板块模型专题训练
高中物理板块模型经典题目和答案
2.如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（ ） 3．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小例1．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB 边重合，如图．已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？（以g 表示重力加速度）10.如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。
现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（ ） A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零14.质量为m =1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为m =3.0 kg 的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0 m 开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F =12 N,如图3-12所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g 取10 m/s 2) (1)水平恒力F 作用的最长时间; (2)水平恒力F 做功的最大值.10．如图9所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板 ，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )图9A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零17．如图18所示，小车质量M 为2.0 kg ，与水平地面阻力忽略不计，物体质量m 为0.5 kg ，物体与小车间的动摩擦因数为0.3，则：图18(1)小车在外力作用下以1.2 m/s 2的加速度向右运动时，物体受摩擦力多大？ (2)欲使小车产生a ＝3.5 m/s 2的加速度，需给小车提供多大的水平推力？ (3)若要使物体m 脱离小车，则至少用多大的水平力推小车？(4)若小车长L ＝1 m ，静止小车在8.5 N 水平推力作用下，物体由车的右端向左滑动，则滑离小车需多长时间？(物体m 看作质点)16．如图所示，木板长L ＝1.6m ，质量M ＝4.0kg ，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m ＝1.0kg 的小滑块(视为质点)放在木板的右端，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g ＝10m/s 2，求： (1)木板所受摩擦力的大小；(2)使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值．17．如图所示，质量为m ＝1kg ，长为L ＝2.7m 的平板车，其上表面距离水平地面的高度为h ＝0.2m ，以速度v 0＝4m/s 向右做匀速直线运动，A 、B 是其左右两个端点．从某时刻起对平板车施加一个大小为5N 的水平向左的恒力F ，并同时将一个小球轻放在平板车上的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，PB ＝L3.经过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上．不计所有摩擦力，g 取10m/s 2.求：(1)小球从放到平板车上开始至落到地面所用的时间； (2)小球落地瞬间平板车的速度．13．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量M ＝4kg ，长L ＝1.4m ，木板右端放着一个小滑块．小滑块质量为m ＝1kg ，其尺寸远小于L .小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g ＝10m/s 2. (1)现用恒力F 作用于木板M 上，为使m 能从M 上滑落，F 的大小范围是多少？(2)其他条件不变，若恒力F ＝22.8N 且始终作用于M 上，最终使m 能从M 上滑落，m 在M 上滑动的时间是多少？18．如图所示，一块质量为m ，长为L 的均质长木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m ′的小物体(可视为质点)，物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速度v 向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，已知整个过程中板的右端都不会到达桌边定滑轮处．试求： (1)当物体刚到达木板中点时木板的位移；(2)若木板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数应满足什么条件？例1 如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的物块A 和木板B ，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，求拉力F 的最大值。
5.板块模型(必修一)
v m板块模型问题专题训练1、如图所示，一质量为m=2kg、初速度为6m/s的小滑块（可视为质点），向右滑上一质量为M=4kg的静止在光滑水平面上足够长的滑板，m、M间动摩擦因数为μ=0.2。
（1）滑块滑上滑板时，滑块和滑板在水平方向上各受什么力，大小如何？方向向哪？（2）滑块和滑板各做什么运动？加速度各是多大？（3）1秒末滑块和滑板的速度分别是多少？（4）1秒末滑块和滑板的位移分别是多少？相对位移是多少？（5）2秒末滑块和滑板的速度分别是多少？（6）2秒末滑块和滑板的位移分别是多少？相对位移是多少？（7）2秒后滑块和滑板将怎样运动？2、如图所示，一质量为m=3kg、初速度为5m/s的小滑块（可视为质点），向右滑上一质量为M=2kg的静止在水平面上足够长的滑板，m、M间动摩擦因数为μ1=0.2，滑板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
（1）滑块滑上滑板时，滑块和滑板在水平方向上各受什么力，大小如何？方向向哪？（2）滑块和滑板各做什么运动？加速度各是多大？（3）滑块滑上滑板开始，经过多长时间后会与滑板保持相对静止？（4）滑块和滑板相对静止时，各自的位移是多少？（5）滑块和滑板相对静止时，滑块距离滑板的左端有多远？（6）5秒钟后，滑块和滑板的位移各是多少？3、如图所示，质量M = 8kg的长木板放在光滑水平面上，在长木板的右端施加一水平恒力F = 8N，当长木板向右运动速率达到v1 =10m/s时，在其右端有一质量m = 2kg的小物块（可视为质点）以水平向左的速率v2 = 2m/s滑上木板，物块与长木板间的动摩擦因数μ = 0.2，小物块始终没离开长木板，g取10m/s2，求：⑴经过多长时间小物块与长木板相对静止；⑵长木板至少要多长才能保证小物块始终不滑离长木板；4、如图5所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1 =0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s2，试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图6中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象。
高中物理板块模型13道专题练习和高考板块练习及答案
高中物理板块模型13道专题练习和高考板块练习及答案．板块模型专题练习(一)两个小物块1．如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。
