第3章 第2讲 第4课时 动力学中的“滑块—木板 ”模型(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

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临界条件分析、相对位移关系两大核心考点，通过真题及模拟题分析明确动力学综合应用占比达60%，归纳木板带动滑块、滑块带动木板两类常考题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2024新课标卷真题为例，深入剖析牛顿第二定律应用及位移关系推导，培养学生运动和相互作用观念与科学思维素养。特设“关键点拨”和“课时跟踪检测”，助力学生掌握临界条件突破法，教师可据此实施针对性复习，提升备考效率。

动力学中的“滑块—木板 ”模型 第4课时 1.两种常见类型 必备知能 类型图示 规律分析 长为L的木板B带动滑块A，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为sB=sA+L 滑块A带动长为L的木板B，滑块恰好不从木板上掉下的临界条件是滑块滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为sB+L=sA 2.两个解题关键 (1)一个转折 滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下，是受力和运动状态变化的转折点。 (2)两个关联 转折前后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的变化，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。 1.如图所示，在光滑平台上放置一长度l=0.5 m、质量M=2 kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m=1 kg的物块，物块与薄板间的动摩擦因数μ=0.2，开始时两者均静止。现对薄板施加F=8 N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，物块在薄板上运动的时间为 (　　) A.0.5 s B.1 s C.1.5 s D.2 s 类型1　木板带动滑块运动的情形 √ 解析：设物块脱离薄板前，物块的加速度为a1，薄板的加速度为a2，物块脱离薄板的时间为t，由牛顿第二定律有μmg=ma1，F-μmg=Ma2，代入数据解得a1=2 m/s2，a2=3 m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得a2t2-a1t2=l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间t=1 s，故选B。 2.(2025·福州八中月考)如图所示，长L=2 m、质量M=8 kg的木板放在水平地面上，木板向右运动的速度v0=6 m/s 时，在木板最右端轻放一个初速度为0、质量m=2 kg、可看成质点的小物块。木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，g取10 m/s2。求物块滑离木板的时间t和此时木板的速度。 解析：由题意可知物块和木板受到的摩擦力的方向如图1所示： 木板对物块的摩擦力fm=μmg=4 N 由牛顿第三定律知fm'=fm=4 N 地面对木板的摩擦力fM=μ(m+M)g=20 N 对物块有fm=ma1，解得a1=2 m/s2，方向向右 答案：0.4 s　4.8 m/s 对木板有fM+fm'=Ma2，解得a2=3 m/s2，方向向左 物块滑离木板运动过程示意图如图2所示： 从物块刚滑上木板到物块滑离木板这段过程，木板比物块多走的位移大小等于板长，即L=sM-sm 木板做匀减速直线运动，则sM=v0t-a2t2 物块做初速度为0的匀加速直线运动，则sm=a1t2 联立解得t=0.4 s或2 s(舍去) t=0.4 s时木板的速度v板=v0-a2t=4.8 m/s。 1.解答第2题的关键点 (1)木板带动小物块运动，物块只能从木板左端滑离。 (2)小物块滑离木板时，必有v木板>v物块，sM-sm=L。 关键点拨 3.如图所示，质量为4 kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2 kg的物块，现对物块施加一大小为12 N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1 s，物块就不能脱离木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为0.4，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，物块可视为质点，取重力加速度大小g=10 m/s2。则木板的长度为 (　　) A.0.8 m B.1.0 m C.1.2 m D.1.5 m 类型2　滑块带动木板运动的情形 √ 解析：设在拉力F作用下物块的加速度大小为a1，撤去拉力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1，μ1mg=ma2，μ1mg-μ2(M+m)g=Ma3，解得a1=2 m/s2，a2=4 m/s2，a3=0.5 m/s2，拉力F作用的时间为1 s时，物块、木板的速度分别为v1=a1t1=2 m/s，v2=a3t1=0.5 m/s，设又经t2时间物块恰好滑到木板右端，物块、木板共速，则v共=v1-a2t2=v2+a3t2，解得t2= s，v共= m/s，木板的长度为L=v1t1-v2t1+t2-t2=1.0 m，故选B。 4.(2024·新课标卷)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。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；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g=10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； 解析：设物块和薄板的质量均为m，薄板加速度大小为a1，物块离开薄板时薄板的速度大小为v1，对薄板受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma1 由初速度为零的匀变速直线运动规律得l=a1，v1=a1t1 答案：4 m/s　 s　 设物块的初速度大小为v0，加速度大小为a2，由题意可知，物块滑离薄板时，相对平台向右运动的位移为l+l=l，对物块受力分析，由牛顿第二定律得μmg=ma2 由匀变速直线运动规律得l=v0t1-a2 联立解得t1= s，v0=4 m/s，v1=1 m/s。 (2)平台距地面的高度。 解析：物块离开薄板后做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设运动时间为t2，平台距地面的高度为h， 对薄板由运动学规律得l=v1t2 对物块由平抛运动规律得h=g 联立解得h= m。 答案： m 2.解答第4题的关键点 (1)物块与薄板的相对位移为l。 (2)物块飞出后薄板做匀速运动，且滑动-的时间与物块平抛运动的时间相等。 关键点拨 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 1.(2025·湖北武汉联考)如图所示，光滑水平桌面上放置长l=0.78 m的木板。t=0时，小物块(可视为质点)从木板的左端以v1=4 m/s的速度向右滑上木板，同时木板以v2=4 m/s的速度向左滑动；t=0.1 s时，小物块从木板的右端滑下。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度大小g=10 m/s2，则小物块与木板的质量之比为 (　　) A.3∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶3 √ 1 2 3 4 5 解析：对小物块，由牛顿第二定律有μm1g=m1a1，小物块的加速度大小为a1=μg，对木板，由牛顿第二定律有μm1g=m2a2，木板的加速度大小为a2=，小物块向右的位移为s1=v1t-a1t2，木板向左的位移为s2=v2t-a2t2，由几何关系可知l=s1+s2，联立解得=，故A正确。 1 5 2 3 4 2.如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木板相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大 (　　) A.仅增大恒力F B.仅增大木板的质量M C.仅增大木块的质量m D.仅减小木块与木板间的动摩擦因数 √ 1 5 2 3 4 解析：根据牛顿第二定律得木块的加速度为a1==-μg，木板的加速度为a2=，设板长为L，根据L=a1t2-a2t2，得t=，木板相对地面运动位移为s=a2t2。若仅增大木板的质量M，木块的加速度a1不变，木板的加速度a2减小，可知时间t减小，s减小，B错误；若仅增大木块的质量m，则木块的加速度a1减小，木板的加速度a2增大，则t增大，s增大，C正确；若仅增大恒力F，则木块的加速度a1变大，木板的加速度不变，则t减小，s减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t减小，s减小，D错误。 1 5 2 3 4 木板的加速度不变，则t减小，x减小，A错误；若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度a1增大，木板的加速度a2减小，则t减小，x减小，D错误。 1 5 2 3 4 3.(双选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，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=2m C.木板的长度为8 m D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1 √ √ 1 5 2 3 4 解析：物块相对木板运动的过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力的作用，由牛顿第二定律有μmg=ma1，v⁃t图像的斜率表示加速度，由题图乙可知，物块的加速度大小为a1= m/s2=2 m/s2，解得μ=0.2，对木板受力分析，由牛顿第二定律有μmg=Ma2，同理，由题图乙可知，木板的加速度大小为a2= m/s2=1 m/s2，联立解得M=2m，故A、D错误，B正确；由题图乙可知，物块和木板在t=2 s时分离，两者在0~2 s内的v⁃t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故木板长度为L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m，C正确。 1 5 2 3 4 4.如图甲所示，粗糙水平地面上静置一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板，在其右端放一质量为1 kg的小物块(可看作质点)。某时刻起对长木板施加逐渐增大的水平外力F，测得小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10 m/s2。若一开始改用F=16 N的水平恒力拉长木板，则小物块在长木板上滑行的时间为 (　　) A.2 s B.3 s C. s D. s √ 1 5 2 3 4 解析：由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者先一起加速运动，后发生相对滑动。当F>2 N时二者开始一起加速，则长木板受水平地面的滑动摩擦力Ff2=2 N；当F>14 N时小物块和长木板发生相对滑动，此时小物块受到的摩擦力Ff1=4 N，则小物块的加速度最大为a1== m/s2=4 m/s2；改用F=16 N的外力水平拉长木板时，对长木板由牛顿第二定律可得F-Ff1-Ff2=Ma，解得a=5 m/s2，由运动学规律知小物块在长木板上滑行的时间满足at2-a1t2=L，代入数据解得t=2 s，故选A。 1 5 2 3 4 5.(12分)(2025·福建福清模拟)质量为m的薄木板静置于水平桌面上，其一端与桌边对齐，木板上放一质量也为m的小木块(可视为质点)，小木块与木板的左端相距为l，桌面长为L，如图所示。已知各接触面之间的动摩擦因数均为μ，现有一水平恒力F作用于木板上，将木板从小木块下水平抽出，已知小木块从木板上滑下后，恰好停在桌面的右边缘，重力加速度为g。求： 1 5 2 3 4 (1)小木块的运动时间；(6分) 解析：小木块先做加速运动后做减速运动，两次加速度大小相同，设为a1，设运动总时间为t 对小木块，由牛顿第二定律有μmg=ma1 小木块加速运动的位移大小为s1=a1 答案：2　 1 5 2 3 4 根据运动的对称性有s1= 其中t0= 联立解得t=2。 1 5 2 3 4 (2)恒力F的大小。(6分) 解析：设木板的加速度为a2，在t0时间内运动的位移大小为s2=a2 又s2-s1=l 对木板受力分析，由牛顿第二定律有F-μmg-2μmg=ma2 联立解得F=。 答案： 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $