第5章 专题强化练7 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（鲁科版）

该高中物理课件系统梳理牛顿运动定律的滑块—滑板模型，通过“无拉力/有拉力”题组分类整合知识，串联受力分析、加速度计算、相对运动等核心内容，构建从基础到综合的逻辑知识网络。 其特色是情境化分层练习设计，如从光滑水平面到倾斜轨道的模型拓展，结合外力F动态变化的综合题，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力。这种设计帮助学生巩固知识，也为教师提供精准复习教学支持。

第5章 牛顿运动定律 第1讲　描述运动的基本概念 专题专项练 专题强化练7　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福建仙游第一中学期中]如图甲所示,光滑水平面上静置一块薄长木板,长木板上表面粗糙,其质 量为M。t=0时刻,质量为m的物块(可视为质点)以速度v水平滑上长木板,此后木板与物块运动的v-t图像 如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( ) A.M=m B.M=2.5m C.木板的长度为16 m C D.木板与物块间的动摩擦因数为0.2 第1讲　描述运动的基本概念 解析　物块相对木板运动的过程中,在水平方向上物块只受到木板给的滑动摩擦力作用,做匀减速直线 运动,有μmg=ma1;根据v-t图线的斜率表示加速度,可得物块的加速度大小a1=  m/s2=1 m/s2,解得μ=0.1; 对木板受力分析,可知物块对木板的摩擦力提供木板的加速度,有μmg=Ma2,由v-t图像可知木板的加速度 大小a2=  m/s2=0.5 m/s2,联立解得M=2m,A、B、D错误。从题图乙可知,物块和木板在t=4 s时分离,两者 在0~4 s内的v-t图线与t轴围成的面积之差等于木板的长度,故L= ×(7+3)×4 m- ×2×4 m=16 m,C正确。 第1讲　描述运动的基本概念 2.[多选题][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.μ2=  C.v0=  m/s　　　     D.v0=5 m/s AD 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= ,A正确,B错误。对滑块受力 分析,根据牛顿第二定律有μ2mg=ma2,解得a2=4 m/s2,可知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,两 者的共同速度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v0 =5 m/s,C错误,D正确。 第1讲　描述运动的基本概念 3.[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 第1讲　描述运动的基本概念 设货物离开木板A时的速度大小为v3,有 - =-2a1l 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 4.[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 5.[多选题][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。下列说法正确的是 ( ) A.物块与木板间的动摩擦因数为0.4 B.1~1.5 s内木板的加速度大小为5 m/s2 BD 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错误,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 6.[2026江苏苏州高新区第一中学月考]如图1,水平地面上有一长木板,将一小物块放在长木板上,给小 物块施加一水平外力F,通过传感器分别测出外力F大小、长木板及小物块的加速度a的数值如图2所 示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,则以下说法正确的是 ( ) A.小物块与长木板间的动摩擦因数μ1=  B.长木板与地面间的动摩擦因数μ2=  C.小物块的质量m=  B D.长木板的质量M=  第1讲　描述运动的基本概念 解析　由题图2可知,当F=F1时,长木板与地面间的静摩擦力最大,小物块与长木板整体恰好开始相对地 面滑动,则有F1=μ2(m+M)g;当F1<F≤F3时,小物块与长木板相对静止一起加速运动,有F-μ2(m+M)g=(m+M) a,整理得a= -μ2g,结合题图2的图线纵轴截距有-a0=-μ2g,解得μ2= ,结合题图2的图线斜率,有  = ,得m+M= ;当F>F3时,小物块相对长木板滑动,对小物块有F-μ1mg=ma,整理得a= -μ1g,结合题图2 有 = ,则小物块的质量m= ,联立解得M= - ,由题图2可知 = ,解得M= ; 小物块相对长木板滑动,对长木板,由牛顿第二定律有μ1mg-μ2(M+m)g=Ma1,联立解得μ1= 。故选 B。 第1讲　描述运动的基本概念 7.[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 $