A，B质量分别为6.0 kg和2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2。
在物体A上施加水平方向的拉力F，开始时F=10 N，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，以下判断正确的是（）A．两物体间始终没有相对运动B．两物体间从受力开始就有相对运动C．当拉力F＜12 N时，两物体均保持静止状态D．两物体开始没有相对运动，当F＞18 N时，开始相对滑动，OB，中点为L，木板的两个端点分别为A、的木板长为2．如图所示，质量为M 的小木的水平初速度向右运动。
若把质量为m木板置于光滑的水平面上并以v0端，小木块的初速度为零，最终小木块随木板块（可视为质点）置于木板的B g。
求：一起运动。
小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度；（）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在什么范围内，才能使木块最终相2（之间。
对于木板静止时位于OAF=8 ，kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F质量3．M=8 在小车前端轻轻放上一个大小不计，1.5 m/s时，N，当小车向右运动的速度达到，小车足够长，求0.2m=2 kg质量为的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为从小物块放上小车开始，经过t=1.5 s，小物块通过的位移大小为多少？24. 光滑水平面上静置质量为M的长木板，质量为m的可视为质点的滑块以初速v从木板一端开始沿木板运动．已知M＞m，则从滑块开始运动起，滑块、木度0板运动的v-t图象可能是( )传送带)(二，L=16 mB之间的长度为=37°，A、5.如图所示，传送带与地面间的倾角为θ端无初速度地放一个质量为Av=10 m/s逆时针运动，在传送带上传送带以速率端运动到，求物体从Am=0.5 kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.52=0.8）=0.6，cos37端需要多长时间？（g取10 m/s°，sin37°B所示为一水平传送带装2－－76.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3mABv运行，一质量为置示意图。
板块模型经典题目和答案
板块模型经典习题1。
如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等.现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数）,木板和木块加速度的大小分别为a1和a2,下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( ）2．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变 B．方向向左,逐渐减小C．方向向右,大小不变 D．方向向右，逐渐减小3．一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB边重合，如图．已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1,盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么?（以g表示重力加速度）4.如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。
现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大,直到做匀速运动C．木板向右运动,速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零木板物块拉力5.质量为m=1。
0 kg的小滑块（可视为质点）放在质量为m=3.0 kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.0 m开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12 N，如图3—12所示，为使小滑块不掉下木板，试求：（g取10 m/s2)(1)水平恒力F作用的最长时间；(2）水平恒力F做功的最大值。
6．如图所示，木板长L＝1。
6m，质量M＝4.0kg,上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0。
板块模型训练题
《板块模型》专题练习1.如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（ ）2.如图所示，物体A 叠放在物体B 上，B 置于光滑水平面上。
A ，B 质量分别为6.0 kg 和2.0 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数为0.2.在物体A 上施加水平方向的拉力F ，开始时F =10 N ，此后逐渐增大，在增大到45N 的过程中，以下判断正确的是（ ）A ．两物体间始终没有相对运动B ．两物体间从受力开始就有相对运动C ．当拉力F ＜12 N 时，两物体均保持静止状态D ．两物体开始没有相对运动，当F ＞18 N 时，开始相对滑动3.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，木板与水平面间动摩擦因数为13μ，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 ，则木板加速度大小a 可能是( )A ．a=μgB ．a ＝23g C. a ＝13g D. a ＝123F g m 4.如图所示，质量M =1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g =10m/s 2，试求：(1)若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？(2)在铁块上加一个水平向右多大范围的力时，铁块和木板间存在相对运动？(3)若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F ，通过分析和计算，写出铁块受到木板的摩擦力f 2与拉力F 大小的关系式。
专题 滑块—木板模型(板块模型)(附精品解析)
专题 滑块—木板模型(板块模型) 专题训练一、单选题1．（2021·湖南·长郡中学高一期中）木板B 静止在水平面上，其左端放有物体A 。
现对A 施加水平恒力F 的作用，使两物体均从静止开始向右做匀加速直线运动，直至A 、B 分离，已知各接触面均粗糙，则（ ）A ．A 和地面对B 的摩擦力是一对相互作用力B ．A 和地面对B 的摩擦力是一对平衡力C ．A 对B 的摩擦力水平向右D ．B 对A 的摩擦力水平向右2．（2021·黑龙江·农垦佳木斯学校高三月考）如图所示，质量为M 的木板放在水平桌面上，一个质量为m 的物块置于木板上。
木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ。
现用一水平恒力F 向右拉木板，使木板和物块共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止。
已知重力加速度为g 。
下列说法正确的是（ ）A ．木板与物块间的摩擦力大小等于0B ．木板对物块的摩擦力水平向左C ．木板与桌面间的摩擦力大小等于μMgD ．当拉力2()F M m g μ>+时，m 与M 发生相对滑动 3．（2021·山东师范大学附中高三月考）如图所示，质量为3kg 的长木板B 静置于光滑水平面上，其上放置质量为1kg 的物块A ，A 与B 之间的动摩擦因数为0.5设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且当地的重力加速度为210m/s 。
