15 板块问题（配套课件PPT）-【步步高】2025-2026学年高一物理必修第一册学习笔记（教科版）

该高中物理课件聚焦牛顿运动定律应用的板块问题，系统梳理地面光滑与粗糙两种情境下的滑块—木板模型，通过明确摩擦力性质、加速度计算、相对位移关系等解题步骤，结合v-t图像工具，构建“受力分析—运动过程—位移关联”的知识网络。 其亮点在于采用“基础例题—拓展变式—分层训练”的复习策略，如通过地面光滑时共同速度计算、粗糙地面滑动条件分析等实例，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。分层练习涵盖基础强化、能力综合及尖子生选练，助力教师实施个性化教学，有效提升学生解决复杂运动问题的能力。

板块问题 专题强化15 第 四 章 1.能正确运用牛顿运动定律处理水平面上的滑块—木板问题(重难点)。 2.熟练应用牛顿运动定律解决实际问题(重点)。 学习目标 内容索引 专题强化练 一、地面光滑的板块问题 二、地面粗糙的板块问题 < 一 > 地面光滑的板块问题 　(2024·自贡市高一期末)如图所示，光滑水平桌面上 静置一质量M为2 kg的长木板B，一质量m为1 kg的小 物块A从长木板的左端以大小为3 m/s的初速度v0滑上长木板，A、B间的动摩擦因数μ为0.2，重力加速度g取10 m/s2，小物块可视为质点。 (1)A刚滑上B时，A受到　　　　(填“静”或“滑动”)摩擦力，方向 　　　　　，物块A做　　　　　　运动；木板B受到摩擦力的方向____ 　　　，木板B做　　　　　　运动；若木板B足够长，二者最终达到　　　　　。 例1 滑动 水平向左 匀减速直线 水平 向右 匀加速直线 共同速度 (2)求A刚滑上B时，A、B的加速度大小。 答案　2 m/s2　1 m/s2 对小物块A：μmg＝ma，解得a＝2 m/s2 对木板B：μmg＝Ma'，解得a'＝1 m/s2。 拓展1　若小物块A恰好没有滑离木板B，求木板的长度。 答案　见解析 设经过时间t二者达到共同速度， 则有v0－at＝a't 得t＝＝1 s 小物块A匀减速运动的位移x＝v0t－at2 木板B匀加速运动的位移x'＝a't2 则木板长L＝x－x' 解得L＝1.5 m。 拓展2　(1)画出拓展1中物块A和长木板B的v－t图像，并在图像中用阴影部分表示出相对位移的大小； 答案　 (2)由v－t图像计算A和B的相对位移大小。 答案　1.5 m 　如图所示，在光滑的水平地面上有一个质量为mB＝4 kg 的木板B，在木板的左端有一个大小不计、质量为mA＝2 kg 的小物体A，A、B间的动摩擦因数为μ＝0.2，现对A施加向右的水平恒力F。(g取10 m/s2) (1)若A、B间恰好发生相对滑动时，则B受到　　　(填“向左”或“向右”)的摩擦力；B的加速度大小为　　 m/s2，此加速度也是B能获得的 　　　(填“最大”或“最小”)加速度，此时水平恒力的大小为　　 N。 例2 向右 1 最大 6 B受到向右的滑动摩擦力 由μmAg＝mBa0得：a0＝1 m/s2 此加速度为B能获得的最大加速度 此时F0＝(mA＋mB)a0＝6 N (2)当F＝4 N时，求A、B的加速度分别为多大？ 答案　 m/s2　 m/s2 因F＝4 N<F0＝6 N，则A、B未发生相对滑动，由F＝(mA＋mB)a得aA＝aB＝ m/s2 (3)当F＝10 N时，求A、B的加速度分别为多大？ 答案　3 m/s2　1 m/s2 F＝10 N >F0＝6 N，A、B发生相对滑动，A、B间的摩擦力f＝μmAg＝4 N 以A为研究对象，根据牛顿第二定律得， F－f＝mAaA'， 解得aA'＝3 m/s2 B的加速度aB'＝a0＝1 m/s2。 拓展　当F＝10 N，木板长为L＝0.64 m时。 (1)经过多长时间可将物体A从木板B的左端拉到右端？ 答案　0.8 s 设将A从木板的左端拉到右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为xA和xB，其关系如图所示 则有xA＝aA't2 xB＝aB't2 xA－xB＝L 解得t＝0.8 s。 (2)画出A、B运动的v－t图像，并用阴影部分表示木板的长度。 答案　见解析图 返回 解决板块问题的基本思路 1.明确滑块和木板之间的相对运动情况，确定摩擦力的性质，分别画出两物体所受摩擦力的方向。 2.分别隔离滑块和木板求各自的加速度。要注意当滑块与木板的速度相同时，摩擦力发生突变的情况。 3.明确位移关系：滑块与木板叠放在一起运动时，应仔细分析滑块与木板的运动过程，明确滑块与木板对地的位移和滑块与木板之间的相对位移之间的关系。一般情况下，若同向运动，则x1－x2＝L；若反向运动，则x1＋x2＝L。 总结提升 < 二 > 地面粗糙的板块问题 　(2024·攀枝花市高一期末)如图所示，粗糙水平地面上，静止放置质量为M的长木板B，一小物块A质量为m，以速度v0冲上木板，若木板与地面间动摩擦因数为μ2，物块与木板间动摩擦因数为μ1，重力加速度为g。 (1)试分析木板相对地面发生滑动的条件； 例3 答案　见解析 如图所示，对木板受力分析，木板相对地面发生滑动的条件： μ1mg>μ2(M＋m)g (2)若木板相对地面发生了滑动，且物块能从木板上滑下，分析物块在木板上运动的过程中各自的加速度大小。 答案　见解析 a块＝μ1g a板＝。 拓展1　若m＝M＝10 kg，木板长L＝3 m，μ1＝0.3，μ2＝0.1，g取10 m/s2。 (1)发生相对滑动时，A和B的加速度各是多少？ 