板块模型练习(牛顿运动定律压轴题)

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微专题牛顿运动定律综合应用之有外力的板块模型练习(知识构建、考点突破022届高考一轮复习物理

最右端， A 、B 的质量分别为 mA 1kg 与 mB 2kg ， A 与地面间动摩擦因数 1 0.2 ，初始时 A、B 均静止。用
一水平向右的恒力 F 拉动 A ，经过 t 2s 后 B 从 A 的左端滑离。在此过程中，A 、B 的 vt 图像如图乙所示。g 取
10m/s2 ，则（）
A．B 的加速度大小为 6m/s2
时间,A、B
一起向前加速,加速度
a=F-f2max ,对 mA+mB
B
隔离分析,f1-f2max=mBa,A、B
间的静摩擦力
f1=mBa+f2max=mB
F+mAf2max mA+mB
,B、C
之间为滑动摩擦力保持不变,所以
D
项正确;当拉力再增大时,使
f1
达到最大静摩擦
力后,A、B 之间也发生了相对滑动,A、B 之间变成了滑动摩擦力,即不再变化,此时 A 的加速度 a′=F-f1max,综上所 mA
a F3 kt 当 F 增大到大于最大静摩擦力，两木块开始有相对滑动了，则加速度大小就改变了．对 m 来 M m M m
说
F3-f=ma
对
M
来说
f=Ma2 又
f=μmg
可以得到
a1
kt m
g
a2
1 2
g
【变式】(多选)（2021·武汉睿升学校高一月考）如图甲所示，一质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块。木板受到水平拉力 F 作用时，用传感器测出长木板的加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示，重力加速度 g=10m/s2，下列说法正确的是（）
有可视为质点、质量为 m 的物块 B，已知物块与长木板之间的动摩擦因数为，且 M 2m 。开始二者均处于静

板块模型难题专题训练

板块类运动问题专题练习1．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，如图所示，经一段时间后撤去F，小滑块始终在木板上。

g取10 m/s2。

(1)求撤去外力前后木板的加速度的大小和方向;(2)设经过时间t1撤去外力，试画出木板从开始运动到停止过程中的速度—时间图象;(3)求水平恒力F作用的最长时间。

变式:若小滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，地面光滑，水平恒力F作用的最长时间是多少?2.(1) a1=错误!未找到引用源。

m/s2，方向向右a2=错误!未找到引用源。

m/s2，方向向左(2)(3) 1 s 变式：1s【解析】(1)由牛顿第二定律得:撤力前:F-μ(m+M)g=Ma1，解得a1=错误!未找到引用源。

m/s2，方向向右撤力后:μ(m+M)g=Ma2，解得a2=错误!未找到引用源。

m/s2，方向向左(2)由于减速过程加速度的大小为加速过程的两倍，所以加速时间为t1，则再经t1/2，木板的速度就减小为零。

其速度—时间图象如图。

(3)方法一木板先加速后减速运动，设加速过程的位移为x1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，减速运动的时间为t2。

由运动学规律有x1=错误!未找到引用源。

a1错误!未找到引用源。

，x2=错误!未找到引用源。

a2错误!未找到引用源。

小滑块始终在木板上，应满足x1+x2≤L又a1t1=a2t2由以上各式可解得t1≤1 s，即力F作用的最长时间为1 s方法二由于速度—时间图象的面积就代表位移的大小，所以由(2)问图可知:错误!未找到引用源。

v m×错误!未找到引用源。

t1≤L，其中v m=a1t1解得t1≤1 s，即力F作用的最长时间为1 s变式:解答本题的疑难点在于两个物体都在运动，且运动过程较为复杂。

第六讲牛顿定律之板块模型计算专题(解析版)

第六讲牛顿定律之板块模型计算专题【例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．木板与地面间、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。

解析：（1）物块与木板间发生相对运动，物块的加速度a m =gμ=2m/s ，木板的加速度设为a M ，则：μmg +μ（m +M ）g =Ma M ，解得：a M =3m/s 2（2）木块离开木板的条件是，两者的相对位移至少是L ，设物块经t s 从木板上滑落，则 L =v 0t -222121t a t a m M 代入数据，解得：t =0.4s 或t =2s （舍去）故滑离时物块的速度：v =a m t =2×0.4=0.8m/s答案：（1）2 m/s 2 3 m/s 2；（2）0.8 m/s ．【练习1】如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g ＝10 m/s 2。