当木板A 和B 刚好要发生相对滑动时，拉力F 的大小为（ ）A ．20NB ．15NC ．5ND ．25N4．（2021·安徽·定远县民族中学高三月考）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。
木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 的关系图象如图乙所示，则小滑块A 的质量为（ ）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg二、多选题5．（2021·四川·眉山市彭山区第一中学高三月考）物体A 和物体B 叠放在光滑水平面上静止，如图所示。
板块模型--高考物理压轴题专项训练 学生版
板块模型1.目录一、考向分析⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1二、题型及要领归纳⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2热点题型一结合牛顿定律与运动学公式考察不受外力板块模型中的多过程运动⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2热点题型二结合牛顿定律与运动学公式考察受外力板块模型中的多过程运动⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6热点题型三结合新情景考察板块模型思想的迁移运用⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9类型一以竖直面为情境构板块模型考动力学知识及相对运动的理解⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9类型二结合斜面模型综合考查板块模型中的多过程多运动问题⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10类型三综合能量观点考查板块模型⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13类型四电磁学为背景构建板块模型⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15三、压轴题速练⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20一考向分析1.概述：滑块和滑板叠加的模型简称为“板块模型”这两个简单的“道具”为考查学生的物质观念、运动与相互作用观念能量观念展现了丰富多彩的情境，是高中物理讲、学、练、测的重要模型之一。
无论是高考还是在常见的习题、试题中“板块模型”的模型的身影都随处可见，而且常考常新。
对于本专题的学习可以比较准确地反映学生分析问题、解决问题的能力和学科核心素养。
2.命题规律滑块-滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热、多次相互作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，所以高考试卷中经常出现这一类型。
3.复习指导分析滑块-滑板类模型时要抓住一个转折和两个关联。
一个转折--滑块与滑板达到相同速度或者滑块从滑板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
两个关联--转折前、后受力情况之间的关联和滑块、滑板位移与板长之间的关联。
一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和滑板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
板块模型专题训练
板块类运动问题专题练习1．（P47 20）如图13所示，有一定厚度的长木板AB 在水平面上滑行，木板的质量m 1=4.0kg ．木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，木板上表面距水平面的高度h =0.050m ．当木板滑行速度v 0=3.0m/s 时，将一小物块C 轻放在木板右端B 点处．C 可视为质点，它的质量m 2=1.0kg ．经过一段时间，小物块C 从木板的左端A 点滑出，它落地时的动能E KC =1.0J ．小物块落地后，木板又滑行了一段距离停在水平面上，这时，木板左端A 点距小物块的落地点的水平距离S 1=0.90m ．求：（1）小物块C 从木板的A 点滑出时，木板速度的大小v A ； （2）木板AB 的长度L ．1解：分析：小物块C 放到木板上后，C 受力如图1，离开木板之前作向右的匀加速运动，假设C 离开木板时的速度为v C ，C 离开木板后向右做平抛运动，砸到地面后立即停下来；木板的受力如图2，C 离开它之前，木板做匀减速运动，假设C 离开木板时木板的速度为v A ,随后木板以初速度v A 匀减速滑动，直到停下来。
（1）C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：021222+=+KC C E gh m v m 代入数据：s m v C /1=向右平抛的水平位移：m ghv t v S cc c X 1.02=== 所以C 离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：m S S S X 11=+=滑图132图1 图2C 离开木板后，木板受力如图30110a m g m f ==μ地 得：20/2s m g a ==μ 故：s m S a v A /220==（2）小物块C 放到木板上后离开木板之前，假设小物块C 在这个过程中的位移为S 2，则木板的位移为S 2+l , 根据动能定理：对木板1m ：)(21))((20212v v m l S ff A -=++-地 ① 对小物块2m :021222-=C v m fS ② 假设C 滑上木块到分离所经历的时间为t ，规定水平向右为正方向，根据动量定理： 对木板1m ： )()(01v v m t f f A -=+-地 ③ 对小物块2m :02-=C v m ft ④联立③④得：地f f 31= ⑤ 联立①②⑤：m l 6.0=2．（P23 24）如图11所示，水平地面上一个质量M =4.0 kg 、长度L =2.0 m 的木板，在F=8.0 N 的水平拉力作用下，以v 0=2.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m =l.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端. （1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动. （结果保留二位有效数字）2解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 μ =MgF= 0.20 若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 1.f 1－F = Ma 1 f 1 = μ (m+M )g a 1 =MFg M m -+)(μ= 0.50 m/s 2图3图11图11设物块经过时间t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v 0t －21a 1t 2 解得 t = 1.2 s 或6.8 s其中t = 6.8 s 不合题意，舍去. 因此1.2s 后物块离开木板.（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a 2.