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

该高中物理讲义聚焦动力学“滑块—木板”模型，覆盖木板带动滑块、滑块带动木板两种类型，梳理临界条件及位移关联规律。通过必备知能梳理、类型题方法指导、高考真题与模拟题训练，帮助学生构建动力学问题分析框架，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出科学思维与模型建构，对比两种类型题的临界条件和位移关系，引导学生提炼受力分析与运动学公式结合的解题方法。结合2024新课标卷等真题及分层练习，即时反馈解析过程，培养学生科学推理能力，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第4课时　动力学中的“滑块—木板 ”模型 |必|备|知|能| 1.两种常见类型 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。　 类型1　木板带动滑块运动的情形 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 解析：选B　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 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。 答案：0.4 s　4.8 m/s 类型2　滑块带动木板运动的情形 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 解析：选B　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； (2)平台距地面的高度。 解析：(1)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 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)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：(1)4 m/s　 s　(2) m 关键点拨 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。 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。 44 / 57 $