2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用之滑块-板块模型学案

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(新课标)2019版高考物理一轮复习主题二相互作用牛顿运动定律 2-2-3 滑块和传送带模型

的水平地面上，在其右端放一质量 m＝1.0 kg 的小滑块 A(可视为质点)．初始时刻，A、B 分别以 v0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最后 A 恰好没有滑离 B 板．已知 A、B 之间的动摩擦因数 μ＝0.40，取 g＝10 m/s2.求：
(1)A 相对地面速度为零时，B 相对地面发生的位移 x； (2)木板 B 的长度 l.
主
题相互作用牛顿运动定律
二
高考研究课
解读高考精准备考
课时三
滑块和传送带模型
高考真题研读 G
精析考题明确考向
考点题型突破 K
考点探究题型突破
探究一板块模型
板块模型通常指的是由木板和物块组成的相互作用的
系统，该模型是高中物理的经典模型．该模型往往涉及题型
多个物体的多个运动过程问题，题目中可涉及摩擦力的概述
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为 5 m/s，小物块将从传送带左端滑出 C．若小物块的速度为 4 m/s，小物块将以 2 m/s 的速度从传送带右端滑出 D．若小物块的速度为 1 m/s，小物块将以 2 m/s 的速度从传送带右端滑出 [思路点拨] (1)求小物块速度减至 0 时通过的位移并与 6 m 比较是判断是否从左端滑出的关键点． (2)如果物块初速度过小，返回平台时，速度会小于 2 m/s，与初速度等大反向．
[答案] (1)0.875 m (2)1.6 m
牛顿运动定律以及运动学规律是解决板块模型问题的主要手段，解决此题问题抓好一个转折，两个关键：一个转折，即滑块与长木板达到相同的速度时或滑块离开长木板时的受力情况以及运动状态的变化为转折点；两个关联，即发生转折前后滑块和长木板的受力情况以及滑块与长木板的位移之间的关联，必要时要通过作草图把握关系．

高三物理一轮复习学案21 牛顿运动定律的应用五—传送带和板块模型

2019级高三物理一轮复习学案21牛顿运动定律的应用五—传送带和板块模型【目标导航】1. 突破传送带问题2. “板块”问题【基本方法】1.传送带问题：受力和运动分析：受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在V 物与V 传相同的时刻；运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。

分析关键是：一是 V 物、V 带的大小与方向；二是mgsin θ与f 的大小与方向。

“板块”问题2.“板块”问题:(1)研究对象要灵活选取：板块相对静止（一起匀变速运动）时采用整体+隔离的方法进行受力分析板块相对运动（加速度不同）时采用隔离的方法进行受力分析(2)注意寻找两物体运动学上的联系，尤其是位移关系（以地面为参考系）(3)临界条件（恰好不滑下去、能够抽出去、恰好不发生相对滑动）两物体间的摩擦力刚好达到最大值（一般近似等于滑动摩擦力）【课中案】例1如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行。

现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图7乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ；(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ问题导引：物块受力情况怎样？物块将做什么运动？例2（木板受牵引）：如图所示，长m L 5.1=、质量kg 3=M 的木板静止放在水平面上，质量kg 1=m 的小物块（可视为质点）放在木板的右端，木板和小物块间的动摩擦因数.101=μ，木板与地面间的动摩擦因数.202=μ。

现对木板施加一水平向右的拉力F ，取2m/s 10=g ，求：（1）使小物块不掉下木板的最大拉力0F （小物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。

（2）如果拉力N 21=F 恒定不变，小物块所能获得的最大速度是多少。

问题导引：小物块将做什么运动？木板将做什么运动？各自的摩擦力向哪？【课后案】1.如图所示，某传动装置与水平面的夹角为30°，两轮轴心相距L ＝2 m ，A 、B 分别是传送带与两轮的切点，传送带不打滑。