则：(1) 小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2) 小车的长度L 是多少？解析：(1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得 μmg ＝ma 1 解得a 1＝μg ＝2 m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2 解得a 2＝F －μmgM＝0.5 m/s 2(2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t 解得：t ＝v 0a 1－a 2＝1 s则物块运动的位移x 1＝12a 1t 2＝1 m小车运动的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.75 mL ＝x 2－x 1＝0.75 m答案：(1) 2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2) 0.75 m【例2】如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1) 放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大； (2) 经多长时间两者达到相同的速度；(3) 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？解析：（1）小物块的加速度a m =gμ=2m/s 2，小车的加速度MmgF a M μ-==0.5m/s 2；（2）由a m t =v 0+a M t ，解得：t =1s（3）从小物块放上小车开始1 s 内，小物块的位移 s 1＝12a m t 2＝1 m ， 1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s ，在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM m+＝0.8 m/s 2，这0.5 s 内小物块的位移s 2＝vt 1＋2112at ＝1.1 m ，小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m.答案： (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m【练习2】有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1) 滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？(2) 为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2， F f ＝μm 1g ＝m 2a 2，解得a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.（2）刚好相对滑动时，F 最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等，F 1-μm 1g =m 1a 2，解得F 1=30N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1，F 2-μm 1g =m 1a 1，L t a t a =-22212121，解得F 2=34N ，则水平恒力F 的取值范围是30N≤F ≤34N 。

高考板块模型及传送带问题压轴题【含详解】

如图所示，长L=1.5 m，高h=0.45 m，质量M=10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=lkg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求：⑴小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；⑵小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；⑶小球离开木箱时木箱的速度．【解答】：⑴设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于②小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s木箱向右运动的最大位移为m木箱向左运动的加速度为m/s时，小球脱离木箱，由，得⑦m/s的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ=37°.一质量也为m A=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点．求：⑴物块A刚滑上木板B时的速度为多大？⑵物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？(3)木板B有多长？【解答】：⑴物块A从斜面滑下的加速度为a1，则m A g sinθ–μ1m A g cosθ=m A a1，解得a1=4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1==8 m/s．⑵物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2=μ2g=2 m/s2；设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2–a2t2/2-a2t2/2=L．对物块A有v2=v1–a2t2，v2–v12=–2a2(x+L)．对木板B有v=2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2=2s，L=8 m．v （1）（2）、板的位移（2）对板有122且v=a2t2解得t2=又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3，则vt―t3=l，t3=--3为了使物块能到达板的右端，必须满足t2≥t3即，则μ2≥-所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数μ2≥-【答案】如图所示，倾角a=37°的固定斜面上放一块质量M=1 kg，长度L=3 m的薄平板AB。

板块模型专题

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μ mg，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。

分析：为防止运动过程中 A 落后于 B（ A不受拉力 F 的直接作用，靠 A、B 间的静摩擦力加速）， A、 B一起加速的最大加速度由 A 决定。

解答：物块 A 能获得的最大加速度为：．∴ A、B 一起加速运动时，拉力 F 的最大值为：．变式 1.例1中若拉力F 作用在 A 上呢？如图 2 所示。

解答：木板 B 能获得的最大加速度为：。

∴A、B 一起加速运动时，拉力 F 的最大值为：．变式 2.在变式1的基础上再改为： B 与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B 以同一加速度运动，求拉力 F 的最大值。

解答：木板 B 能获得的最大加速度为：设 A、B 一起加速运动时，拉力 F 的最大值为F m，则：解得：例 2.如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1． 5m/s 时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ =0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t =1．5s通过的位移大小。

（ g 取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μ g=2m/s2此时小车的加速度为：当小车与物体达到共同速度时：v 共=a1t 1=v0+a2t 1解得： t =1s，v共=2m/s1以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在 t =1．5s内通过的位移为：s=a1t 12+v 共（ t － t 1）+a3（ t － t 1）2=2．1m 练习 1.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，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，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 f 2随拉力 F 大小变化的图象。

《板块模型》(老师版)

板块模型专题题一：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，开始相对滑动题二：如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg ，长度L = 1.0 m ．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg ．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ = 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N 水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. 假设只改变M 、m 、μ、F 中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）。

题三：如图所示，质量为M 的木板长为L ，木板的两个端点分别为A 、B ，中点为O ，木板置于光滑的水平面上并以v 0的水平初速度向右运动。

若把质量为m 的小木块（可视为质点）置于木板的B 端，小木块的初速度为零，最终小木块随木板一起运动。

小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

求：（1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度；（2）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在什么范围内，才能使木块最终相对于木板静止时位于OA 之间。

