第4章 专题课：滑块—木板问题(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中物理必修第一册学生用书（人教版）

该高中物理讲义通过模型建构系统梳理滑块—木板问题知识体系，将光滑和不光滑水平面上的模型按“模型特点—解题策略—实例分析”框架呈现，用例题对比突出相对滑动临界条件、位移关系等重难点，构建清晰知识脉络。 讲义亮点在于分层练习设计，从基础例题（如例1拉力位置对运动的影响）到变式题、综合练习题，结合规范答题区培养科学论证素养。通过临界条件分析（如例3静摩擦力最大值判断）和运动过程推理，帮助学生掌握模型建构方法，支持教师实施分层教学与精准复习。

专题课:滑块—木板问题 学习任务一　光滑水平面上的滑块—木板模型 [模型建构] (1)模型特点:在光滑水平面上,滑块叠放在长木板上,两者在摩擦力的相互作用下发生相对滑动. (2)解题策略:分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度,对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系建立方程,特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移. 例1 (16分)如图所示,质量M=3 kg且足够长的木板B静止在光滑水平地面上,在B的右端放置一个质量m=1 kg的小铁块A,A与B间的动摩擦因数μ=0.3,g取10 m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力. (1)如图甲所示,在B的右端施加一个水平向右的F=6 N的拉力,求t=2 s内小铁块A的位移大小; (2)如图乙所示,在A的左端施加一个水平向左的F=6 N的拉力,求t=2 s内小木板B的位移大小. 规范答题区 自评项目 (共16分) 自评得分 书写工整无涂抹(是否加分项) □ (√或×) 有必要的文字说明(2分) 有解题关键公式(10分) 结果为数字的带有单位(2分) 求矢量的有方向说明(2分) 例2 如图所示,质量为mB=2 kg且足够长的长木板B静止于光滑水平地面上,质量为mA=4 kg且可视为质点的物块A以初速度v0=6 m/s从左端滑上长木板B.已知A、B间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,求: (1)物块A刚滑上长木板B时,物块A和长木板B的加速度大小; (2)物块A和长木板B最终的共同速度大小; (3)物块A从滑上长木板B到两者共速过程中A、B的位移大小. 学习任务二　不光滑水平面上的滑块—木板模型 [模型建构] (1)模型特点:滑块(视为质点)置于长木板上,滑块和木板均相对地面运动,且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动. (2)解题关键 ①相对滑动的临界条件:两物体相接触且相对静止时,常存在着静摩擦力,相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值. ②位移关系:滑块由木板一端运动到另一端过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δx=x2-x1=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移之和Δx=x2+x1=L. 例3 [2025·江苏南师大附中高一期末] 如图所示,将木块A和木板B叠放在水平地面上,木块质量mA=2 kg,木板质量mB=1 kg,木块与木板间动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间动摩擦因数为μ2=0.1,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,对木块施加一个水平向右的恒力F,则: (1)若F=9 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小; (2)若F=16 N,求木块A的加速度大小和A、B之间的摩擦力的大小. 变式 如图所示,质量为m0=20 kg、长为L=5 m的木板放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.15.质量为m=10 kg的小木块(可视为质点)以v0=4 m/s的速度从木板的左端滑上木板,小木块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10 m/s2.下列判断中正确的是 (　) A.木板一定静止,小木块不能滑出木板 B.木板一定静止,小木块能滑出木板 C.木板一定向右滑动,小木块不能滑出木板 D.木板一定向右滑动,小木块能滑出木板 [反思感悟] 　   1.(光滑水平面上的滑块—木板模型)(多选)[2025·重庆八中高一月考] 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,重力加速度大小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.从物块放上木板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 2.(不光滑水平面上的滑块—木板模型)(多选)[2026·湖北鄂北六校高一期中] 如图甲所示,质量M=3 kg的木板静止在水平地面上,质量m=2 kg的小物块(可视为质点)静止在木板的右端,t=0时对木板施加水平向右的拉力F,一段时间后撤去F,木板的速度—时间图像如图乙所示,物块始终没有离开木板,重力加速度g取10 m/s2,则 (　) A.