2019年高考物理一轮复习第3章牛顿运动定律章末专题复习学案新人教版

第3章牛顿运动定律(对应学生用书第55页)[知识结构导图][导图填充]①质量②ma③向下④向上⑤加速度⑥宏观、低速[思想方法]1．整体法、隔离法2．图象法3．临界、极值法[高考热点]1．牛顿第二定律的瞬时性2．图象问题3．动力学多过程问题4．两类模型物理模型|动力学中的“滑块、滑板”模型1．模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．2．两种位移关系滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．3．解题思路(1)审题建模求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况．(2)求加速度准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)．(3)明确关系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．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．(2017·全国Ⅲ卷)如图31所示，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0．5；木板的质量为m＝4kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．1．某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s．A、B相遇时，A与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2．求：图31(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．【自主思考】(1)A、B两滑块谁先与木板相对静止？为什么？[提示]B木板，因B与木板的运动方向相同．(2)从开始至A、B相遇，三者的运动情况怎样？[提示]B先做匀减速运动，木板先做匀加速运动，二者同速后再以共同的加速度做匀减速运动．A先向左匀减速后向右匀加速运动，加速度大小方向不变．[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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g ①f2＝μ1m B g ②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得f1＝m A a A ④f2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ． ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12a B t 21⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，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v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2⑮A 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s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1．9 m ．(也可用如图所示的速度—时间图线求解)[答案](1)1 m/s (2)1．9 m[突破训练]1．(2015·全国Ⅱ卷)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角θ＝37°⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 37°＝35的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图32所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0．5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l ＝27 m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2．求：图32(1)在0～2 s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．[解析] (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2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 1＝μ1N 1 ①N 1＝mg cos θ ② f 2＝μ2N 2③ N 2＝N ′1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f 1＝ma 1⑤ mg sin θ－f 2＋f 1′＝ma 2 ⑥ N 1＝N ′1 ⑦ f 1＝f ′1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2 ⑨ a 2＝1 m/s 2．⑩(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑪v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑫t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2 ⑬ a ′2＝－2 m/s 2⑭B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有 v 2＋a ′2t 2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t 2＝1 s ⑯在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m ＜27 m⑰此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23 ⑱可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．[答案](1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s如图所示，质量M ＝10 kg 、上表面光滑的足够长的木板在F ＝50 N 的水平拉力作用下，以初速度v 0＝5 2 m/s 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m ＝1 kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1 m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L ＝1 m 就在木板的最右端无初速放一铁块．试问：(g 取10 m/s 2)(1)第1块铁块放上时，木板的速度多大？ (2)最终木板上放有多少块铁块？(3)从第1块铁块放上去之后，木板最大还能运动多远？[解析] (1)木板最初做匀速运动，由F ＝μMg 计算得出，μ＝FMg ＝0．5第1块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有：F －μ(M ＋m )g ＝Ma 1代入数据计算得出：a 1＝－0．5 m/s 2根据速度位移关系公式，有：v 21－v 20＝2a 1L ，计算得出v 1＝7 m/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：a n ＝－μnmg M第1块铁块放上后：v 21－v 20＝2a 1L 第2块铁块放上后：v 22－v 21＝2a 2L……第n 块铁块放上后：v 2n －v 2n －1＝2a n L由上可得：－(1＋2＋3＋…＋n )×2μmgM L ＝v 2n －v 2木板停下时，v n ＝0，得n ＝9．5，即最终木板上放有10块．(3)从放上第1块铁块至刚放上第9块铁块的过程中，由(2)中表达式可得： 9×9＋12×2⎝ ⎛⎭⎪⎫μmg M L ＝v 20－v 29从放上第10块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则：2⎝ ⎛⎭⎪⎫10μmg M d ＝v 29－0联立计算得出：d ＝0．5 m 所以：木板共运动9．5 m ．[答案](1)v 1＝7 m/s (2)10块 (3)9．5 m物理方法|动力学中临界、极值问题处理方法1．动力学中的临界极值问题在应用牛顿运动定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界值出现．2．产生临界问题的条件(1)两物体脱离的临界条件：弹力F N＝0，加速度相同，速度相同．(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，静摩擦力达到最大值．(3)绳子拉断与松弛的临界条件：绳子断时，绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛时，张力F T＝0．3．临界问题的常用解法(1)极限法：把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．(2)假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．(3)数学方法：将物理过程转化为数学公式，根据数学表达式解出临界条件．如图33所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α．