第4章 专题强化练11 滑块—滑板模型（PPT同步课件）-【学而思】2026-2027学年高一物理必修第一册分层练习（人教版 江苏北京专版）

该高中物理课件聚焦运动和力的关系，以滑块—滑板模型为核心，通过题组分类（无拉力/有拉力作用）梳理知识，结合受力分析、牛顿第二定律及v-t图像，构建“摩擦力-加速度-相对运动”的逻辑网络，帮助学生系统掌握力学综合问题的分析方法。 其亮点在于融合科学思维与物理观念，如通过一题多解（运动学公式与v-t图像法）培养模型建构能力，设计分层题组（基础共速问题到含变力综合题）实现个性化复习。解析中强调受力分析与运动过程结合，有效提升学生科学推理能力，助力教师精准实施单元复习，强化知识应用与迁移。

第四章 运动和力的关系 第1讲　描述运动的基本概念 专题专项练 专题强化练11　滑块—滑板模型 第1讲　描述运动的基本概念 题组一　无拉力F作用的滑块—滑板模型 1.[2026江苏宿迁期末]如图甲所示,质量为2 kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t=0时,物块A (可视为质点)以3 m/s的初速度滑上B的左端,A、B的速度随时间变化的图像如图乙所示,重力加速度 g取10 m/s2,则 ( ) A.A的质量为4 kg B.A与B间的动摩擦因数为0.1 C.B的长度为1.5 m D.A在B上滑动过程中对地的位移为2 m     D     第1讲　描述运动的基本概念 解析　根据v-t图线的斜率表示加速度,可得0~1 s内物块A与长木板B的加速度大小分别为aA= =  m/s2=2 m/s2,aB= =  m/s2=1 m/s2,对物块A,根据牛顿第二定律可得μmAg=mAaA,对长木板B,根据牛 顿第二定律可得μmAg=mBaB,联立解得mA=1 kg,μ=0.2,故A、B错误。根据v-t图线与时间轴围成的面积表 示位移,可知A在B上滑动过程中对地的位移为xA= ×1 m=2 m,故D正确;由于未知物块A是否恰好滑到 长木板B的右端,则长木板B的长度无法确定,故C错误。 第1讲　描述运动的基本概念 2.[2026河北唐山月考]如图所示,质量为M=2.0 kg、长度为l=2.5 m的长木板静置于水平地面上,它与地 面间的动摩擦因数μ1=0.2。质量为m=3.0 kg、可视为质点的滑块从长木板的右端以初速度v0向左滑上 长木板,滑块恰好运动到长木板的左端。已知长木板刚开始运动时的加速度大小a1=1 m/s2,设滑块与长 木板间的动摩擦因数为μ2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。则 ( ) A.μ2=  B.滑块刚滑上长木板时的加速度大小为0.2 m/s2 C.滑块运动到长木板左端所用时间为2 s     D     D.v0=5 m/s 第1讲　描述运动的基本概念 关键点拨 　　滑块滑上长木板,两者之间产生摩擦力,滑块在摩擦力的作用下做匀减速直线运动,长木板在滑块 的摩擦力作用下开始相对于地面滑动,地面对长木板产生滑动摩擦力,长木板在这两个摩擦力的作用下 做匀加速直线运动;两者达到相同速度后,在地面的滑动摩擦力作用下保持相对静止向左做匀减速直线 运动,最终停止运动。 第1讲　描述运动的基本概念 解析　长木板刚开始运动时的加速度大小a1=1 m/s2,对木板受力分析,水平方向滑块和地面对其的摩擦 力的合力提供加速度,根据牛顿第二定律有μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1,解得μ2= ;对滑块受力分析,根据牛顿第 二定律有μ2mg=ma2,解得a2=4 m/s2,故A、B错误。起初滑块向左做匀减速直线运动、木板向左做匀加速 直线运动,当两者达到相同速度后保持相对静止,一起向左做匀减速直线运动,最终停止运动,设两者共 速所用时间为t0,共速时有v1=v0-a2t0=a1t0,滑块相对于木板的位移大小恰好等于木板的长度,即有l= t0 - t0,解得t0=1 s,v0=5 m/s,C错误,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 3.[2026湖北黄冈月考]如图所示,质量为M的长木板A在光滑水平面上以大小为v0的速度向左运动,一质 量为m的小木块B(可视为质点),以大小也为v0的速度水平向右冲上木板左端,B、A间的动摩擦因数为μ, 最后B未滑离A。已知M=2m,重力加速度为g。求: (1)A、B达到共速所用的时间和共速时速度的大小; (2)木板A的最短长度L。   答案    (1)          (2)  第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)B相对于A滑动时,对A、B,分别由牛顿第二定律得μmg=MaA,μmg=maB 又M=2m,可得aA= μg,aB=μg 规定水平向右为正方向,设经时间t两者达到共同速度v,则v=v0-aBt=-v0+aAt,解得t= = ,v=- , 即A、B共速时的速度大小为  (2)在时间t内,A的位移xA= t=-  B的位移xB= t=  木板A的最短长度为两者的相对位移大小,即 L=Δx=xB-xA=  第1讲　描述运动的基本概念 一题多解     (2)画出长木板A和小木块B运动过程的v-t图像如图所示,第(1)问已经求出达到共同速度所需的时间t=  和共同速度v=- ,木板A的最短长度为两者的相对位移大小,即图中阴影部分的面积,则L= ·2v0·t,将 t代入,解得L= 。   