题四：质量M =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 ，F =8 N ，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m =2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长，求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？板块模型题一：A 题二：令F =9 N 题三：（1）0+M v M m （2）20()+Mv gL M m ≥ μ ≥22()+Mv gL M m 题四：2.1 m.一．解答题（共5小题）1．（2014•河西区一模）如图所示，质量M=8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s 2）．2．（2014•河西区二模）物体A的质量M=1kg，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v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，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=0.2，取重力加速度g=10m/s2．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．3．（2013•广陵区校级学业考试）如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=1.8m．一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2．（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）判断滑块能否从平板车的右端滑出．若能，求滑块落地时与平板车右端间的水平距离；若不能，试确定滑块最终相对于平板车静止时与平板车右端的距离．4．（2012•如皋市校级模拟）如图所示，长L=1.5m，高h=0.45m，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度．5．（2012•四会市校级二模）光滑水平面上有一质量为M、长度为L的木板AB，在木板的中点有一质量为m的小木块，木板上表面是粗糙的，它与木块间的动摩擦因数为μ．开始时两者均处于静止状态，现在木板的B端加一个水平向右的恒力F，则：（1）木板和木块运动的加速度是多大？（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足什么条件？板块模型高中物理参考答案与试题解析一．解答题（共5小题）小车的加速度：内小物块的位移：=0.8m/s=Vt+2．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A 不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围．解答：解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µMg=Ma A得a A=µg=2 m/s2木板B作加速运动，有F+µMg=ma B，得：a B=14 m/s2两者速度相同时，有V0﹣a A t=a B t，得：t=0.25sA滑行距离：S A=V0t﹣=mB滑行距离：S B==m最大距离：△s=S A﹣S B=0.5m（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：…①又：…②由①、②式，可得：a B=6m/s2F=ma B﹣µMg=1N若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有：F=（m+M）a，µMg=ma所以：F=3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N答：（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为0.5m．（2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N点评：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．∴，得）木块运动的最大加速度为，若）分别找出木块的位移和木板的位移，运用位移公式列式，求出加速度的关）木块运动的最大加速度为…①…⑤…⑥，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为，木板的加速度为，木块运动的加速度为。

高考物理系统性复习 (考点分析) 第五节牛顿定律与板块模型(附解析)

【考点分析】第五节牛顿定律与板块模型【考点一】地面光滑无外力的板块模型【典型例题1】如图a ，一长木板静止于光滑水平桌面上，t ＝0时，小物块以速度v 0滑到长木板上，图b 为物块与木板运动的v －t 图象，图中t 1、v 0、v 1已知，重力加速度大小为g ，由此可求得( )A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t ＝0开始到t 1时刻，木板获得的动能【解析】根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A 不能够求解出；由图象的斜率表示加速度可求出长木板的加速度为a木＝v 1t 1，小物块的加速度大小a 物＝v 0－v 1t 1，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma 木，μmg ＝ma 物，解得m M ＝v 1v 0－v 1，μ＝v 0－v 1gt 1，故B 和C 能够求解出；木板获得的动能E k 木＝12Mv 12，由于不知道长木板的质量M ，故D 不能够求解出.【答案】 BC【考点二】地面不光滑无外力的板块模型【典型例题2】 (2021·安徽合肥市)如图所示，钢铁构件A 、B 叠放在卡车的水平底板上，卡车底板与B 间的动摩擦因数均为μ1，A 、B 间动摩擦因数为μ2，μ1>μ2，卡车刹车的最大加速度为a (a >μ2g )，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )A.2as 0B.2μ1gs 0C.2μ2gs 0D.(μ1＋μ2)gs 0【解析】若卡车以最大加速度刹车，则由于a >μ2g ，A 、B 之间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A 、B 和车相对静止，当A 、B 整体相对车发生滑动时，a 1＝μ1(m A ＋m B )g m A ＋m B＝μ1g ，当A 、B 间发生相对滑动时，a 2＝μ2m A g m A ＝μ2g ，由于μ1>μ2，所以a 1>a 2，即当以a 1刹车时，A 、B 间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a 2，v 02＝2μ2gs 0，解得v 0＝2μ2gs 0，C 项正确.【答案】 C【考点三】地面光滑外力作用在物块上的板块模型【典型例题3】 (2021·湖北省荆州中学)如图所示，质量均为M 的物块A 、B 叠放在光滑水平桌面上，质量为m 的物块C 用跨过轻质光滑定滑轮的轻绳与B 连接，且轻绳与桌面平行，A 、B 之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g ，下列说法正确的是( )A ．若物块A 、B 未发生相对滑动，物块A 受到的摩擦力为2f Mmg F M m =+ B ．要使物块A 、B 发生相对滑动，应满足关系1M m μμ>- C ．若物块A 、B 未发生相对滑动，轻绳拉力的大小为mgD ．若物块A 、B 未发生相对滑动时，轻绳对定滑轮的作用力为22Mmg F M m=+ 【解析】 A ．若物块A 、B 未发生相对滑动，A 、B 、C 三者加速的大小相等，由牛顿第二定律得(2)mg M m a =+，对A ，由牛顿第二定律得f F Ma =，解得2f Mmg F M m =+，故A 正确；B ．当A 、B 发生相对滑动时，A 所受的静摩擦力达到最大，根据牛顿第二定律有Mg Ma μ=，解得a g μ=，以A 、B 、C 系统为研究对象，由牛顿第二定律得(2)mg M m a =+，解得21M m μμ=-，故要使物块A 、B 之间发生相对滑动，则21M m μμ>-，故B 错误；C ．若物块A 、B 未发生相对滑动，设轻绳拉力的大小为F ，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=，解得F mg ma mg =-<，故C 错误；D ．若物块A 、B 未发生相对滑动时，由A 可知，此时的加速度为2fF mg a M M m==+，对C 受力分析，根据牛顿第二定律有mg F ma -=，解得22Mmg F M m=+，根据力的合成法则，可得轻绳对定滑轮的作用力2222+=2Mmg N F F M m =+，故D 错误。