物块与木板之间的动摩擦因数为0.3 B.木板与地面间的动摩擦因数为0.2 C.从施加拉力F到木板停下的时间为8.25 s D.拉力F的大小为16 N 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题课:滑块—木板问题 例1　(1)3 m　(2)2 m [解析] (1)当拉力作用在B上时,若A与B之间恰好不发生相对滑动,则由牛顿第二定律得μmg=mam (2分) 解得am=3 m/s2 (1分) 对应的最大拉力为Fm=am=12 N (2分) 由于F=6 N<Fm,所以F=6 N的水平拉力作用在B上时,A、B相对静止,一起向右做匀加速运动 (1分) 由牛顿第二定律得F=a (2分) 解得a=1.5 m/s2 (1分) 则t=2 s内A的位移为x=at2=3 m (1分) (2)力F作用在A上时,若B与A之间恰好不发生相对滑动,则由牛顿第二定律得μmg=Mam' (2分) 解得am'=1 m/s2 (1分) 对应的最大拉力为Fm'=am'=4 N (2分) 由于F=6 N>Fm',故F=6 N的水平拉力作用在A上时,A、B相对滑动,B以am'=1 m/s2的加速度向左做匀加速运动, 则t=2 s内B的位移为xB=am't2=2 m (1分) 例2　(1)2 m/s2　4 m/s2　(2)4 m/s　(3)5 m　2 m [解析] (1)长木板B对物块A的滑动摩擦力向左,使得物块A向右做匀减速直线运动,由牛顿第二定律得μmAg=mAaA 解得aA=2 m/s2 物块A对长木板B的滑动摩擦力向右,使得长木板B向右做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得μmAg=mBaB 解得aB=4 m/s2 (2)假设经过时间t后物块A和长木板B共速,有v0-aAt=aBt 解得t=1 s 则物块A和长木板B最终的共同速度大小为v共=aBt=4 m/s (3)物块A从滑上长木板B到两者共速过程中,物块A的位移大小为xA=v0t-aAt2=5 m 长木板B的位移大小为xB=aBt2=2 m 例3　(1)2 m/s2　5 N　(2)5 m/s2　6 N [解析] (1)A与B之间的最大静摩擦力为Ff1=μ1mAg=0.3×2×10 N=6 N B与地面之间的最大静摩擦力为Ff2=μ2(mA+mB)g=0.1×(2+1)×10 N=3 N 当A、B恰好发生相对滑动时,对于B有μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBa0 对于整体来说F0-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a0 解得F0=12 N 则当F=9 N<12 N时,B与地面发生相对运动,A与B没有发生相对滑动,则对于整体研究 F-μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a1 解得a1=2 m/s2 隔离B根据牛顿第二定律可Ff3-μ2g=mBa1 解得A、B之间的摩擦力的大小Ff3=5 N (2)当F=16 N>12 N时,A、B发生相对滑动,根据牛顿第二定律F-μ1mAg=mAa2 解得a2=5 m/s2 A、B之间的摩擦力为滑动摩擦力,大小为Ff4=μ1mAg=6 N 变式　A　[解析] 木板与水平面间的最大静摩擦力为Ff1=μ1(m0+m)g=45 N,小木块与木板之间的滑动摩擦力为Ff2=μ2mg=40 N,由于Ff1>Ff2,所以木板一定静止;设小木块在木板上滑行的距离为x,有=2μ2gx,解得x=2 m,由于x<L=5 m,所以小木块不能滑出木板,A正确. 随堂巩固 1.BC　[解析] 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,从物块放上木板至与木板相对静止时,两者的速度相等,有v0+a1t=a2t,解得从物块放上木板至与木板相对静止的时间为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物块和木板一起做匀加速运动,有F=(M+m)a3,受到的摩擦力大小为Ff'=ma3=2 N,故D错误. 2.BC　[解析] 根据v⁃t图像可知,0~5 s内,木板与物块之间相对滑动,5 s时撤去拉力F,5~6 s内,木板与物块之间仍有相对滑动,6 s时,木板与物块共速,之后做匀减速直线运动直至停止,所以物块从静止开始加速,在t=6 s时速度达到6 m/s,则a1== m/s2=1 m/s2,根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1,解得物块与木板之间的动摩擦因数为μ1=0.1,故A错误;木板在5~6 s内的加速度a2= m/s2=-4 m/s2,又因为此时木板受到物块和地面的摩擦力作用,根据牛顿第二定律有-μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,解得木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.2,故B正确;由于μ2=0.2>μ1=0.1,可知6 s后,木板与物块仍发生相对滑动;以木板为研究对象,根据牛顿第二定律有μ1mg-μ2g=Ma3,解得a3=- m/s2,木板减速到停止的时间t3= s=2.25 s,则从施加拉力F到木板停下的时间为t总=6 s+2.25 s=8.25 s,故C正确;在0~5 s内,对木板受力分析,根据牛顿第二定律有F-μ1mg-μ2g=Ma4,而a4= m/s2=2 m/s2,解得F=18 N,故D错误. 学科网（北京）股份有限公司 $