答案　3 m/s2　1 m/s2 分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动， 设其加速度大小为a1，则有a1＝＝3 m/s2 μ1mg>μ2(M＋m)g，故木板B向右做匀加速运动， 设其加速度大小为a2，则有a2＝＝1 m/s2 (2)若A刚好没有从B上滑下来，则v0为多大？ 答案　2 m/s 由题意可知，A刚好没有从B上滑下来， 则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同， 设为v，则有， 时间关系：t＝ 位移关系：L＝t－t 解得v0＝2 m/s。 拓展2　若拓展1中物块A以v0＝2 m/s速度冲上木板，定性画出A、B从开始到最终停下来的整个过程中的v－t图像。 答案　 　如图所示，木板B、木块A静止在粗糙水平面上，质量分别为M、m，外力F作用在木块上，逐渐增大F。则： (1)木板B一定会相对水平地面滑动吗？ 例4 答案　不一定。若fAB>fB地，则木板B相对地面滑动，若fAB≤fB地，则木板B相对地面静止。 (2)若木板B和地面间、木板B和木块A之间都发生相 对滑动，A、B间动摩擦因数为μ1，B与地面间动摩 擦因数为μ2，重力加速度为g，分析A、B加速度的大小？ 答案　对A： aA＝ 对B： aB＝。 拓展1　若M＝m＝1 kg，板长为4 m，μ1、μ2分别为0.4和0.1，g取10 m/s2，当施加恒力F＝8 N时 (1)求施加恒力F后木块和木板的加速度大小； 答案　4 m/s2　2 m/s2 以木块为研究对象，根据牛顿第二定律得F－μ1mg＝ma1， 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 代入数据解得木块的加速度大小a1＝4 m/s2 木板的加速度大小a2＝2 m/s2 (2)木块经过多长时间到达木板的最右端，并求此时木板的速度大小； 答案　2 s　4 m/s 设木块运动到木板的最右端所用时间为t， 则此过程木块的位移为x1＝a1t2 木板的位移为x2＝a2t2 两者的位移关系为L＝x1－x2， 代入数据解得t＝2 s或t＝－2 s(舍去) 此时木板的速度v＝a2t＝4 m/s。 (3)当木块运动到木板最右端时，把木块拿走，木板还能继续滑行的距离。 答案　8 m 拿走木块后木板做匀减速运动的加速度大小为a3＝μ2g＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2， 则木板还能继续滑行的距离 x3＝ m＝8 m。 拓展2　画出拓展1整个过程中A、B运动的v－t图像。 答案 返回 < 三 > 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 答案 D C ACD BC (1)－4 m/s2　2 m/s2　(2)24 m　(3)9 N 题号 6 7 8 9 答案 C AC (1)3 m/s2　2 m/s2　(2)①4.5 m　②5.25 m CD 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1.(2024·泸州市高一期末)如图所示，质量为M的长木板静止于光滑的水平面上，质量为m的木块以初速度v0从长木板左端水平滑上长木板，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则木块在长木板上滑动的过程中，长木板的加速度大小为 A.0 B.μg C. D. 基础强化练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 对木板进行受力分析可知，木板水平方向受到木块对木板的滑动摩擦力，方向水平向右，摩擦力大小f＝μmg， 根据牛顿第二定律得 a＝，故选D。 2.如图所示，长度为2 m、质量为1 kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1 kg(可视为质点)，与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块的初速度不能超过(重力加速度g取10 m/s2) A.1 m/s B.2 m/s C.4 m/s D.8 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 木块在木板上从左端滑向右端时，木块做匀减速运动，加速度大小a＝μg＝2 m/s2 木板做匀加速运动，加速度大小a'＝＝2m/s2 当木块运动到木板最右端时恰好共速，木块的初速度最大，则v0－at＝a't 由位移关系可知v0t－at2－a't2＝l 联立解得v0＝4 m/s，故选C。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 3.(多选)(2024·德阳市高一期末)质量为m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一个质量m2＝2 kg的小物块，木板和物块间的动摩擦因数为0.4，木板的长度为4 m，物块可视为质点，现用一大小为F＝16 N的力作用在小物块上，下列说法正确的是(g取10 m/s2) A.木板的加速度大小为2 m/s2 B.小物块的加速度大小为6 m/s2 C.经过2 s物块从木板上脱离 D.