高中物理高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之板块模型 (word版有答案)

2021届高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之板块模型一、单选题(下列题目中只有一个选项是满足题意的)1．如图所示，置于水平地面上的A、B两物块，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动．下列说法正确的是A．A与B间的动摩擦因数可能为0B．B与地面间的动摩擦因数可能为0C．若撤去F，A与B一定会相对滑动D．若撤去F，A与B间摩擦力逐渐减小2．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，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，则拉力F的最大值为（）A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg3．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，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（）A ．B ．C ．D ．4．如图所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

则（）A ．μ1一定小于μ2B ．μ1一定不小于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．若F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动5．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上面放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。

A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ。

高中物理板块模型经典题目和标准答案

2.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（）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，直到为零木板物拉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/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.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/s2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/s2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/s2，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。

高三复习物理斜面上的板块模型压轴题

高三复习物理斜面上的板块模型压轴题例题1：地面固定一个斜面倾角为θ，AC边长为L ，小物块乙置于木板甲的一端，与木板一起从斜面顶端C 处无初速度释放，其中甲乙质量均为m ，斜面光滑，甲乙之间的动摩擦因素为θμtan =，木板长度为3L/4，重力加速度为g ，每当木板滑到斜面底端时，就会与A 处的弹性挡板发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短，对木块速度的影响可以忽略。

求：①甲乙开始静止下滑的加速度；②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离；③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。

【解析】木板、木块、斜面分别用角标P 、Q 、M 代表<1>开始下滑时，甲乙相对静止，视为整体，由牛二律：ma mg2sin 2=θ，故θsin g a =碰到底部挡板时，有)43(2021L L a v -=-故2sin 1θgL v =，需时：θsin 211g La v t ==<2>木板频道A 端反弹，沿斜面向上运动，物块仍然沿斜面向下，对木板P 有：2sin cos 板ma mg mg =+θθμ又μθ=tan ，故θsin 22g a =板反弹过程木板P 的初速度12v v =板设木板减速到零，走过的位移（相对斜面M ）为2板对斜面S ，则有：222220-板对斜面板板S a v = 解得：L S 812=板对斜面所需时间θsin 221222g La v t ==板板板对物块Q 有：物ma mg mg =-θμθcos sin又μθ=tan ，故0=物a ，即物块在木板上相对地面匀速下滑在2板t 时间内，物块对斜面下滑的位移为：L 41212==板物对斜面t v S ，则物块相对木板的位移为：L 83222=+=板对斜面物对斜面物对板S S S <3> 木板减速到零后，方向沿斜面向下加速。