第1讲　描述运动的基本概念 4.[2025江苏十校联盟月考]如图所示,某货场需将质量为m的货物(可视为质点)从高处运送至地面,现利 用固定于地面的倾斜轨道传送货物,使货物在轨道上无初速度滑下,轨道倾角为θ=37°。地面上紧靠轨 道依次排放两块完全相同的木板A、B,长度均为l=2 m,厚度不计,质量均为m,木板上表面与轨道末端平 滑连接。货物与倾斜轨道间的动摩擦因数为μ0=0.125,货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间 的动摩擦因数μ2=0.2。求解下列问题:(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重 力加速度g取10 m/s2) (1)若货物从倾斜轨道上离地面高h0=1.5 m处由静止滑下,求货物到达轨道末端时的速度大小v0; (2)若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件; (3)若μ1=0.5,为使货物恰能到达B的最右端,货物由静止下滑的高度h应为多少。 答案    (1)5 m/s    (2)0.4< μ1≤0.6    (3)2.64 m 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)货物从倾斜轨道上离地面高h0处滑下,由牛顿第二定律有mg sin 37°-μ0mg cos 37°=ma0 由运动学公式有 =2a0  代入数据解得v0=5 m/s (2)货物滑上木板A时,木板不动,有 μ1mg≤μ2(m+2m)g 滑上木板B时,木板B开始滑动,有μ1mg>μ2(m+m)g 联立可得0.4< μ1≤0.6 (3)设货物由静止下滑到倾斜轨道末端时的速度大小为v2,有 =2a0  货物滑上木板A后做匀减速直线运动,加速度大小a1=μ1g=5 m/s2 设货物离开木板A时的速度大小为v3,有 - =-2a1l 第1讲　描述运动的基本概念 货物滑上木板B后,货物的加速度大小a2=μ1g=5 m/s2 对木板B的摩擦力水平向右,地面对货物和木板B整体的摩擦力水平向左,则木板B的加速度大小a3=μ1g- 2μ2g=1 m/s2 货物到达木板B最右端时两者恰好共速,速度大小为v4,货物做匀减速直线运动,v4=v3-a2t, - =-2a2l货 木板B做匀加速直线运动,v4=a3t, =2a3lB 位移关系满足lB+l=l货 代入数据解得h=2.64 m 第1讲　描述运动的基本概念 题组二　有拉力F作用的滑块—滑板模型 5.[2026河北承德期末]如图所示,一质量M=2 kg的长木板静止在光滑水平面上,质量m=1 kg且可视为质 点的物块放在长木板的最右端,t=0时刻对长木板施加一水平向右的外力F,大小与时间满足关系F=kt,其 中k=3 N/s,物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,整个过程中物块始 终未离开长木板,重力加速度g取10 m/s2,则 ( )   A.t=2 s时,长木板的速度大小为3 m/s B.t=3 s时,物块的加速度大小为2 m/s2 C.t=3 s时,物块与长木板间未发生相对滑动 D.t=3 s时,物块的速度大小为5 m/s     B     第1讲　描述运动的基本概念 解析　物块与长木板恰好未发生相对滑动时,对物块分析得μmg=ma0,解得a0=2 m/s2,对物块与长木板整 体有F0=(M+m)a0,解得F0=6 N,结合F=kt,可得此时t=2 s,即当t=2 s时物块与长木板即将发生相对滑动,C错 误;0~2 s内物块与长木板一起做加速运动,加速度从零均匀增加到2 m/s2,则t=2 s时,物块与长木板的速度 大小为v2= ×2×2 m/s=2 m/s,A错误;t=3 s时,物块受到滑动摩擦力,加速度大小为a=μg=2 m/s2,B正确;2~3 s内物块在木板的滑动摩擦力下做匀加速运动,加速度大小为a=2 m/s2,可知t=3 s时,物块的速度大小为v3 =v2+aΔt=(2+2×1) m/s=4 m/s,D错误。 第1讲　描述运动的基本概念 方法技巧     处理滑块—滑板问题的一般方法   第1讲　描述运动的基本概念 6.[2026四川德阳期末]如图甲所示,足够长的木板静置于光滑水平面上,木板最右端放置一可看成质点 的小物块。在t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动;t=1 s 时撤去F,整个过程木板运动的v-t图像如图乙所示。已知物块和木板的质量均为1 kg,最大静摩擦力等 于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。下列说法不正确的是 ( ) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.5 B.1~1.5 s内木板的加速度大小为5 m/s2     C     C.作用在木板的恒力F的大小为20 N D.