2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化六　动力学中的“滑块-木板”模型

专题强化六动力学中的“滑块—木板”模型学习目标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。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。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。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。考点一水平面上的板块问题例1(2025·湖北武汉多校联考)如图所示，光滑水平桌面上放置长l=0.78m的木板。t=0时，小物块(可视为质点)从木板的左端以v1=4m/s的速度向右滑上木板，同时木板以v2=4m/s的速度向左滑动;t=0.1s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=10m/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答案A解析对小物块，由牛顿第二定律μm1g=m1a1，小物块的加速度大小为a1=μg，对木板，有μm1g=m2a2，木板的加速度大小为a2=μm1gm2，小物块向右的位移为x1=v1t－12a1t2，木板向左的位移为x2=v2t－12a2t2，由几何关系可知l=x1+x2，联立解得例2(2025·河北保定高三月考)如图所示，质量为4kg的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一质量为2kg的物块，现对物块施加一大小为12N、水平向右的恒定拉力F，只要拉力F作用的时间不超过1s，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=10m/s2。则木板的长度为()A.0.8m B.1.0m C.1.2m D.1.5m答案B解析设拉力F作用下物块在木板上滑动，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=2m/s2，a2=4m/s2，a3=0.5m/s2，拉力F作用的时间为1s时，物块、木板的速度为v1=a1t1=2m/s，v2=a3t1=0.5m/s，设又经t2时间，物块、木板共速，则v共=v1－a2t2=v0+a3t2，解得t2=13s，v共=43m/s，木板的长度为L=12v1t1－12v2t1+v1+v共2t2－v例3(多选)(2024·黑吉辽卷，10)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为μ。t=0时，木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知t=0到t=4t0的时间内，木板速度v随时间t变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大小。t=4t0时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是()A.小物块在t=3t0时刻滑上木板B.小物块和木板间的动摩擦因数为2μC.小物块与木板的质量之比为3∶4D.t=4t0之后小物块和木板一起做匀速运动答案ABD解析由v－t图像可知，在3t0时刻木板的加速度发生变化，可知小物块在t=3t0时刻滑上木板，A正确;由v－t图像可知，0~3t0时间内，木板的加速度大小a1=12μg，设木板的质量为M，对木板由牛顿第二定律有F－μMg=Ma1，解得F=32μMg，在t=3t0时，木板的速度v1=a1·3t0=32μgt0，根据题意可知t=3t0时小物块以32μgt0的速度水平向左滑上木板，3t0~4t0时间内，小物块的加速度大小a'=12μgt0--32μgt0t0=2μg，设小物块的质量为m，对小物块，由牛顿第二定律有μ'mg=ma'，可得μ'=2μ，B正确;由v－t图像可知，3t0~4t0时间内，木板的加速度大小a2=μg，对木板分析有F－μ'mg－μ(M+m)g=－Ma2，可得m∶M=1∶2，C错误;t=4t0之后，假设木板与小物块相对静止，对整体有F－μ(M+处理“板块”模型中动力学问题的流程考点二斜面上的板块问题例4(多选)(2025·广西柳州模拟)如图所示，一个质量为m，长为L=1.0m的木板放在倾角为θ=37°的光滑斜面上，板的左端有一个质量为M的物块，物块上连接了一根细绳，细绳跨过斜面顶端的光滑定滑轮并与斜面平行，另一端也连接一质量为M的物块，由静止释放后，木板上的物块向上滑动而木板不动，已知M=2m，g=10m/s2，则下列说法正确的是()A.物块与板间的动摩擦因数为0.5B.物块在板上滑行的加速度为0.5m/s2C.物块在板上滑行时间为2sD.若将竖直悬挂物体质量改为2M，则板将随物块一起上滑答案BC解析木板上的物块向上滑动而木板不动，对木板进行分析有μMgcos37°=mgsin37°，解得μ=0.375，故A错误;对两物块整体分析，根据牛顿第二定律有Mg－Mgsin37°－μMgcos37°=2Ma，结合上述解得a=0.5m/s2，故B正确;物块做匀加速直线运动，根据位移公式有L=12at2，结合上述解得t=2s，故C正确;若将竖直悬挂物体质量改为2M，木板上的物块相对于木板向上运动，其对木板的滑动摩擦力不变，即木板受力的情景均不变，可知，木板仍然处于静止状态，故D例5(多选)(2024·辽宁大连多校联考)倾角为37°的足够长斜面，上面有一质量为2kg，长8m的长木板Q，木板上下表面与斜面平行。木板Q最上端放置一质量为1kg的小滑块P。P、Q间光滑，Q与斜面间的动摩擦因数为13。