其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动，求：图33(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，图中水平向右的力F的最大值；(2)若要使滑块做自由落体运动，图中水平向右的力F的最小值．【导学号：84370146】[题眼点拨]①“滑块与斜面体一起加速运动”说明二者有相同加速度；②“F的最大值”对应物块受的静摩擦力达最大；③“滑块做自由落体运动”说明滑块与斜面体之间无作用．[解析] (1)当滑块与斜面体一起向右加速时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值F fm，滑块受力如图所示．设一起加速的最大加速度为a ，对滑块应用牛顿第二定律得：F N cos α＋F fm sin α＝mg ① F fm cos α－F N sin α＝ma② 由题意知F fm ＝μF N③联立解得a＝μcos α－sin αcos α＋μsin αg对整体受力分析F ＝(M ＋m )a联立解得F ＝m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α． (2)如图所示，要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g ，设此时斜面体的加速度为a M ，则对斜面体：F ＝Ma M当水平向右的力F 最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有12gt 212a M t 2＝tan α，即ga M ＝tan α联立解得F ＝Mgtan α．[答案](1)m ＋M g μcos α－sin αμsin α＋cos α(2)Mgtan α [突破训练]2．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图34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 ，取重力加速度g ＝10 m/s 2．求：图34(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 a 2＝10m/s 2 s ＝a 2t 22 t ＝1 s ．(2)滑块与滑板刚好相对滑动时，F 最小，此时可认为二者加速度相等，F 1－μm 1g ＝m 1a 2 F 1＝30 N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离滑板时，F 最大，设滑块加速度为a 1，F 2－μm 1g ＝m 1a 1 a 1t 22－a 2t 22＝LF 2＝34 N则水平恒力大小范围是30 N≤F ≤34 N． [答案](1)1 s (2)30 N≤F ≤34 N高考热点|动力学中的多过程问题综合运用牛顿第二定律和运动学知识解决多过程问题，是本章的重点，更是每年高考的热点．解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”．“辽宁舰”在海上进行“歼15”舰载机起降训练，如图35所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l 1＝1．6×102m 的水平跑道和长度为l 2＝20 m 的倾斜跑道两部分组成，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h ＝4．0 m ．一架质量为m ＝2．0×104kg 的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F ＝1.2×105N ，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的110．假设“辽宁舰”处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，g 取10 m/s 2．图35(1)求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；(2)为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100 m/s，外界还需要在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．【导学号：84370147】[题眼点拨]①“发动机的推力及阻力大小恒定”可知飞机做匀变速直线运动；②“在整个水平跑道阶段对飞机施加助推力”可知水平跑道上合外力为助推力、发动机推力及阻力的合力，可求出加速度．[解析] (1)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力的作用，设加速度大小为a1，末速度大小为v1，运动时间为t1，有F合＝F－f＝ma1v21－v20＝2a1l1v1＝a1t1其中v0＝0，f＝0.1 mg，代入已知数据可得a1＝5．0 m/s2，v1＝40 m/s，t1＝8.0 s飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2，末速度大小为v2，沿斜面方向有F合′＝F－f－mg sin θ＝ma2，其中sin θ＝hl2v22－v21＝2a2l2代入已知数据可得a2＝3.0 m/s2，v2＝ 1 720 m/s≈41.5 m/s．(2)飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a1′、末速度大小为v1′，有F合″＝F推＋F－f＝ma1′v1′2－v20＝2a1′l1飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面方向的分力作用没有变化，加速度大小a2′＝a2＝3.0 m/s2v2′2－v1′2＝2a2′l2根据题意，v2′＝100 m/s，代入已知数据解得F推＝5.175×105 N．[答案](1)8.0 s 1.5 m/s(2)5．175×105 N如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F ＝6．5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ．经过时间t ＝2．0 s ，玩具移动了距离x ＝2 3 m ，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数； (2)松开手后玩具还能运动多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平面夹角多大时，最省力？ [解析] (1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x ＝12at 2解得a ＝ 3 m/s 2对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma解得μ＝33．(2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′解得a ′＝1033 m/s 2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝0．6 3 m≈1．04 m ．(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则F cos θ－F f >0F f ＝μF N在竖直方向上，由平衡条件得F N ＋F sin θ＝mg解得F >μmgcos θ＋μsin θcos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)当θ＝30°时，拉力最小，最省力．[答案](1)33 (2)1．04 m (3)30°[突破训练]3．一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿s 处有片质量为m 的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角为θ＝45°的斜面，如图36．当车速达到v 0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间t 滑到玻璃的下沿．树叶在运动中受到空气阻力，其大小F ＝kv (v 为车速，k 为常数)，方向与车运动方向相反．若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g ，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小a ′；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数μ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小a ．【导学号：84370148】图36[解析] (1)根据匀加速直线运动规律，有s ＝12a ′t 2得a ′＝2st 2．(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ，树叶受到的空气阻力为F ，树叶受到的滑动摩擦力为f ，则有F ＝kv 0f ＝μNN ＝mg cos θ＋F sin θ由牛顿第二定律有mg sin θ－f －F cos θ＝ma ′由题意，θ＝45°解得μ＝mg －kv 0t 2－22msmg ＋kv 0t 2． (3)设汽车匀加速运动到速度为v 0时，树叶受到挡风玻璃的支持力为N ′，树叶受到的空气阻力为F ′，树叶受到的最大静摩擦力为f ′，则有f ′＝μN ′F ′＝kv 0由牛顿第二定律有N ′sin θ＋f ′cos θ－F ′＝ma N ′cos θ＝f ′sin θ＋mg 由题意，θ＝45°联立并代入μ，得a ＝mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0m ．[答案](1)2s t 2 (2)mg －kv 0t 2－22ms mg ＋kv 0t 2 (3)mgt 2－2ms kv 0t 2＋2ms g －kv 0m。