物块离开木板时的速度为8 m/s √ √ √ 对木板，由牛顿第二定律可得μm2g＝m1a1，解得a1＝2 m/s2，对物块，由牛顿第二定律可得F－μm2g＝m2a2，解得a2＝4 m/s2，A正确，B错误； 物块从木板上滑离时，位移关系满足a2t2－a1t2＝L，解得t＝2 s，C正确； 物块离开木板时的速度为v2＝a2t＝8 m/s，D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 4.(多选)如图所示，质量为M的长木板在水平拉力F作用下，在光滑的水平面上由静止开始向右运动。当速度达到3 m/s时，将质量为m的物块(可视为质点)轻轻放到木板的右端。已知M＝2 kg，m＝1 kg，F＝6 N，物块与木板间动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的是 A.物块刚放在木板上时，木板的加速度大小为4 m/s2 B.从物块放到木板上至与木板相对静止的时间为1 s C.物块与木板最终保持相对静止，木板至少长1.5 m D.物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小为4 N √ √ 物块刚放在木板上时，木板的加速度大小为 a1＝ m/s2＝1 m/s2，故A错误； 物块刚放在木板上时，物块的加速度大小为a2＝＝μg＝4 m/s2，从物 块放到木板上至与木板相对静止时，有v0＋a1t＝a2t，解得t＝1 s，故B正确； 物块与木板最终保持相对静止，木板至少长L＝x1－x2＝v0t＋a1t2－a2t2＝1.5 m，故C正确； 物块与木板相对静止后两者一起做匀加速运动，有F＝(M＋m)a3，物块受到的摩擦力大小为f'＝ma3＝2 N，故D错误 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 5.一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M＝4 kg，质量m＝1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设t＝0时刻滑块滑上木板，经过t1＝2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2＝4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v－t图像如图乙所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)。求： (1)0~2 s内滑块Q和木板P的加速度； 答案　－4 m/s2　2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据v－t图像斜率代表加速度可知，0~2 s内滑块Q和木板P的加速度分别为a1＝ m/s2＝－4 m/s2，a2＝ m/s2＝2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)滑块Q运动的总位移； 答案　24 m 根据v－t图像与t轴所围面积表示位移可知，滑块Q的位移x＝×2 m＋×4×4 m＝24 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)拉力F的大小。 答案　9 N 0~2 s内，对Q分析a1＝－，对P分析，a2＝，在2~6 s内，地面的摩擦力大小为f0＝－(M＋m)a0，a0＝＝－1 m/s2 解得F＝9 N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 6.如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a－F图。g取10 m/s2，则下列说法错误的是 A.滑块的质量m＝4 kg B.木板的质量M＝2 kg C.当F为8 N时滑块加速度为2 m/s2 D.滑块与木板间动摩擦因数为0.1 √ 能力综合练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 当F＝6 N时，加速度为a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝6 kg，当F>6 N时，根据牛顿第二定律 得a＝F－，知图线的斜率k＝，解得M＝2 kg，滑块 的质量m＝4 kg，故A、B正确； 根据F>6 N的图线知，F＝4 N时，a＝0，代入a＝F－，即0＝×F－，代入数据解得μ＝0.1，D正确； 当F＝8 N时，对滑块，根据牛顿第二定律得μmg＝ma'，解得a'＝μg＝1 m/s2，C错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 7.(多选)(2024·自贡市高一期末)如图甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板，物块刚好未滑离木板，物块和木板的速度－时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是 A.可求得物块在前2 s内的位移为5 m B.可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1 C.可求得物块的质量m＝2 kg D.