若P、Q同时从静止释放，以下关于P、Q两个物体运动情况的描述正确的是(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2)(A.P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、4m/s2B.P、Q两个物体加速度分别为6m/s2、2m/s2C.P滑块在Q上运动时间为1sD.P滑块在Q上运动时间为2s答案BD解析对P受力分析，根据牛顿第二定律有mPg·sin37°=mPaP，解得aP=gsin37°=6m/s2，对Q受力分析，根据牛顿第二定律有mQgsin37°－μ(mP+mQ)gcos37°=mQaQ，解得aQ=2m/s2，A错误，B正确;设P在Q上滑动的时间为t，又aP=6m/s2>aQ=2m/s2，根据位移关系有L=12aPt2－12aQt2，代入数据解得t=2s，C错误，例6如图所示，在倾角为θ=30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=3kg的长木板正以v0=10m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=1kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=32，设小物块与长木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2(1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小;(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少要有多长?答案(1)2.5m/s212.5m/s2(2)10m解析(1)小物块在长木板上滑动时受到的沿板的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcosθ=7.5N设小物块的加速度为a1，长木板的加速度为a2由牛顿第二定律，对小物块和长木板，有Ff+mgsinθ=ma1Mgsinθ－Ff=Ma2代入数据得a1=12.5m/s2，a2=2.5m/s2。(2)当小物块与长木板共速时，有v1=a1t=v0+a2t解得t=1s，v1=12.5m/s共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为s=10+12.52×1m－12.5+02×1m=5故长木板长度L≥10m即至少为10m。限时作业(限时:45分钟)基础对点练对点练1水平面上的板块问题1.(多选)(2025·内蒙古赤峰月考)如图所示，长木板放置在光滑的水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a的大小可能是()A.0 B.μg C.32μg D.答案BD解析若物块与木板间的摩擦力为静摩擦力，则物块与木板相对静止，加速度相同，对整体，有F=2ma，解得a=F2m，若物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，则物块与木板相对运动，对木板，有μmg=ma，解得a=μg，故B、2.(多选)(2025·安徽合肥高三期末)如图所示，一质量为m1的物块叠放在质量为m2的长木板上，二者均静止在水平地面上，已知木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。现给长木板一水平向右的初速度v0，下列关于板、块的v－t图像(实线和虚线分别表示不同物体)可能正确的是()答案AD解析由题意可知，起初物块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，故四个选项中的虚线均表示物块的运动情况、实线均表示木板的运动情况。某个时刻两者速度相等，之后若μ1>μ2，则二者可相对静止以共同加速度做匀减速直线运动直至停下，且二者做匀减速运动的加速度大小均为μ2g，小于起初木板做匀减速运动的加速度，故A正确，B错误;若μ1<μ2，则二者不能相对静止，二者以不同的加速度做匀减速直线运动，且物块的加速度大小不变，方向相反，故C错误，D正确。3.(多选)如图所示，质量m=1kg的小滑块(可视为质点)放在木板的右端，质量为M=4kg的木板与水平地面和滑块间的动摩擦因数皆为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，开始时木板与小滑块均处于静止状态，现给木板加一水平向右的恒力F，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是()A.当拉力F=18N时，小滑块和木板一起匀速运动B.当拉力F=24N时，小滑块和木板一起匀速运动C.当拉力F=30N时，小滑块和木板一起加速运动D.当拉力F=42N时，小滑块和木板发生相对滑动答案CD解析木板受到地面的最大静摩擦力Ff1=μ(M+m)g=20N，则当拉力F=18N时，小滑块和木板都保持静止，故A错误;当小滑块受到最大静摩擦力时，产生的最大加速度为a=μmgm=4m/s2，对木板受力分析，根据牛顿第二定律可知F－μmg－μ(M+m)g=Ma，解得F=40N，当拉力F=24N时，因为20N<24N<40N，所以滑块和木板一起匀加速运动，故B错误;当拉力F=30N时，因为30N<40N，所以滑块和木板一起加速运动，故C正确;当拉力F=42N时，因为42N>40N，两者发生相对滑动，故D4.(2025·江苏省宿迁中学月考)如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为μ4。