第3章 专题突破6 “滑块—木板”模型-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦“滑块—木板”模型专题，紧扣运动和力的关系核心考点，依据高考评价体系梳理模型特点、位移关系及“v物=v板”临界条件等必备知识，分析水平面光滑与不光滑、斜面、图像结合等四大考向，归纳摩擦力分析、相对位移计算等常考题型，体现高考备考的精准性。 课件亮点在于“真题情境+科学思维”的训练模式，如以广东江门模拟题为例，通过牛顿第二定律推导动摩擦因数与力的大小，培养模型建构与科学推理素养，提炼“摩擦力突变分析”“临界共速判断”等解题技巧。教师可依托典例解析与能力提升模块，帮助学生掌握得分关键，实现高效冲刺复习。

第三章　运动和力的关系 专题突破6　“滑块—木板”模型 盘点 核心知识 1.模型特点:滑块(视为质点)置于木板上,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.位移关系:如图所示,滑块由木板一端运动到另一端的过程中,滑块和木板同向运动时,位移之差Δs=s1-s2=L(板长);滑块和木板反向运动时,位移大小之和s2+s1=L。 3.解题关键 (1)摩擦力的分析判断:由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。 (2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义 摩擦力突变的临界条件:当v物=v板时,“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者滑动摩擦力变向,或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。 ①滑块恰好不滑离木板的条件:滑块运动到木板的一端时,v物=v板; ②木板最短的条件:当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。 提升 关键能力 考向1　水平面光滑的板块运动 [典例1]　(2026 ·广东江门模拟)如图所示,质量M=2.5 kg的长木板静止在光滑水平地面上,木板的右端也静置一个质量m=0.5 kg的小物块(视为质点)。0时刻对木板施加水平向右的力F,F作用3 s后立即撤去。此时小物块速度为3 m/s,小物块相对长木板向左移动了4.5 m,重力加速度g取10 m/s2,小物块始终不滑离长木板。求: (1)小物块与长木板间的动摩擦因数μ 和水平力F的大小; [解析]　由题意知,小物块3 s末的速度为3 m/s,设0~3 s内小物块的加速度为a1,长木板的加速度为a2,对小物块由速度与时间关系可得v1=a1t,根据位移关系可得a2t2-a1t2=4.5 m,对小物块由牛顿第二定律可得μmg=ma1,对长木板由牛顿第二定律可得F-μmg=Ma2,联立解得μ=0.1,F=5.5 N。 [答案]　0.1　5.5 N　 (2)最终小物块在长木板上留下的摩擦痕迹的长度。 [解析]　撤去水平力F时,长木板的速度v2=a2t=6 m/s,速度大于小物块的速度,对长木板由牛顿第二定律得μmg=Ma3,可得a3=0.2 m/s2,长木板与小物块达到共速时,v1+a1t'=v2-a3t'=v3,解得t'=2.5 s,v3=5.5 m/s,长木板与小物块的位移差Δx=·t'-·t'=3.75 m,最终小物块在长木板上留下的摩擦痕迹L=Δx+4.5 m=8.25 m。 [答案]　8.25 m 考向2　水平面不光滑的板块运动 [典例2]　如图所示,静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m1= 1 kg,与地面间的动摩擦因数μ1=0.2。质量为m2=2 kg、可看作质点的小物块与木板、地面间的动摩擦因数均为μ2=0.4。小物块以v0=4 m/s的水平速度从左端滑上木板,经过t=0.6 s滑离木板,g取10 m/s2。以下说法正确的是(　　) A.木板的长度为1.68 m B.小物块离开木板时,木板的速度为1.6 m/s C.小物块离开木板后,木板的加速度为2 m/s2,方向水平向右 D.小物块离开木板后,木板与小物块将发生碰撞 D [解析]　由于μ2m2g>μ1(m1+m2)g,所以小物块在木板上以a1=μ2g=4 m/s2的加速度减速滑行时,木板以a2==2 m/s2的加速度向右加速运动,在t=0.6 s时,小物块的速度v1=v0-a1t=1.6 m/s,木板的速度v2=a2t=1.2 m/s,B错误;0.6 s内小物块的位移为x1=t=1.68 m,木板的位移x2=t=0.36 m,相对位移为Δx=x1-x2=1.32 m,即木板长度为1.32 m,A错误;小物块离开木板后,木板做匀减速运动,加速度大小为a4=μ1g=2 m/s2,方向水平向左,C错误;在地面上小物块做减速运动,加速度大小为a3=μ2g=4 m/s2,滑行的距离x3==0.32 m,木板滑行的距离x4==0.36 m,所以两者会相碰,D正确。 考向3　斜面上的板块问题 [典例3]　(2026 ·广东珠海模拟)如图所示,倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上,初始状态时,质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上,且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m,现将薄木板由静止释放,同时质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。 (1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板; [解析]　开始运动时,滑块的加速度大小为 a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2, 薄木板的加速度大小为 a2==8 m/s2, 假设滑块不脱离薄木板,当两者达到共速时,有 v=v0+a1t1=a2t1, 解得t1=0.5 s,v=4 m/s。 滑块下滑的位移大小为s1=t1=1.75 m, 薄木板下滑的位移大小为s2=t1=1 m, 两者相对位移大小为Δs=s1-s2=0.75 m<L=1 m, 假设成立,滑块不能脱离薄木板。 [答案]　滑块不能脱离薄木板,计算过程见解析　 (2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。 [解析]　两者达到共速后一起沿斜面向下运动,加速度大小为a3=gsin θ=6 m/s2, 当薄木板下端到达斜面底端时,有 s-s2=vt2+a3, 解得t2=0.2 s, 故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为 t=t1+t2=0.7 s。 [答案]　0.7 s 考向4　与图像结合的“滑块—木板”模型 [典例4]　质量为M=2 kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B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.A与B上表面之间的动摩擦因数μ1=0.1 B.B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2 C.A的质量m=6 kg D.A的质量m=4 kg C [解析]　由图像可知,A在0~1 s内的加速度a1==-2 m/s2,对A,由牛顿第二定律得-μ1mg=ma1,解得μ1=0.2,选项A错误;由图像知,在1~3 s内A、B共速,加速度a3==-1 m/s2,对A、B整体,由牛顿第二定律得-μ2(M+m)g=(M+m)a3,解得 μ2=0.1,选项B错误;由图像可知B在0~1 s内的加速度 a2==2 m/s2,对B,由牛顿第二定律得μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2,代入数据解得m=6 kg,选项C正确,D错误。 求解“滑块—木板”类问题的方法技巧 1.弄清各物体初态对地的运动和各物体的相对运动(或相对运动趋势),根据相对运动(或相对运动趋势)情况确定物体间的摩擦力方向。 2.准确地对各物体进行受力分析,并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度,结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 3.速度相等是这类问题的临界点,此时往往意味着物体间的相对位移最大,物体的受力和运动情况可能发生突变。 方法技巧 $