μmg = ma 2 a 2 = μg = 2.0 m/s 2木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 3. f 1 + f 2－F = Ma 3 μ (M+m ) g + μmg －F = Ma 3 a 3 = 1.0 m/s2设经时间t Ⅰ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v ，此过程中木板的位移为s 1，物块的位移为s 2.v = v 0－a 3t Ⅰ v = a 2t Ⅰs 1 = v 0t Ⅰ－21a 3t Ⅰ2s 2 =21a 2t Ⅰ2 解得 t Ⅰ =32s ，v =34m/s ，s 1 =910m ，s 2 =94m 因为s 1－s 2< L ，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图3所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a 4.f 1－F = (M +m ) a 4μ (M+m ) g －F = (M +m ) a 4 a 4 = 0.40 m/s 2设再经过时间t Ⅱ，它们停止运动. 0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =310s t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= 4.0 s因此将物块放在木板上后，经过 4.0 s 木板停止运动.3．（P43 40）如图17所示，平板车长L=6.0m ，质量M=10kg ，将其置于光滑水平面上，车的上表面到水平面的距离h=1.25m 。
板块模型专项练习1
板块模型专项练习1一、不受已知外力情况下,物块在木板上的运动例题1：如图所示,长为L ＝2 m 、质量为M ＝8 kg 的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v 0＝6 m/s 时，在木板前端轻放一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块．木板与地面、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0。
2,g ＝10 m/s 2.求：（1）物块及木板的加速度大小． （2)物块滑离木板时的速度大小．例题2：如图所示,一质量M=0.2kg 的长木板静止在光滑的水平地面上，另一质量m=0。
2kg 的小滑块，以V 0=1.2m/s 的速度从长木板的左端滑上长木板.已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0。
4， g=10m/s 2, 问: （1)经过多少时间小滑块与长木板速度相等？(2）从小滑块滑上长木板,到小滑块与长木板相对静止，小滑块的位移是多少？木板的位移是多少？滑块相对于木板的位移是多少？（滑块始终没有滑离长木板）（3）请画出木板与滑块的运动过程示意图,以及它们的速度时间图例题3:如图甲所示，质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上,有一个质量为m 、可视为质点的物块,以某一水平初速度v 0从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v －t 图象分别如图乙中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点的坐标为a(0，10)、b(0,0）、c(4，4)、d （12,0）．根据v －t 图象，求：(1）物块相对长木板滑行的距离Δx. (2)物块质量m 与长木板质量M 之比．V 0二、木板受外力情况下，物块在木板上的运动 例题4：如图所示，质量M ＝8 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F ＝8 N ，当长木板向右运动的速度达到1。
5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块,物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0。
板块模型习题
板块模型专题 一、例题1 如图所示，一速率为v 0＝10m/s 的物块冲上一置于光滑水平面上且足够长的木板上。
物块质量为m ＝4kg ，木板质量M ＝6kg ，物块与木板间的动摩擦因数6.0=μ，试问：物块将停在木板上何处例题2 静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为m ＝0.5kg 、长L ＝1m 。
某时刻A 以v 0＝4m/s 向右的初速度滑上木板B 的上表面，物体A 的质量M ＝1kg ，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力。
忽略物体A 的大小，已知A 与B 之间的动摩擦因数µ＝，取重力加速度g ＝10m/s 2。
试求：（1）若F ＝5N ，物体A 在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；（2）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件。
例题3 如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一质量为1m 的长木板。
开始时，长木板上有一质量为2m 的小铁块（视为质点）以相对斜面的初速度0v 从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动（已知二者速率的值v v >0），小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动。
已知小铁块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ（θμtan >），试求：（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度；（2）长木板至少多长。
【易错点津】两物体要相对滑动时的拉力如图所示，长方体物块A 叠放在长方体物块B 上，B 置于光滑水平面上，A 、B 质量分别为m A ＝6kg ，m B ＝2kg ，A 、B 之间动摩擦因数μ＝，开始时F ＝10N ，此后逐渐增加，在增大到45N 的过程中，则（ ）A. 当拉力F ＜12N 时，两物块均保持静止状态B. 两物块间从受力开始就有相对运动C. 两物块开始没有相对运动，当拉力超过12N 时，开始相对滑动D. 两物块间始终没有相对运动，但AB 间存在静摩擦力，其中A 对B 的静摩擦力水平向右二、【典例1】 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块。
专题训练：板块模型(高三一轮)答案解析
专题训练：板块模型（高三一轮）答案解析1.【答案】(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s【解析】(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1①F N1＝mg cosθ②F f2＝μ2F N2③F N2＝F N1＋mg cosθ④规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sinθ－F f1＝ma1⑤mg sinθ－F f2＋F f1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2⑦a2＝1 m/s2⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑨v2＝a2t1＝2 m/s⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6 m/s2⑪a2′＝－2 m/s2⑫由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t2＝1 s在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为x＝(a1t＋v1t2＋a1′t)－(a2t＋v2t2＋a2′t)＝12 m＜27 m⑭此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑮可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)设A在B上总的运动时间t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4 s⑯2.