已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现对物块施加一水平向右的拉力F=1.2μmg，则木板的加速度a的大小是(A.0.45μg B.0.35μg C.0.25μg D.0.5μg答案B解析若木板与物块之间发生相对滑动，对木板有μmg－μ4×2mg=ma，解得a=μg2，对物块，根据牛顿第二定律有F－μmg=ma'，解得a'=0.2μg<a，所以二者之间不发生相对滑动，木板的加速度大小为a木板=F-μ4×25.(2025·山西省平遥二中高三月考)如图所示，在光滑平台上放置一长度l=0.5m，质量M=2kg的薄板，在薄板最左端放有可视为质点的质量m=1kg的物块，物块与薄板间动摩擦因数μ=0.2。开始时两者均静止，现对薄板施加F=8N、水平向左的恒力，不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2。则物块在薄板上运动的时间为()A.2.3s B.2s C.1.7s D.1s答案D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，则由牛顿第二定律有μmg=ma1，F－μmg=Ma2，代入数据解得a1=2m/s2，a2=3m/s2，由物块与薄板之间的位移关系可得12a2t2－12a1t2=l，代入数据解得物块在薄板上运动的时间t=1s，故对点练2斜面上的板块问题6.(2025·河南新乡模拟)如图所示，足够长、上表面光滑的斜面体静止在水平面上，一薄木板A和物块B沿着斜面相对静止一起上滑，滑到最高点后一起沿着斜面下滑，薄木板和物块始终相对静止，斜面体始终静止在水平面上，在薄木板和物块向上滑动和向下滑动的过程中，下列说法正确的是()A.向上滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上B.向下滑动过程中，薄木板对物块的摩擦力沿斜面向上C.薄木板与物块之间始终没有摩擦力D.斜面体与水平面之间没有摩擦力答案C解析在向上滑动过程中，对薄木板和物块整体，根据牛顿第二定律可得(M+m)gsinθ=(M+m)a，对物块受力分析可得mgsinθ+Ff=ma可得Ff=0，所以向上滑动过程中薄木板和物块之间没有摩擦力，同理下滑过程中也没有摩擦力，A、B错误，C正确;斜面体与A之间的作用力只有弹力，方向垂直于接触面，具有水平分量，由平衡条件可知斜面体与水平面之间有摩擦力，D错误。7.(2025·黑龙江省伊春一中月考)如图所示，在倾角θ=30°的足够长固定斜面上，将质量M=3kg的长木板由静止释放的同时，一质量m=0.5kg的物块以v0=62m/s的初速度从木板的下端滑上木板。在物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，且物块到达木板上端时物块的速度恰好为零。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ1=35，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2。求(1)木板的长度L;(2)木板与斜面之间的动摩擦因数μ2;(3)物块滑离木板时，木板的速度大小v。答案(1)4.5m(2)9335解析(1)物块刚滑上木板时，设物块的加速度大小为a1，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1根据匀变速直线运动的规律有v02=2a解得L=4.5m。(2)物块上滑的过程中，木板恰好不往下滑，对木板受力分析，根据受力平衡有Mgsinθ=μ1mgcosθ+FfFf=μ2(m+M)gcosθ解得μ2=93(3)当物块到达木板上端后，物块与木板都从静止开始沿斜面向下做匀加速运动，设物块的加速度大小为a2、木板的加速度大小为a3，物块经时间t滑到木板下端，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ=ma2解得a2=2m/s2对木板受力分析，根据牛顿第二定律有μ1mgcosθ+Mgsinθ－μ2(M+m)gcosθ=Ma3解得a3=1m/s2时间t内物块的位移大小为x1=12a2t时间t内木板的位移大小为x2=12a3t根据位移关系有x1－x2=L物块滑离木板时，木板的速度大小为v=a3t联立解得v=3m/s。综合提升练8.(2025·陕西商洛模拟)水平地面上有一质量m1=3kg的长木板，木板的左端上有一质量m2=2kg的小物块，如图甲所示，水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图乙所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小，木板的加速度a1随时间t的变化关系如图丙所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.8。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度g=10m/s2，物块始终未从木板上滑落，不计空气阻力。则下列说法正确的是()A.F1=16NB.F2=20NC.木板加速度所能达到的最大值为2.5m/s2D.在t1~t2时间段内物块做匀加速直线运动答案B解析木板与地面间的最大静摩擦力Ff1=μ1(m1+m2)g=0.2×(3+2)×10N=10N，木板与物块间的最大静摩擦力Ff2=μ2m2g=0.8×2×10N=16N，当拉力F逐渐增大到F1时，由图像可知木板开始运动，此时木板与地面间的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件可知此时拉力大小为F1=10N，故A错误;当拉力达到F2时，木板相对物块发生相对滑动，根据牛顿第二定律，对木板Ff2－Ff1=m1a，对物块F2－Ff2=m2a，解得F2=20N，a=2m/s2，此时拉力大小为20N，木板加速度达到最大值为2m/s2，故B正确，C