物块与木板间相对滑动的距离为3.75 m 第1讲　描述运动的基本概念 解析　由题图乙可知,1 s末撤去拉力后,在1~1.5 s内木板在物块的滑动摩擦力作用下做匀减速运动,有μ mg=ma,由题图可知加速度大小a= =  m/s2=5 m/s2,解得μ=0.5,A、B正确;0~1 s内,木板的加速度 为a1= =10 m/s2,对木板,根据牛顿第二定律有F-μmg=ma1,解得F=15 N,C错误;0~1.5 s内,物块与木板相 对滑动,在题图乙中画出小物块的v-t图像,根据v-t图线与t轴围成的面积差求物块与木板间相对滑动的 距离为Δx= ×10×1 m+ ×(7.5+10)×(1.5-1) m- ×7.5×1.5 m=3.75 m,D正确。   第1讲　描述运动的基本概念 7.[2026江苏淮安期末]如图所示,质量M=1 kg的长木板B静止在水平面上,质量m=2 kg的物块A(可视为 质点)放在B的左端。某时刻起,给A施加一水平向右的恒力F=36 N,经时间1 s后撤去力F,最终A滑到B的 右端且未从B上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,A与B、B与水平面间的动摩擦因数分别为μ1= 0.8、μ2=0.4,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)A开始运动时,B的加速度大小; (2)B的长度; (3)A运动的总时间。 答案    (1)4 m/s2    (2)4.5 m    (3)3 s 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)A对B的滑动摩擦力水平向右,大小为f1=μ1mg=16 N 水平面对B的滑动摩擦力水平向左,大小为f2=μ2(m+M)g=12 N 对B,根据牛顿第二定律有f1-f2=Ma2 解得a2=4 m/s2 (2)对A受力分析,根据牛顿第二定律有F-f1'=ma1,其中f1'=f1 解得a1=10 m/s2 1 s末A与B的速度大小分别为vA=a1t1=10 m/s、vB=a2t1=4 m/s 1 s内A的位移为xA1= a1 =5 m B的位移为xB1= a2 =2 m 外力F撤去后,A做匀减速运动,加速度大小为a3= =8 m/s2 第1讲　描述运动的基本概念 再经过t2时间后A与B共速,有vA-a3t2=vB+a2t2 解得t2=0.5 s 这段时间A的位移为xA2=vAt2- a3 =4 m B的位移为xB2=vBt2+ a2 =2.5 m 全程A与B的相对位移大小即为B的长度,所以L=xA1+xA2-xB1-xB2=4.5 m (3)A与B共速时的速度大小为v1=vA-a3t2=6 m/s 共速后A与B在水平面摩擦力的作用下一起做减速运动直到停止,此时a4= =4 m/s2 A、B共速到停止运动的时间为t3= =1.5 s A一共运动的时间为t1+t2+t3=3 s 第1讲　描述运动的基本概念 8.[2026浙江杭州期中]如图所示,粗糙的水平地面上有一长木板P,小滑块Q(可视为质点)放置于长木板P 的最右端。已知Q与P之间的动摩擦因数为μ1=0.05,P与地面间的动摩擦因数μ2=0.075。现将一个水平 向右F=3 N的恒力作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动,5 s后撤去恒力F的作用。已知滑块 与长木板的质量均为m=1 kg,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)撤去F前,P、Q的加速度大小; (2)撤去F后,经过多长时间P、Q二者达到共速; (3)P、Q从开始运动到达到共速的过程中,Q相对于P滑行的位移大小; (4)最终P与Q均静止,此时滑块Q离长木板P的右端有多远。 答案    (1)1 m/s2    0.5 m/s2    (2)1 s    (3)7.5 m (4)3 m 第1讲　描述运动的基本概念 解析    (1)撤去F前,对P、Q受力分析,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2·2mg=maP(点拨:P的加速度大 于Q,P、Q相对滑动) μ1mg=maQ(点拨:Q的加速度由它与P之间的滑动摩擦力提供,方向与P的运动方向相同) 解得aP=1 m/s2,aQ=0.5 m/s2 (2)撤去F时P、Q的速度分别为vP=aPt1=5 m/s,vQ=aQt1=2.5 m/s 撤去F后,Q继续加速运动,P减速运动,对P有μ1mg+μ2·2mg=maP' 解得P的加速度大小为aP'=2 m/s2 设经过t2时间P、Q二者达到共速,则有vP-aP't2=vQ+aQt2 解得t2=1 s (3)P、Q从开始运动到达到共速的过程中,Q相对于P滑行的位移大小为 第1讲　描述运动的基本概念 x1= aP +vPt2- aP' - aQ(t1+t2)2(点拨:相对位移是两者绝对位移的差值) 解得x1=7.5 m,即滑块Q相对木板P向左滑行7.5 m (4)P、Q共速时的速度为v共=aQ(t1+t2)=3 m/s 共速后,对P、Q,根据牛顿第二定律有μ2·2mg-μ1mg=maP″,μ1mg=maQ' 解得aP″=1 m/s2,aQ'=0.5 m/s2 P、Q共速后到都停止,Q相对P的位移大小为x2= -  解得x2=4.5 m,即滑块Q相对木板P向右滑行4.5 m 故滑块Q离长木板P的右端的距离为x=x1-x2=3 m 第1讲　描述运动的基本概念 $