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（江苏专版）

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受力分析、运动规律、临界条件及图像分析等核心考点，通过考向分类明确水平面光滑与不光滑、斜面、图像结合等情境的考查权重，归纳加速度计算、相对位移求解等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“知识盘点+真题训练+素养提升”模式，如典例1用解析法与图像法结合求相对位移，典例4结合v-t图像分析木板长度，培养科学思维与模型建构素养。设“解题流程”与“易错警示”，帮助学生掌握临界条件应用技巧，教师可据此高效开展专题复习，助力高考冲刺。

专题突破6　“滑块—木板”模型 第三章　运动和力的关系 1 [学习目标]　1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。3.会利用图像分析“滑块—木板”模型。 2 盘点 核心知识 提升 关键能力 内容索引 3 盘点 核心知识 一 4 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，滑块和木板具有不同的加速度。 5 2.模型构建 (1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。 (2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。 (3)明确滑块和木板间的位移关系 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Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和 木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。 6 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块＝v板”临界条件的拓展含义 ①摩擦力突变的临界条件：当v块＝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两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)，或滑动摩擦力改变方向。 ②滑块恰好不滑离木板和木板最短的条件：滑块运动到木板的一端时，v块＝v板。 7 4.处理“滑块—木板”模型中动力学问题的流程 8 提升 关键能力 二 9 考向1　水平面光滑的板块问题 [典例1]　如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止。现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则： 10 (1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？ [解析]　方法一　解析法 对长木板，根据牛顿第二定律可得 a＝， 解得a＝3 m/s2。 方法二　图像法 与方法一相同。 [答案]　3 m/s2 11 (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？ [解析]　方法一　解析法 撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用， 故am＝μg＝2 m/s2， 则Δx1＝at2amt2＝0.5 m。 方法二　图像法 v－t图像中△OAB的面积大小表示撤去F之前小物块与长木板的相对位移，即物块到木板右端的距离Δx1＝×1 m＝0.5 m。 [答案]　0.5 m　 12 (3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？ [解析]　方法一　解析法 刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s， 撤去F后，长木板的加速度大小a'＝＝0.5 m/s2， 最终速度v'＝vm＋amt'＝v－a't'， 解得共同速度v'＝2.8 m/s，t'＝0.4 s。 方法二　图像法 与方法一相同。 [答案]　2.8 m/s 13 (4)最终小物块离长木板右端多远？ [解析]　方法一　解析法 在t'时间内，小物块和长木板的相对位移 Δx2＝， 解得Δx2＝0.2 m， 最终小物块到长木板右端的距离 x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m。 14 方法二　图像法 图中△OAC的面积表示小物块最终到长木板右端的 距离，x＝×1.4 m＝0.7 m。 [答案]　0.7 m 15 考向2　水平面不光滑的板块问题 [典例2]　(2026·江苏宿迁沭阳县阶段测试)如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和足够长的木板B静止叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g取10 m/s2。求： 16 (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； [解析]　A被敲击后，对A由牛顿第二定律知μmg＝maA， 解得A的加速度大小aA＝μg， 根据匀变速直线运动速度位移关系有＝2aAL， 解得vA＝＝4 m/s。 [答案]　4 m/s 17 (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度大小aB、aB'； [解析]　在左边缘再次对齐前，对B， 根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB， 解得aB＝3μg＝12 m/s2。 对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB'， 解得aB'＝μg＝4 m/s2。 [答案]　12 m/s2　4 m/s2 18 (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 [解析]　B被敲击后，设经过时间t，A、B左边缘对齐并达到共同速度v，该过程，A、B的位移分别为xA、xB，A的加速度大小等于aA， 则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝aAt2， xB＝vBtaBt2，xB－xA＝L， 解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m， A、B达到共同速度后，有v2＝2aB'xB'， 解得xB'＝0.5 m， 所以sB＝xB＋xB'＝3 m。 [答案]　8 m/s　3 m 19 考向3　斜面上的板块问题 [典例3]　(2026·江苏无锡期中)如图所示，在倾 角为θ＝37°的足够长固定斜面上放置一质量M ＝2 kg、长度L＝1.5 m的薄平板AB，在薄平板上 端A处放一质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速度释放，已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， g取10 m/s2，求： 20 (1)释放后，小滑块的加速度大小a1和薄平板的加速度大小a2； [解析]　假设释放后滑块会相对于薄平板向下滑动，对滑块，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mgcos 37°， 解得a1＝gsin 37°－μ1gcos 37°＝4 m/s2。 