木板若加速到与木块共速，需走过22214板对斜面板板S L a v S >== 故木板在回到斜面底端A 时，仍然没有达到与物体共速，故木板回到底端时的速度为：12232v S a v ==板对斜面板板，所需时间为：θsin 2212233g Lt a v t ===板板板板木板返回所走位移：L S S 8123==板对斜面板对斜面此时间内物块又向下相对斜面走了位移：L t v S 41313==板物对斜面故物体在斜面上相对前进了：L S S S 81-333==板对斜面物对斜面物对板此时物体距离木板左端还剩下的距离为：L S S L S 41-43324=-=物对板物对板物对板 <4>木板与底端碰撞后又反弹14v v =板若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零，而木块仍未从木板上落下，由前面计算可知，木板相对斜面的位移为L S 812=板对斜面，需时间θsin 22123g Lt t ==板板，与此同时物体对斜面向下位移为L S 413=物对斜面故物体对木板的位移为：L S L S S 4183432=>=+物对板物对斜面板对斜面说明板还未减速到零之前，物体已经达到木板左端，设需要时间为4板t ，则木板向上相对斜面运动位移为：2424124244421-21-板板板板板板板板对斜面t a t v t a t v S ==物体继续相对斜面向下运动位移：414板物对斜面t v S =则物体对木板位移为：L S S S 41444==+物对板物对斜面板对斜面即L t g t gL 41)sin 2(21-)2sin 2244=??板板（θθ 解得：θsin 2124g L t -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++=方法2：VT 图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：θsin 21g La v t ==，又13221t t t ==321t t t t ++=时，甲乙的相对位移为：三角形DKH 的面积，把三角形CKE 的面积补到三角形EGH 的部分，则等于矩形DCGH 的面积，又等于矩形ABCD 的面积（L /2），即：Lvt t t v S 21)(221DH DK 21111==+??=?=）（物对板故4t 内的相对位移为：444414)]sin 22(2[21)]2(2[21)]([21)(21412143t t g v v t t a v v HJ PN JN HM HJ JP HM L L L S ??-+=?-+=?-+=?+==-=θ物对板解得: θsin 2124g Lt -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++=在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s 1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（）A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2 B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2 C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2 D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2A．若F2、m1＞m2，则v 1＞v2、S1=S2 B．若F 1=F2、m1＜m2，则v 1＞v2、S1=S2 C．若F2、m1=m2，则v 1＜v2、S1＞S2 D．若F 1＜F2、m1=m2，则v 1＞v2、S1＞S212题：A、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=μmg/ m1，a2=μmg/ m2，其中m为物块a 和b的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P 的相对位移L=(1/2)at12-(1/2)a1t12又b与Q 的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．对于C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a的加速度大于b的加速度，即aa＞a由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a与P的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aa＞ab所以得：t1＜t2则v＜v2，s1＜s2，故C错误．对于D、根据C选项分析得：若F 1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确．故选D．。

板块模型

板块模型专题题一：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 kg 和 kg ，A 、B 之间的动摩擦因数为。

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，开始相对滑动题二：如图所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = kg ，长度L = m ．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = kg ．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ = ．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = N 水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动. 假设只改变M 、m 、μ、F 中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）。

