备战2026年高考物理一轮复习-第17课时　专题5：板块模型课件（含练习）

第三章　运动和力的关系 第17课时　专题5：板块模型【复习定位】　1.掌握板块模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理板块模型问题。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。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，位移大小之差x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。3．解题关键一 水平板块【例1】　 (多选)(2024·黑吉辽卷)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，小物块与木板的速度相同。下列说法正确的是( ABD )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比为3∶4D．t＝4t0之后小物块和木板一起做匀速运动 ABD 【例2】　(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。1．如图所示，在足够大的水平地面上静置一木板，可视为质点的物块以v0＝3 m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则木板的长度为( B )A．1.0 m B．1.5 mC．2.0 m D．2.5 m B 2．(多选)如图甲所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t＝0时，小车以速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。图乙为小滑块与小车运动的v-t图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小为g。由此可求得( ACD )A．小车的长度B．小滑块的质量C．小车在匀减速运动过程中的加速度大小D．小滑块与小车之间的动摩擦因数 ACD 二 倾斜板块【例3】　(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为 。小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( BC )A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2C．经过1 s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s BC 【例4】　如图所示，在倾角为θ＝37°的足够长的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(可视为质点)，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，取g＝10 m/s2，求：(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；答案　4 m/s2　1 m/s2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mg sin 37°－Ff1＝ma1，其中Ff1＝μ1FN1，FN1＝mg cos 37°解得a1＝g sin 37°－μ1g cos 37°＝4 m/s2对薄平板，由牛顿第二定律有Mg sin 37°＋Ff1－Ff2＝Ma2其中Ff2＝μ2FN2，FN2＝(m＋M)g cos 37°解得a2＝1 m/s2a1>a2假设成立，即滑块会相对于薄平板向下滑动。(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。答案　1 s课时作业返回目录[基础过关]1．如图甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t＝0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块的v-t图像如图乙所示，则有( C )A．μ1＝μ2 B．μ12μ2 D．μ1＝2μ2解析　由题图乙分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板受力分析可得μ1mg>μ2·2mg，则有μ1>2μ2，故C正确。 C 2．如图所示，一倾角为θ的斜面体固定在水平地面上。一质量为m的长木板B静止在斜面上，质量也为m的物块A静止在长木板上，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给长木板B一沿着斜面向上的拉力F，把长木板B从物块A的下面抽出，重力加速度为g。则拉力F应大于( C )A．mg sin θ＋μmg cos θ B．mg sin θ＋2μmg cos θC．4μmg cos θ D．2mg sin θ解析　设拉力为F0时，B刚要从A下面被抽出，对A、B整体，根据牛顿第二定律有F0－2mg sin θ－2μmg cos θ＝2ma，对物块A，根据牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma，联立可得F0＝4μmg cos θ，故A、B、D错误，C正确。 C 3．(2024·江苏扬州模拟)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，则下列说法正确的是( D )A．10 Nt1时，设小物块和长木板的加速度分别为a1′和a2′，此时小物块与长木板之间摩擦力为零对小物块有mg sin θ＝ma1′，a1′＝6 m/s2对长木板有Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma2′a2′＝－2 m/s2即长木板做匀减速运动，设经过时间t2，长木板的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0 (3)长木板的长度。答案　12 m感观谢看THANKS FOR WATCHING