【答案】(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为F f1、F f2和F f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有F f1＝μ1mAg①F f2＝μ1mBg②F f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③由牛顿第二定律得F1＝mAaA④F2＝mBaB⑤F2－F1－F3＝ma1⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1.由运动学公式有v1＝v0－aBt1⑦v1＝a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s，方向与B的初速度方向相同⑨(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为＝v0t1－aBt⑩sB设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有F f1＋F f3＝(mB＋m)a2⑪由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反．由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫对A有：v2＝－v1＋aAt2⑬在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t⑭在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮sAA和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同．因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m⑰(也可用下图中的速度—时间图线求解)3.【答案】(1)0.10.4(2)6 m(3)6.5 m【解析】(1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝m/s2＝4 m/s2根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s其逆运动为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2解得a1＝1 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1解得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a3t＝m, 末速度v1＝m/s滑块向右运动的位移x2＝t1＝2 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5 s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，此时二者的相对位移最大，Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2向左运动的位移为x5＝＝2 m所以木板右端离墙壁的最终距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m.4.【答案】(1)8 kg0.25(2)5块【解析】(1)开始比赛前车匀速运动，则F＝μMg放上第一块砖后车减速运动，加速度大小a1，由图象得a1＝＝0.25 m/s2对小车由牛顿第二定律F－μMg－μmg＝－Ma1由以上各式联立解得M＝8 kg，μ＝0.25.(2)放上第一块砖后0.8 s，车的速度为v1，加速度为a1＝，则v1＝v0－a1T放上第二块砖后0.8 s车的速度为v2，则a2＝v2＝v1－a2T同理v3＝v2－a3T放上第n块砖作用0.8 s后车速为v n，加速度为an＝则v n＝v n－1－anT由以上各式可得v n＝v0－(a1＋a2＋…＋an)T将a1，a2……an代入得：v n＝v0－(1＋2＋3＋…＋n)T故v n＝v0－·T令v n＝0由上式解得n＝5，故车停前最多可以放5块砖．5.【答案】(1)3 N，方向竖直向下(2)m/s(3)2.5 m/s2s【解析】(1)物块从A到B的过程，由动能定理得：mgR＝mv，解得：v B＝2 m/s在B点由牛顿第二定律得：F N－mg＝m解得：F N＝3 N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos 30°＝解得：v＝m/s(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma1对薄木板：mg sin 30°＋μmg cos 30°＝ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t解得：a1＝2.5 m/s2，t＝s6.【答案】(1)(2)(3) 4d【解析】(1)第一次碰撞前由机械能守恒定律有：(m＋m)v＝2mgd sinθ解得：v1＝；(2)设发生第一次碰撞后，A上滑，B下滑的加速度大小分别为aA、aB，则有：μmg cosθ＋mg sinθ＝maA μmg cosθ－mg sinθ＝maB；由于aA＞aB，则A先减速到零，设A第一次碰撞后上滑到最高点的时间为t，则v1＝aAtv2＝v1－aBt解得：v2＝；(3)对全过程进行分析，由能量守恒定律有：mgd sinθ＋mg(d＋L)sinθ＝μmgL cosθ解得：L＝4d7.【答案】(1) 3.75×10－3J(2)2.34 m(3)10.0 m【解析】(1)经Δt＝0.100 s，小铁块的速度为：v1＝aΔt＝0.25 m/s对小滑块，根据牛顿第二定律，有：mg sinα－f＝ma解得：f＝mg对凹槽，根据牛顿第二定律，有：f＋Mg sinα＝Ma1解得：a1＝g＝7.5 m/s2设凹槽开始运动到和铁块速度相同的时间是t1，则：g·t1＝0.25＋gt1解得：t1＝0.05 s凹槽的位移为：x凹槽＝a1t＝×7.5×(0.05)2m＝m＝0.009375＝9.375×10－2m铁块对凹槽做的功：W f＝f×x凹槽＝mg×x凹槽＝0.00375 J＝3.75×10－3J(2)铁块与凹槽的共同速度：v共＝g t1＝7.5×0.05＝0.375 m/s铁块的位移为：x铁块＝a(Δt＋t1)2＝×2.5×(0.15)2m＝0.0281 m相对位移为：Δx＝x铁块－x凹槽＝0.01875 m凹槽和铁块达到v共后以a2＝g滑下，设与挡板碰撞时速度为v2，则：v－v＝2a2(L0－x凹槽)得：v＝故v2≈3.17 m/s凹槽反弹后，铁块以g加速度加速下滑，凹槽反弹以g加速度减速上升到速度为0，位移：x＝＝0.670 m故从凹槽释放到第二次与挡板碰撞瞬间，凹槽运动的路程：x总＝L0＋2x＝2.34 m(3)从释放铁块到凹槽与铁块都静止时，根据功能关系，有：mgL0sin 30°＋mg4L0sin 30°＝fs总解得：s总＝10L0＝10.0 m8.【答案】(1)(k－1)g sinθ(2)(3)(4)－【解析】(1)设木板第一次上升过程中，物块的加速度为a物块物块受合力：F物块＝kmg sinθ－mg sinθ由牛顿第二定律：F物块＝ma物块由①②得：a物块＝(k－1)g sinθ，方向沿斜面向上；(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1由机械能守恒×2mv＝2mgH解得v1＝设木板弹起后的加速度a板由牛顿第二定律a板＝－(k＋1)g sinθS板第一次弹起的最大路程S1＝，解得S1＝木板运动的路程S＝＋2S1＝(3)设经时间t′木板与物块速度相同，根据速度时间关系公式，有：v0－(k－1)g sinθt′＝－v0＋(k＋1)g sinθt′解得：t′＝；这时物块的速度：v′＝v0－(k－1)g sinθt′＝这过程中木板的位移：x＝＝此后一起匀加速，根据速度位移关系公式，有：v－v′2＝2g sinθ(－x)解得：v2＝＝(4)设物块相对木板滑动距离为L根据能量守恒mgH＋mg(H＋L sinθ)＝kmg sinθL摩擦力对木板及物块做的总功W＝－kmg sinθL解得W＝－9.