题三：如图所示，质量为M 的木板长为L ，木板的两个端点分别为A 、B ，中点为O ，木板置于光滑的水平面上并以v 0的水平初速度向右运动。

若把质量为m 的小木块（可视为质点）置于木板的B 端，小木块的初速度为零，最终小木块随木板一起运动。

小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g 。

题四：质量M =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 ，F =8 N ，当小车向右运动的速度达到 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m =2 kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长，求从小物块放上小车开始，经过t = s ，小物块通过的位移大小为多少？板块模型题一：A 题二：令F =9 N 题三：（1）0+M v M m （2）20()+Mv gL M m ≥ μ ≥202()+Mv gL M m 题四： m.一．解答题（共5小题）1．（2014•河西区一模）如图所示，质量M=8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N ，当小车向右运动的速度达到s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长．求：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？（3）从小物块放上小车开始，经过t=小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s 2）．2．（2014•河西区二模）物体A 的质量M=1kg ，静止在光滑水平面上的平板车B 的质量为m=、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，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．3．（2013•广陵区校级学业考试）如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板车上表面距地面的高度h=．一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=，取g=10m/s2．（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）判断滑块能否从平板车的右端滑出．若能，求滑块落地时与平板车右端间的水平距离；若不能，试确定滑块最终相对于平板车静止时与平板车右端的距离．4．（2012•如皋市校级模拟）如图所示，长L=，高h=，质量M=10kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=1kg的小球轻放在距木箱右端的P 点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为，其他摩擦均不计．取，求：（1）小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；（2）小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移；（3）小球离开木箱时木箱的速度．5．（2012•四会市校级二模）光滑水平面上有一质量为M、长度为L的木板AB，在木板的中点有一质量为m的小木块，木板上表面是粗糙的，它与木块间的动摩擦因数为μ．开始时两者均处于静止状态，现在木板的B端加一个水平向右的恒力F，则：（1）木板和木块运动的加速度是多大？（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足什么条件？板块模型高中物理参考答案与试题解析一．解答题（共5小题）1．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小；（2）车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）分析物体和车的运动的过程可以知道，车的运动可以分为两个过程，利用位移公式分别求得两个过程的位移，即可求得总位移的大小．解答：解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，物块的加速度：a m=μg=2m/s2小车的加速度：= m/s2 ．（2）由：a m t=υ0+a M t得：t=1s所以速度相同时用的时间为1s．（3）在开始1s内小物块的位移：最大速度：υ=at=2m/s在接下来的物块与小车相对静止，一起做加速运动，加速度：a==s2这内的位移：S2=Vt+at2=所以通过的总位移s=s1+s2=．点评：本题考查了牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律，对物体受力分析，确定物体的运动的状态，在根据匀变速直线运动的规律来求解即可．2．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：首先分析物体A和车的运动情况：A相对于地做匀减速运动，车相对于地做匀加速运动．开始阶段，A的速度大于车的速度，则A相对于车向右滑行，当两者速度相等后，A相对于车静止，则当两者速度相等时，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．由牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，分别求出A与车相对于地的位移，两者之差等于A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离．要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A 不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F 的最大值，综合得到F的范围．解答：解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µMg=Ma得a A=µg=2 m/s2A木板B作加速运动，有F+µMg=ma B，得：a B=14 m/s2两者速度相同时，有V0﹣a A t=a B t，得：t=A滑行距离：S A=V0t﹣=mB滑行距离：S B==m最大距离：△s=S A﹣S B=（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：…①又：…②由①、②式，可得：a B=6m/s2 F=ma B﹣µMg=1N若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F 必须大于等于1N．当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B 静止，才不会从B的左端滑落．即有：F=（m+M）a，µMg=ma所以：F=3N若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N答：（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为．（2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N点评：牛顿定律和运动公式结合是解决力学问题的基本方法，这类问题的基础是分析物体的受力情况和运动情况，难点在于分析临界状态，挖掘隐含的临界条件．3．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；平抛运动．专题：压轴题．分析：（1）分别对滑块和平板车进行受力分析，它们都只受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律求出各自加速度；（2）滑块做匀减速运动，平板车做匀加速运动，当它们速度相等时一起向右做匀速运动，所以当他们速度相等时没有滑下就不会滑下了，若不能滑下，最终相对于平板车静止时它们速度相等，滑块与平板车右端的距离即为两者的位移差；若能滑下，滑下后滑块做平抛运动，平板车做运动直线运动，滑块最终相对于平板车静止时与平板车右端的距离为两者水平距离之差．解答：解：（1）对滑块，μmg=ma，a1=μg=5m/s21对平板车，μmg=Ma2，（2）设经过t时间滑块从平板车上滑出．∵x块1﹣x车1=L∴t1=或2s因为时已经滑到右侧，故2s舍去．此时，v块1=v0﹣a1t1=5m/s，v车1=a2t1=s；所以，滑块能从平板车的右端滑出．在滑块平抛运动的过程中，∵∴t2=∴△x=x块2﹣x车2=v块2t2﹣v车2t2=答：（1）滑块在平板车上滑行时，滑块的加速度大小为5m/s2，平板车的加速度大小为1m/s2；（2）滑块能从平板车的右端滑出，滑块最终相对于平板车静止时与平板车右端的距离为．点评：该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，要清楚能否滑下的临界条件是两者速度相等时能否滑下，两者间的距离可根据平抛运动和运动学基本公式求解，难度适中．4．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系；自由落体运动．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）小球离开木箱后做自由落体运动，根据位移时间关系可以求得时间；（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．解答：解：（1）木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将作自由落体运动．由，得小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为．（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：木箱向右运动的最大位移为：小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为．（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下木箱向左运动的加速度为设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：设木箱向左运动的时间为t2，则：由得：所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=×1=s．点评：本题关键对分向右减速和向左加速两过程对木箱受力分析后求得加速度，然后根据运动学公式求解待求量．5．考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）木块运动的最大加速度为，若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，用整体法受力分析用牛顿第二定律求加速度．若F＞μ（m+M）g，木块、木板加速度不一样，用隔离法分别对木块和木板水分析，用牛顿第二定律求加速度．（2）分别找出木块的位移和木板的位移，运用位移公式列式，求出加速度的关系，在根据（1）问中求出的加速度表达式，即可求出F的大小．解答：解：（1）木块运动的最大加速度为…①若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，根据牛顿第二定律，共同加速度为…②若F＞μ（m+M）g，设木块、木板加速度分别为a1、a2，则a1=a m=μg…③…④（2）设在木板的B端到达距右方距离为L的P点时，木块恰能从木板上滑出，相对滑动时间为t，水平向右的恒力F0，则…⑤…⑥由③④⑤⑥式得 F0=μ（2M+m）g则在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出应满足F＞μ（2M+m）g答：（1）若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为若F＞μ（m+M）g，木板的加速度为，木块运动的加速度为μg．（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足F＞μ（2M+m）g．点评：本题首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．。