可求得木板的长度L＝3 m √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 v－t图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据题图乙 可知物块在前2 s内的位移为x＝ m＋2×1 m＝5 m，故A正确； 物块滑上木板后，开始做匀减速直线运动，对物块受力分析有μmg＝ ma1，v－t图像中，图像斜率的绝对值表示加速度大小，则有a1＝ m/s2 ＝2 m/s2，解得μ＝0.2，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 根据题图乙可知，物块与木板达到共同速度2 m/s之前，木板做匀加速 直线运动，加速度大小为a2＝ m/s2＝2 m/s2，对木板进行受力分析，根 据牛顿第二定律有μmg＝Ma2，解得m＝2 kg，故C正确； 根据题图乙可知，木板的长度为L＝ m＝2 m，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 8.(2024·成都市高一期末)如图所示，质量m＝2 kg的铁块(可视为质点)静止放在质量M＝1 kg在木板的左端，已知铁块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。现给铁块施加一个水平向右大小为14 N的恒力F，使铁块与木板之间出现相对滑动。 (1)求铁块与木板刚运动时的加速度大小a1、a2； 答案　3 m/s2　2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 铁块与木板刚运动时，对铁块由牛顿第二定律得F－μ1mg＝ma1，解得铁块的加速度大小a1＝3 m/s2，对木板由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得木板的加速度大小a2＝2 m/s2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)若当F作用t0＝3 s后撤去F，铁块最终刚好未滑离木板，求： ①从F作用到刚撤去F过程中，铁块相对木板发生的位移Δx； 答案　4.5 m 当F作用t0＝3 s后，铁块获得的速度v1＝a1t0＝3×3 m/s＝9 m/s，木板获得的速度v2＝a2t0＝2×3 m/s＝6 m/s，从F作用到刚撤去F过程中，铁块 相对木板发生的位移Δx＝t0－t0＝4.5 m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 ②木板的长度。 答案　5.25 m 撤去F后，设铁块的加速度大小为a1'，木板的加速度大小为a2'，分别对铁块和木板由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1'，μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2'，解得a1'＝4 m/s2，a2'＝2 m/s2，从撤去F后到铁块最终刚好未滑离木板，设时间为t，铁块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。铁块刚好未滑离木板，满足两者速度相等 v1－a1't＝v2＋a2't 解得t＝0.5 s，从撤去F后到铁块最终刚好未滑离木板，铁块和木板的相 对位移Δx'＝v1t－a1't2－(v2t＋a2't2)＝0.75 m，木板的长度L＝Δx＋Δx' ＝5.25 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 9.(多选)滑沙运动是一种比较刺激的娱乐活动，深受青少年的喜爱。如图是滑沙运动的简化图，小孩(可视为质点)坐在长为2 m的滑板上端，与滑板一起由静止从倾角为37°的斜面上滑下，已知小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，滑 板与斜面间的动摩擦因数为，小孩的质量与滑板的质量相等，斜面足够长， g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则以下判断正确的是 A.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.7 m/s2 B.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2.5 m/s2 C.经过 s的时间，小孩离开滑板 D.小孩刚离开滑板时，滑板下滑的距离是 m √ 尖子生选练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有mgsin 37°＋μ1mgcos 37°－μ2×2mgcos 37°＝ma1，代入数据解得a1＝0.5 m/s2，故A错误； 对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，根据牛顿第二定律有mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma2，解得a2＝2 m/s2，故B错误； 设经过时间t，小孩离开滑板，有a2t2－a1t2＝L，解得t＝ s，故C正确； 小孩刚离开滑板时滑板下滑的距离x＝a1t2＝ m，故D正确。 返回 本课结束 第 四 章 $