【答案】(1)(k－1)g sinθ，方向沿斜面向上(2)(3)【解析】(1)、木板第一次上升过程中，对物块受力分析，受到竖直向下的重力、垂直于斜面的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，设物块的加速度为a物块，则物块受合力F物块＝kmg sinθ－mg sinθ①由牛顿第二定律F物块＝ma物块②联立①②得：a物块＝(k－1)g sinθ，方向沿斜面向上．(2)设以地面为零势能面，木板第一次与挡板碰撞时的速度大小为v1，由机械能守恒有：×2mv＝2mgH解得：v1＝.设木板弹起后的加速度a板，由牛顿第二定律有：a板＝－(k＋1)g sinθS板第一次弹起的最大路程：S1＝解得：S1＝木板运动的路程S＝＋2S1＝(3)设物块相对木板滑动距离为L根据能量守恒有：mgH＋mg(H＋L sinθ)＝kmg sinθL损失机械能E0＝fL＝kmg sinθL解得E0＝10.【答案】(1)μ2＝0.03(2)v P＝v Q＝0.6 m/s(3)ΔQ＝54.72 J【解析】(1)0～2 s内，P因墙壁存在而不动，Q沿着BC下滑，2 s末的速度为v1＝9.6 m/s，设P、Q 间动摩擦因数为μ1，P与地面间的动摩擦因数为μ2；对Q，由v－t图象有a1＝＝4.8 m/s2由牛顿第二定律有：mg sin 37°－μ1mg cos 37°＝ma1联立求解得：μ1＝0.15μ2＝＝0.03(2)2 s后，Q滑到AB上，因μ1mg＞μ2(m＋M)g，故P、Q相对滑动，且Q减速、P加速，设加速度大小分别是a2、a3，Q从B滑动AB上到P、Q共速所用的时间为t0对Q有：μ1mg＝ma2对P有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3共速时：v1－a2t0＝a3t0解得a2＝1.5 m/s2、a3＝0.1 m/s2、t0＝6 s故在t＝8 s时，P、Q的速度大小恰相同，v P＝v Q＝v2＝a3t0＝0.6 m/s(3)0～2 s内，根据v－t图象中面积的含义，Q在BC上发生的位移x1＝9.6 m2～8 s内，Q发生的位移x2＝·t0＝30.6 mP发生的位移x3＝＝1.8 m0～8 s内，Q与木板P之间因摩擦而产生的热量ΔQ＝μ1mgx1cos 37°＋μ1mg(x2－x3)代入数据得ΔQ＝54.72 J11.【答案】(1)v＝1 m/s(2)12.42 J(3)2.1 s【解析】(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这几个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg>μ1(M＋nm)g解得n<3取n＝2，此时铅块已滑过8个木块根据动能定理－μ2Mg×8L＝Mv2－Mv代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度v＝1 m/s(2)对铅块M：a2＝＝2.5 m/s2，v2＝v－a2t2对木块9＋10：a1＝＝0.5 m/s2v1＝a1t2令v1＝v2，则它们获得共同速度所需时间t2＝＝s铅块位移x2＝vt2－a2t，木块位移x1＝a1t铅块相对木块位移Δx＝vt2－(a1＋a2)t＝m(小于L)铅块与木块间因摩擦产生的总热量Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42 J(3)由(2)问知，共同速度v1＝a1t2＝m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间t3＝＝s铅块在前8个木块上运动时间t1＝＝1.6 s铅块运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝2.1 s12.【答案】(1)μ1g<a车<(2μ2－μ1)g(2)t＝≥【解析】(1)若A相对B滑动，则有：μ1mg＝ma1即：a1＝μ1g若B相对车厢底板滑动，则有：2μ2mg－μ1mg＝ma2即：a2＝2μ2g－μ1g要使A相对B滑动，需满足a1<a车要使B相对于车厢底板静止，需满足a车<a2联立以上各式得：μ1g<a车<(2μ2－μ1)g(2)卡车制动后，设A的位移为s1，有v＝2a1s1卡车的位移为s车，有：v＝2a车s车要使A不与车厢的前挡板相碰，应满足s1－s车≤L即－≤L故：a车≤设卡车制动时间为t，则有v0＝a车t得t＝≥13.【答案】(1)2m/s(2)7【解析】(1)木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：F N＝Mg，水平方向：F f＝F，滑动摩擦力F f＝μF N，则得F＝μMg解得：μ＝0.5；放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有μmg＝Ma1；2a1L＝v－v代入数据解得，v1＝2m/s(2)设最终有n块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为an＝第1块铁块放上后2a1L＝v－v第2块铁块放上后2a2L＝v－v…第n块铁块放上后2anL＝v－v由以上各式相加得：(1＋2＋3＋…＋n)·2L＝v－v要使木板停下来，必须有v n＝0，代入解得，6＜n＜7故最终有7块铁块放在木板上．14.【答案】(1)60 N(2)0.25 m(3)4 J【解析】(1)滑块下滑过程，由机械能守恒定律得：mgR＝mv2v＝＝m/s＝2 m/s由向心力公式得：F N－mg＝代入数据解得：F N＝60 N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力为：N＝60 N(2)由牛顿第二定律，滑块做减速运动的加速度大小为：a＝＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2木板加速运动的加速度大小为：a′＝＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2滑块向右滑动至与木板速度相同过程所用时间设为t，则有v－at＝a′t解得t＝0.5 s共同运动速度为：v′＝a′t＝1 m/s这段时间内滑块位移大小为：x1＝vt－at2＝2×0.5－×2×0.52m＝0.75 m木板位移大小为：x2＝a′t′2＝0.25 m因为，所以滑块相对木板滑行，有：Δx＝x1－x2＝0.5 m与木板共同向右做匀速运动，直到木板与墙发生碰撞，设碰撞后至滑块与木板达到共同速度时间为t′，则有：－v′－at′＝v′－a′t′解得：t′＝0.5 s，滑块和木板与墙碰撞后向左运动的最终共同速度为：v共＝0这段时间内滑块向右运动位移大小为：x′＝＝m＝0.25 m由于，滑块最终静止在木板上，故与竖直墙间的距离为：s＝Δx－x＝0.25 m(3)由功能关系，整个过程中产生的热量为：Q＝mv2＝×2×22J＝4 J15.【答案】(1) 0.5 s(2)2.5 m(3)1.28 m【解析】(1)设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为a m，则，a m＝＝8 m/s2，假设木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a，则a＝＝4 m/s2，因a＜a m，所以木板在静摩擦力作用下与物块一起以加速度a运动．设向右运动第一次与挡板碰撞前经历的时间为t，则x0＝at2，解得t＝0.5 s；(2)设木板与挡板碰前，木板与物块的共同速度为v1，则v1＝at，解得v1＝2 m/s，木板第一次与挡板碰撞前瞬间撤去外力，物块以速度v1向右做减速运动，加速度大小为a1，木板与挡板碰撞后以速度v1向左做减速运动，木板与木块相对滑动，则木板加速度大小为a m，设板速度减为零经过的时间为t1，向左运动的最远距离为x1，则μmg＝ma1v1＝a m t1x1＝解得a1＝2 m/s2，t1＝0.25 s，x1＝0.25 m，当板速度向左为零时，设铁块速度为v1′，则v1′＝v1－a1t1，设再经过时间t2铁块与木板达到共同速度v2，木板向右位移为x1′，则v2＝v1′－a1t2，v2＝a m t2，x1′＝a m t，解得v1′＝1.5 m/s，t2＝0.15 s，v2＝1.2 m/s，x1′＝0.09 m，因为x1′＜x1，所以木板与铁块达到共速后，将以速度v2运动，再次与挡板碰撞．