牛顿定律板块模型专项训练附带详细答案

牛顿定律板块模型专项训练附带详细答案1．如图所示，水平桌面上，质量为m 的物块放在质量为2m 的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为μ，木板和桌面间的动摩擦因数为4μ，开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（）A ．当F > 34μmg 时，物块和木板一定发生相对滑动B ．当F = μmg 时，物块的加速度大小为12gμC ．当F = 2μmg 时，木板的加速度大小为512gμD ．不管力F 多大，木板的加速度始终为0【答案】B【详解】A ．当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力达到最大值，对整体1(2)(2)4F m m g m m a μ-+=+隔离木板得1(2)24mg m m g ma μμ-+=得1,898a g F mgμμ== 只有98F mg μ>物块和木板才一定发生相对滑动，选项A 错误；B ．当F =μmg 时，物块和长木板相对静止，对整体有1(2)(2)4mg m m g m m a μμ-+=+得12g a μ=选项B 正确； CD ．当F =2μm g 时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得1(2)(2)4mg m m g m m a μμ-+=+得 18a g μ= 选项CD 错误。

故选B 。

2．在水平光滑地面上，长木板M 和小滑块m 叠放在一起，开始它们均静止。

现将水平向右的恒力F 作用在M 的右端，已知长木板和小滑块之间动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M =2kg ，m =1kg ，g =10m/s 2，如图所示。

当F 取不同数值时，小滑块的加速度a 可能不同，则以下正确的是（）A ．若F =6.0N 则a =3.0m/s 2B ．若F =8.0N 则a =4.0m/s 2C ．若F =10N 则a =3.0m/s 2D ．若F =15N 则a =4.0m/s 2【答案】D【详解】当木块和木板间的静摩擦力达到最大时，此时0mg ma μ=此时对木板和木块的整体0()F M m a =+解得F =12NA ．若F =6.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则226m/s 2.0m/s 3F a M m ===+ 选项A 错误；B ．若F =8.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则28m/s 3F a M m ==+ 选项B 错误； C ．若F =10N 则两物体以共同的加速度向前运动，则210m/s 3F a M m ==+ 选项C 错误； D ．若F =15N 则木块在木板上滑动，则木块的加速度为2=4m/s mg a m μ=选项D 正确。

新教材2020_2021学年高二物理下学期暑假训练7牛顿运动定律的应用__板块模型

7 牛顿运动定律的应用——板块模型暑假训练07牛顿运动定律的应用——板块模型例1．(多选)如图所示，将小砝码放在桌面上的薄纸板上，若砝码和纸板的质量分别为M 和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ，砝码到纸板左端的距离和到桌面右端的距离均为d。

现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是( )A．纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ(M＋m)gB．要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ(M＋m)gC．若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D．当F＝μ(2M＋3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘例2．如图所示，质量相等的物块A和B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。

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 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，重力加速度为g。

求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。

1．如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。

如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。

小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。

下列判断正确的是( )A．当m1＞m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出B．当m1＜m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且速度为零C．当m1＝m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端2．如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知m a＝m b＝m，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为μ。

牛顿运动定律——板块模型学案、试题、答案

牛顿运动定律的应用——板块模型题型：至少涉及两个物体,一般包括多个运动过程,板块间存在相对运动,通过相互间的摩擦力相互作用，应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变),找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口技巧：（1）速度不同，受滑动摩擦力；（2）需注意能否共速（3）共速时，需判断之后是相对运动还是相对静止（方法：可比较假设相对静止的整体的加速度a 和不受外力作用的物体的最大加速度a 1。

若a ≤a 1，相对静止；若a>a 1，相对运动）（4）不掉下来的条件：速度相等时，相对位移小于木板的长度（初始位置在一端）；刚好不掉下来的临界：到达边缘时速度相等（5）画v-t 图便于理解解决问题板块临界：①分析：外力F 较小时，板块一起匀加；F 增大时，a 增大，板块间的静摩擦力增大，达到最大静摩擦力后不再增大，由板块间摩擦力提供动力的物体具有最大加速度，F 继续增大，板块发生相对运动②相对静止到相对运动的临界：板块间达到最大最摩擦力，且两物体的加速度相同 ③若有多个接触面：需判断哪个接触面产生相对滑动，即先达到最大静摩擦力的接触面先发生相对滑动④木块刚好不从长木板上掉下来的临界：到达边缘时速度相等，可通过画v-t 图理解解决问题习题：（一）板块运动的常见情况1、①光滑的水平面上，静止放置一质量为M ，长度为L 的长木板，一质量为m 的物块，以速度V 0②、粗糙的水平面上，静止放置一质量为M ，一质量为m 的物块，以速度0v 从长木板的一端滑向另一端，已知板块间动摩擦因数为1μ，长木板和地面间的动摩擦因数为2μ足够长，分析物块与长木板的运动情况。