高中物理人教版(2019)必修一提升板块模型教案

牛顿运动定律的运用—板块模型教案1.运用牛顿第二定律进行受力分析求加速度（1）若：v 1>v 2则， g a A μ= B A B m gm a μ=,A 减速，B 加速（2）若：v 1<v 2则，g a A μ= B A B m gm a μ=，A 加速,B 减速（3）若：v 1=v 2则，AB 一起匀速，整体法（4）若： v 1=v 2，问AB 相对静止吗？—AB 都减速2. 摩擦力突变问题（1）F 最多为多大AB 不发生相对运动（A 、B 一开始静止）思路1：F 一开始比较小，假设从0开始增大，F 作用在B 上，B 相对A 有先向右运动的趋势，B 给A 的摩擦力向右，A 给B 的摩擦力向左，因为F 比较小AB 之间的摩擦力是静摩擦力（可在桌面上做一个演示实验），但是此时请问：对B 受力分析F =f A→B 吗？其实不等，应该是B B B A a m f F =-→，对A 而言，应该是A A A B a m f =→,因为二者是相对静止，所以B A a a =，那么什么时候AB 会发生相对运动？应该是max f f A B =→，静摩擦力突变为滑动摩擦力。

这时我们同学会认为条件是： max f F >，为什么这个想法不对？？实际上要发生相对运动，应该是F 比m ax f 大得多，怎么衡量大得多？？应该满足B B a m f F =-max ，因为二者是在加速运动，要符合牛顿第二定律的思想。

即B B A a m g m F =-μ ，A A A a m g m =μ，而对A 而言，当满足A A A a m g m =μ时，说明A 已经达到最大加速度，此时B A a a =，而B 的加速度是可以再变的，这个就是二者即将发生相对运动的临界。

所以g m m F B A )(+>μ，发生相对运动。

思路2：AB 一开始是相对静止，说明有共同的加速度，整体法有共a m m F A B )(+=，而共a 一定有最大值，这个只能看个体中谁有最大值，当然是A ，所以max max A a a =共（2）F 最多为多大AB 不发生相对运动（A 、B 一开始静止）A A A a m f F =-maxB B B a m f =max 一开始AB 相对静止，所以B A a a =，而对B 而言是有最大加速度的，所以当max B A a a =，时AB 即将发生相对运动。