对薄平板，由牛顿第二定律有Mgsin 37°＋Ff1'－Ff2＝Ma2， 其中Ff1'＝Ff1，Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)gcos 37°， 解得a2＝1 m/s2。 由a1＞a2可知，假设成立，即滑块会相对于薄平板 向下滑动。 [答案]　4 m/s2　1 m/s2 21 (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 [解析]　从释放到小滑块滑离薄平板的过程，由运动学公式有x1＝ a1t2，x2＝a2t2， 又x1－x2＝L， 解得t＝1 s。 [答案]　1 s 22 考向4　与图像结合的板块问题 [典例4]　(2026·黑龙江齐齐哈尔模拟)粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端，如图甲所示。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用，滑块、长木板的v－t图像如图乙所示。已知滑块与长木板的质量相等，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： 23 (1)为了使滑块Q始终没有从长木板P上滑下，长木板P的长度至少多长； [解析]　对题图乙分析可知，长木板P的长度至少是前6 s过程中滑块Q在长木板P上滑行的距离，则有Δx1＝×5×5 m＋×(5＋3)×1 m× 3×6 m＝7.5 m。 [答案]　7.5 m　 24 (2)长木板P和水平地面之间的动摩擦因数； [解析]　由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时二者速度相同，为v2＝3 m/s，在t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，在t2＝6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度。在0~6 s过程中，以滑块Q为研究对象，根据v－t图像的斜率表示加速度的大小，则有a1＝ m/s2＝0.5 m/s2， 根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1， 25 解得μ1＝0.05。 5~6 s过程中，以长木板P为研究对象，根据v－t图 像斜率的绝对值表示加速度的大小，则有 a2＝ m/s2＝2 m/s2， 根据牛顿第二定律有μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2， 解得μ2＝0.075。 [答案]　0.075 26 (3)长木板P停下来的时间； [解析]　6 s末到长木板P停下来过程中，根据牛顿第二定律有μ2(2m)g－μ1mg＝ma3， 解得a3＝1 m/s2， 此过程对应的时间Δt1＝＝3 s， 则长木板P停下来的时间为t3＝6 s＋Δt1＝9 s。 [答案]　9 s 27 (4)滑块Q在长木板P上滑行的相对位移的大小。 [解析]　在从6 s末到滑块Q停下来的过程中，根据 牛顿第二定律有μ1mg＝ma4， 解得a4＝0.5 m/s2， 此过程对应的时间Δt2＝＝6 s， 则滑块Q停下来的时间为t4＝6 s＋Δt2＝12 s。 6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2＝×3× 6 m×3×3 m＝4.5 m。 前6 s长木板P速度更大，后6 s滑块Q速度更大，则滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为Δx＝Δx1－Δx2＝3 m。 [答案]　3 m 28 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 29 1.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、方向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，重力加速度大小g取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 B 教参独具 30 解析：设在拉力F作用下物块在木板上滑动时物块的加速度大小为a1，撤去外力后物块的加速度大小为a2，木板的加速度为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、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＝v1t1v2t1＋t2t2＝0.75 m＋0.25 m＝ 1.0 m，故选B。 2.(2026·河南洛阳高三上阶段检测)如图1所示， 质量为M＝1 kg的木板静置于水平面上，有一个 可视为质点、质量为m＝2 kg的小物块，以v0＝ 6 m/s的初速度滑上木板的左端。物块和木板的 v－t图像如图2所示，小物块始终在木板上， g取10 m/s2。结合图像可求得(　　) A.物块在前2 s内的位移为6 m B.木板的最小长度为2 m C.物块与木板间的动摩擦因数为0.2 D.木板与水平面之间的动摩擦因数为0.2 C 解析：根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移 可知，物块在前2 s内的位移为x＝×(6＋2)×2 m ＝8 m，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速 度可知，在0~2 s内物块的加速度大小为a1＝ m/s2 ＝2 m/s2，木板的加速度大小为a2＝ m/s2＝1 m/s2， 对物块根据牛顿第二定律可得μ1mg＝ma1，解得物块 与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.2，对木板根据牛顿第 二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得木板与水平 面之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，故C正确，D错误；根 据v－t图像可知，在0~2 s内物块与木板发生的相对位移为Δx＝×6×2 m＝6 m，可知木板的最小长度为6 m，故B错误。 3.如图甲所示，光滑斜面上有固定挡板A，斜面上叠放着小物块B和薄木板C，木板下端位于挡板A处，整体处于静止状态。木板C受到逐渐增大的沿斜面向上的拉力F作用时，木板C的加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取 10 m/s2，则由图像可知，下列说法正确的是(　　) A.10 N＜F＜15 N时物块B和木板C相对滑动 B.木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出 C.由题目条件可求木板C的质量 D.F＞15 N时物块B和木板C相对滑动 D 解析：由题图乙可知，当10 N＜F＜15 N时物块B和木板C相对静止，当F＞15 N时木板的加速度变大，物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物块整体，当F1＝10 N时，a＝0，则F1＝(M＋m)gsin θ，当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则F2－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a，联立得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解木板C的质量，故C错误；当F2＝15 N时，对物块B，有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B错误。 $