以后多次重复这些过程最终木板停在挡板处．设木板长为L，则以木板和铁块系统为研究对象，根据能量守恒μmg＝(m＋M)v解得L＝2.5 m.(3)设木板与挡板第二次碰后，木板向左运动的最远距离为x2，则x2＝，解得x2＝0.09 m，综上可知v2＝0.6v1，x2＝0.36x1，因为以后是多次重复上述过程．同理，有木板与挡板第三次碰后，木板与铁块达到共速为v3＝0.6v2，木板向左运动的最远距离为x3＝0.36x2，…设木板与挡板第n－1次碰后，木板与铁块达到共速为v n，同理有v n＝0.6n－1v1设木板与挡板第n次碰后，木板向左运动的最远距离为xn，同理有＝0.36n－1x1xn所以，从开始运动到铁块和木板都停下来的全过程中，设木板运动的路程为s，则s＝x0＋2x1＋2x2＋…＋2xn，n→∞解得s＝m＝1.28 m.16.【答案】(1)μ＝(2)R＝(3)距A点处【解析】(1)小物块从冲上水平轨道AB到最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得－μmg(L＋0.5L)＝－E得μ＝(2)若小物块刚好到达D处，速度为零则小物块不会从轨道的D端离开轨道，此过程根据动能定理有－μmgL－mgR＝－E解得CD圆弧半径至少为R＝(3)设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得－μmgL－1.5mgR＝0－E′解得E′＝E物块滑回C点时有动能定理Ec－E′＝－μmgL物块滑回C点的动能为Ec＝由于μmgL＝E>Ec，故物块将停在轨道上．设到A点的距离为x，有－μmg(L－x)＝0－Ec解得x＝即物块最终停在水平滑道AB上，距A点处．。
《板块模型》精选试题
《板块模型》精选试题下面是一些《板块模型》的精选试题和答案：试题一：1.什么是板块模型？它有哪些特点？2.板块模型的主要内容有哪些？3.板块模型的应用领域有哪些？4.板块模型与其他模型的比较有哪些？5.板块模型的发展前景如何？答案：1.板块模型是指将事物或问题划分成不同的板块，每个板块代表一个特定的方面或要素，通过对板块之间的关系和相互作用进行分析和研究，以便更好地理解和解决问题。
它的特点包括：简单明了、易于理解、结构清晰、逻辑性强、灵活性高等。
2.板块模型的主要内容包括：定义各个板块的要素和关系、分析板块之间的相互作用、解释板块之间的影响和效果、预测板块的发展趋势和变化等。
3.板块模型的应用领域非常广泛，包括经济学、管理学、市场营销、金融、社会学、心理学、教育学等各个领域。
在这些领域中，板块模型可以帮助人们更好地理解和分析问题，从而做出更准确的决策和预测。
4.板块模型与其他模型相比，具有以下几个优势：首先，板块模型的结构清晰，逻辑性强，可以帮助人们更好地理解和分析问题；其次，板块模型的灵活性高，可以根据具体问题的需要进行调整和变化；最后，板块模型的应用领域广泛，可以适用于各种不同的问题和情境。
5.板块模型的发展前景非常广阔。
随着社会的不断发展和变化，人们对于问题的理解和分析需求也越来越高，板块模型作为一种简单明了、易于理解的分析工具，将会在未来的发展中得到更广泛的应用和推广。
试题二：1.请简要描述板块模型的基本原理和方法。
2.板块模型的应用范围有哪些？3.请列举一个具体的案例，说明如何使用板块模型进行问题分析和解决。
4.板块模型的优势和局限性是什么？5.你认为板块模型在未来的发展中有哪些可能性和挑战？答案：1.板块模型的基本原理是将复杂的问题或事物划分成若干个相对独立的板块，每个板块代表一个特定的方面或要素，通过对板块之间的关系和相互作用进行分析和研究，以便更好地理解和解决问题。
板块模型的方法包括：划定板块的边界和要素、分析板块之间的相互作用、解释板块之间的影响和效果、预测板块的发展趋势和变化等。
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板块类运动问题专题练习1．（P47 20）如图13所示，有一定厚度的长木板AB 在水平面上滑行，木板的质量m 1=4.0kg ．木板与水平面间的动摩擦因数μ=，木板上表面距水平面的高度h =0.050m ．当木板滑行速度v 0=3.0m/s 时，将一小物块C 轻放在木板右端B 点处．C 可视为质点，它的质量m 2=1.0kg ．经过一段时间，小物块C 从木板的左端A 点滑出，它落地时的动能E KC =．小物块落地后，木板又滑行了一段距离停在水平面上，这时，木板左端A 点距小物块的落地点的水平距离S 1=0.90m ．求：（1）小物块C 从木板的A 点滑出时，木板速度的大小v A ； （2）木板AB 的长度L ．—1解：分析：小物块C 放到木板上后，C 受力如图1，离开木板之前作向右的匀加速运动，假设C 离开木板时的速度为v C ，C 离开木板后向右做平抛运动，砸到地面后立即停下来；木板的受力如图2，C 离开它之前，木板做匀减速运动，假设C 离开木板时木板的速度为v A ,随后木板以初速度v A 匀减速滑动，直到停下来。
、（1）C 平抛过程中只受重力作用，机械能守恒，得：021222+=+KC C E gh m v m 代入数据：s m v C /1=向右平抛的水平位移：m ghv t v S cc c X 1.02=== 所以C 离开木板后，木板实际上由于地面摩擦力而匀减速滑动的位移为：m S S S X 11=+=滑~图132图1 图2C 离开木板后，木板受力如图30110a m g m f ==μ地得：20/2s m g a ==μ故：s m S a v A /220==（2）小物块C 放到木板上后离开木板之前，假设小物块C 在这个过程中的位移为S 2，则木板的位移为S 2+l , 根据动能定理：对木板1m ：)(21))((20212v v m l S f f A-=++-地 ① —对小物块2m :021222-=C v m fS ② 假设C 滑上木块到分离所经历的时间为t ，规定水平向右为正方向，根据动量定理： 对木板1m ： )()(01v v m t f f A -=+-地 ③ 对小物块2m :02-=C v m ft ④联立③④得：地f f 31= ⑤ 联立①②⑤：m l 6.0=2．（P23 24）如图11所示，水平地面上一个质量M =4.0 kg 、长度L =2.0 m 的木板，在F= N 的水平拉力作用下，以v 0=2.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m =l.0 kg 的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端.（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；|（2）若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动. （结果保留二位有效数字）2解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 μ =MgF= 若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 1.f 1－F = Ma 1 f 1 = μ (m+M ) g图3图11,图11a 1 =MFg M m -+)(μ= 0.50 m/s 2设物块经过时间t 离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v 0t －21a 1t 2 解得 t = s 或 s其中t = s 不合题意，舍去. 因此后物块离开木板.