③、光滑的水平面上，静止放置一质量为M 的长木板，长木板上静止放置一质量为m 的物块，现对长木板施加一外力F ，板块间动摩擦因数为μ④、光滑的水平面上，静止放置一质量为M 的长木板，长木板上静止放置一质量为m 的物块，现对物块施加一外力F ，板块间动摩擦因数为μ，分析物块与长木板的运动情况。

2022届高考物理二轮复习讲与练专题：牛顿运动定律-板块模型

2022届高三二轮复习讲与练：专题五：牛顿运动定律-板块模型一、单选题1．如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上。

A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

现对A 施加一水平拉力F ，则下列错误的是（）A ．当 1.5F mg μ<时，A 、B 都相对地面静止 B ．当52F mg μ=时，A 的加速度为13g μ C ．当2F mg μ>时，A 相对B 滑动 D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12g μ 2．如图甲所示，质量为2m 的足够长的木板B 放在粗糙水平面上，质量为m 的物块A 放在木板B 的右端且A 与B 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，下列说法正确的是（）A ．前3s 内，A 受到的摩擦力方向水平向右B ．t=4s 时，A 的加速度大小为13μg C ．t=5s 时，A 受到的摩擦力大小为μmgD ．第6s 以后，A 受到的摩擦力会随着F 大小的增加而增大3．如图甲所示，质量m =3kg 的物体A 和质量未知的物体B 叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，用从零开始逐渐增大的水平拉力F 拉着物体B ，两个物体间的摩擦力f 1、物体B 与地面间的摩擦力f 2随水平拉力F 变化的情况如图乙所示，重力加速度g 取10m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）A ．两个物体间的动摩擦因数为0.3B ．物体B 的质量为1kgC ．物体B 与水平地面间的动摩擦因数为0.2D ．当F =10N 时，A 物块的加速度大小为3m/s 24．如图a 所示，一滑块置于长木板左端，木板放置在水平地面上，已知滑块和木板的质量均为2kg ，现在滑块上施加一个()0.8N F t =的变力作用，从0=t 时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图b 所示，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g 取210m/s ，则下列说法正确的是（）A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.2B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.1C ．图b 中，217.5s t =D ．木板的最大加速度为24m/s5．水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左边上有一质量为2m 的物块，如图（a ）所示。

牛顿运动定律_板块模型

mg
F cos μ( mgcos F sin ) mg sin
F μmg cos mg sin cos μ sin
cos μ sin 有最大值时，F有最小值。
当 arcsin 1 时 37
2
1 μ2
Fmin
μmgcos mg sin
1 μ2
96N
023.中山市华侨中学第三次模考卷13
A m
Bθ
M C
解二：
由匀加速运动的公式
v2 2as
得物块沿斜面下滑的加速度为：
v2 a
2.82
m/s 2 1.4m/s 2
2s 2 2.8
由系统动力学方程：
系统所受的合外力等于系统内各物体的质量和加速度乘积的矢量和。即：F = m1a1 + m2a2 + m3a3 + ……
其分量表达式为
解：要使上面木板的前端不落在水平面上,即A木板运动的最大距离小于板长的一半，即A木板的重心到达B木板的前边缘前就停止,不会发生转动而落到地面。
滑动摩擦力使A木板做减速运动,由牛顿运动定律有 μmg=ma a=μg
由匀变速运动的规律题设要求有
s v02 L
2g 2
即v0
gL
A B
v0
014.山东泰安市07年第一轮质量检测12
N2 ( M m )g ma sin 30 2110 11.4 0.5 209.3N N2
ax
a
ay
30°
f2 (M+m)g
题目解一第3页第4页
ΣFx=m1a1x+ m2a2x+ m3a3x+…… ΣFy=m1a1y+ m2a2y+ m3a3y+……

板块模型(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题02板块模型目录一，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 (7)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 (16)三．压轴题速练 (21)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。

4．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。

5．两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。

设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x2二．题型及要领归纳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【例1】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图(a)所示。