（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为μ，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a 2. ~μmg = ma 2 a 2 = μg = 2.0 m/s 2木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a 3. f 1 + f 2－F = Ma 3 μ (M+m ) g + μmg －F = Ma 3 a 3 = 1.0 m/s2 、设经时间t Ⅰ，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v ，此过程中木板的位移为s 1，物块的位移为s 2.v = v 0－a 3t Ⅰ v = a 2t Ⅰs 1 = v 0t Ⅰ－21a 3t Ⅰ2 s 2 =21a 2t Ⅰ2 解得 t Ⅰ =32s ，v =34m/s ，s 1 =910m ，s 2 =94m因为s 1－s 2< L ，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图3所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a 4.f 1－F = (M +m ) a 4μ (M+m ) g －F = (M +m ) a 4 a 4 = 0.40 m/s 2设再经过时间t Ⅱ，它们停止运动. 0 = v －a 4t Ⅱ t Ⅱ =310s t 总 = t Ⅰ + t Ⅱ= s因此将物块放在木板上后，经过 s 木板停止运动.3．（P43 40）如图17所示，平板车长L=6.0m ，质量M=10kg ，将其置于光滑水平面上，车的上表面到水平面的距离h=1.25m 。
现平板车正在光滑水平面上以v 0=10m/s 向右做匀速直线运动，某时刻对平板车施加一个方向水平向左、大小F 1=78N 的恒力，与此同时，将一个质量m=1.0kg 的木块轻放在平板车的右端。
F 1作用后，将力的大小改为F 2=422N （作用位置和施力方向不变）。
F 2作用一段时间后，木块脱离平板车落到水平面上，在木块脱离平板车的瞬间撤去F 2。
已知平板车与木块的动摩擦因数μ=，木块可视为质点，空气阻力可忽略不计，取g =10m/s 2。
求：（1）木块从离开平板车至落到水平面上所用的时间；图21 2 图31!:图17（2）在F 1作用的时间内，摩擦力对平板车做的功；（3）木块落到水平面上时，距离平板车右端的水平距离。
…3．（8分）解：（1）木块离开平板车后，只受重力，在竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，设从木块离开平板车开始至落到光滑水平面上所用的时间为t ，则有h =12 gt 2 解得：t =gh2= ……………………………………………………………………（3分） （2）木块放到平板车右端后，木块和平板车沿水平方向受力情况如答图2所示。
设此时平板车的加速度为a 1，木块的加速度为a 2 根据牛顿第二定律， 对平板车有 F 1+μmg =Ma 1 对木块有 μmg =ma 2 解得：a 1= 8.0m/s 2；a 2=2.0 m/s 2…………………………………………………………（1分）设将木块放到平板车右端后经过t 1时间木块和平板车达到共同速度， 则有v 0－a 1t 1= a 2t 1， 解得：t 1=此时间刚好是F 1作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x 1 -则x 1= v 0t 1－12a 1t 12，解得：x 1=6.0m ………………………………………………………（1分）在F 1作用的时间内摩擦力对平板车做的功W =－μmg x 1=－××10×=－12 J ………………………………………………（1分）（3）在F 1作用的时间内木块的位移为x 2= 12 a 2t 12=1.0m末木块距离平板车右端的距离∆x =L —x 2=5.0m ，如答图3末平板车和木块具有相同的 速度v =a 2t 1=2.0m/s<F 2开始作用后，木块和平板车沿水平方向 受力的情况如答图4所示。
？木块做减速运动，其加速度大小不变，方向改变。
设此时平板车的加速度为a 3根据牛顿第二定律，对平板车有 F 2－μmg =Ma 3 解得：a 3= 42m/s 2答图2答图4v设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x 3、x 4，取水平向右的方向为正方向。
x 3= v 2/2a 2=1.0m ，木块速度减为零所用时间 t 2= va 2=所以 x 4= vt 2－12a 3t 22=－19m因|x 4|＞∆x 说明木块在速度减为零之前已经从平板车的右端脱离。
在F 2作用t 3时间木块与平板车脱离，在这个过程中木块、平板车的位移分别为x 5、x 6， 木块的位移x 5= vt 3－12a 2t 32—平板车的位移x 6=vt 3－12a 3t 32由答图5所示的几何关系可知x 5+|x 6|=∆x ，由此解得： t 3= ……………………（1分） 木块离开平板车瞬间的速度v 1=v －a 2t 3=1.0m/s 木块离开平板车后水平位移x 7= v 1t =0.50m木块离开平板车的瞬间平板车的速度v 2=v －a 3t 3=－19m/s 木块离开平板车后平板车水平位移x 8= v 2 t =－9.5m木块落到水平面上时距离平板车右端的水平距离x = x 7＋|x 8|=10m …………………（1分）@4（P37 18）（05夏季会考）如图15所示，水平桌面距地面的高度h =0.80m ．可以看成质点的小金属块C 的质量m 1=0.50kg ，放在厚度不计的长木板AB 上．木板长L =0.865m ，质量m 2=0.20kg ，木板的A 端跟桌面的边缘对齐．小金属块C 到木板B 端的距离d =0.375m ．假定小金属块与木板间、木板与桌面间、小金属块与桌面间的动摩擦因数都相等，其值＝．现用力将木板水平向右加速抽出．在小金属块从木板上滑下以前，加在木板上的力为水平向右的恒力F ．小金属块落到桌面上后，又在桌面上滑动了一段距离，再从桌面边缘飞出落到水平地面上．小金属块落地点到桌边的水平距离s =0.08m ．求作用在木板上的恒力F 的大小．4解：小金属块经历了三段运动过程：在木板上的匀加速直线运动，从木板上滑落后在桌面上的匀减速直线运动，离开桌面后的平抛运动．设小金属块做平抛运动的时间为t 3， M F 1m }x ∆x x 1 m MF 1 MF 2x 5…x 6答图5C Fdh AB s第8题图2321gt h =)s (4.01080.0223=⨯==g h t ~设平抛运动的初速度为v 2，32t v s =)m/s (2.04.008.032===t s v小金属块在长木板上运动时的受力如图1所示，小金属块这时做匀加速直线运动，设它的加速度为a 1．)N (0.11050.020.0111=⨯⨯===g m F f μμ )m/s (0.25.00.12111===m f a -小金属块离开长木板后在桌面上运动时的受力如图2所示，小金属块这时做匀减速直线运动，设它的加速度的大小为1a '．)N (0.1105.02.0111=⨯⨯==='g m F f μμ )m/s (0.25.00.12111=='='m f a 11a a =' 设小金属块在木板上运动时，相对于地面运动的距离为s 1，末速度为v 1，所用时间为t 1，12112a v s = ① !111t a v = ②设小金属块在桌面上运动时，相对于地面运动的距离为s 2，末速度为v 2，2122212v v s a -=- ③由题意知d L s s -=+21 ④联立以上四式，解得图2f 1΄1g 图1f 1m图3s 1=0.25m s 2=0.24m t 1=v 1=1.0m/s取木板为研究对象，小金属块在木板上运动时，木板受力如图3所示．)N (4.11070.020.0)(2122=⨯⨯=+==g m m F f μμ木板在t 1时间内向右运动距离为d +s 1，设木板的加速度为a 2，则212121t a s d =+ )m/s (0.55.0)25.0375.0(2)(2222112=+=+=t s d a 利用牛顿定律 F －(f 1+f 2)=m 2a 2F =增大F ，可减少物体加速时间，物体不会落下即滑至桌边时速度恰好为零，则物体加速阶段与减速阶段位移都是0.245m ，据此可计算出当F 〉时物块不会落下桌子。