全国通用2019高考物理一轮复习精炼：第三章牛顿运动定律微专题25动力学中的“滑块-木板”模型含答案

25 动力学中的“滑块-木板”模型[方法点拨] “滑块—木板”模型问题中，靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a m ＝F fmm.假设两物体同时由静止一起运动，若整体加速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间为滑动摩擦力．1．(多选)(2017·四川绵阳第一次段考)如图1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 ，小滑块A 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，用传感器测出小滑块A 的加速度a ，得到如图乙所示的F －a 图象．取g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则( )图1A ．小滑块A 的质量为4 kgB ．木板B 的质量为5 kgC ．当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为3 m/s 2D ．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为12 N2．如图2所示，在光滑水平面上，一个小物块放在静止的小车上，物块和小车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g ＝10 m/s 2.现用水平恒力F 拉动小车，关于物块的加速度a m 和小车的加速度a M 的大小(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，下列选项可能正确的是( )图2A ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 23．(多选)(2017·四川宜宾一诊)如图3甲所示，物块A 与木板B 叠放在粗糙水平面上，其中A 的质量为m ，B 的质量为2m ，且B 足够长，A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ.对木板B 施加一水平变力F ，F 随t 变化的关系图如图乙所示，A 与B 、B 与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( )图3A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmgD．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg4．如图4所示，质量为M＝1 kg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为m＝1 kg的小铁块(可视为质点)，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的力F(图中未画出)，下列能正确表示铁块与木板间的摩擦力F f随力F大小变化的图象是(重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图45．(2017·安徽省六校联考)如图5所示，钢铁构件A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车底板和B间动摩擦因数为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＞μ1g，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情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过( )图5A.2as0B.2μ1gs0C.2μ2gs0D.(μ1＋μ2)gs06．(多选)如图6，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，经时间t二者分离．则下列哪些变化可使时间t增大( )图6A．仅增大木板的质量MB．仅增大木块的质量mC．仅增大恒力FD．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数7．(2017·江西省第一次联考)如图7所示，长木板置于光滑水平地面上，小物块放在长木板的正中间，两物体处于静止状态．已知木板的质量为M＝4 kg，长度为L＝2 m，物块的质量为m＝1 kg，尺寸可以忽略．物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，认为两物体间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g＝10 m/s2.图7(1)若在物块上施加一个水平恒力F1，恰好能使物块在木板上滑动，求力F1的大小；(2)若在木板上施加一个水平恒力F2，经过2 s物块恰好从木板上滑落，求力F2的大小．答案精析1．AD [由题图乙知，F ＜20 N 时，A 、B 一起加速运动，对整体，由牛顿第二定律得：F ＝(m A ＋m B )a由题图乙可得F a ＝202kg ＝10 kg ，所以m A ＋m B ＝10 kg当F ＞20 N 时，A 、B 间发生相对滑动，对A ，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝m A a ，得 F ＝μm A g ＋m A a .图象的斜率k ＝20－122＝4，得m A ＝4 kg ，m B ＝6 kg ，故A 正确，B 错误．由F ＝μm A g ＋m A a 知，图象的纵截距为μm A g ＝12 N当F ＝40 N 时，木板B 的加速度为 a B ＝μm A g m B ＝126 m/s 2＝2 m/s 2，故C 错误．小滑块A 与木板B 间的最大静摩檫力为F f ＝μm A g ＝12 N ，故D 正确．] 2．C[若物块与小车保持相对静止一起运动，设加速度为a ，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得：F ＝(M ＋m )a ，隔离小物块受力分析，二者间的摩擦力F f 为静摩擦力，且F f ≤μmg ，由牛顿第二定律可得：F f ＝ma ，联立可得：a m ＝a M ＝a ≤μg ＝2 m/s 2.若物块与小车间发生了相对运动，二者间的摩擦力F f 为滑动摩擦力，且a m <a M ，隔离小物块受力分析，如图所示，由牛顿第二定律可得：F f ＝μmg ＝ma m ，可得：a m ＝2 m/s 2，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．] 3．AD4．C [当F ＜μ1(M ＋m )g ＝2 N 时，F f ＝0；铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块的加速度a 0＝μ2g ，F ＝μ1(M ＋m )g ＋(M ＋m )a 0＝10 N ，故当2 N≤F ＜10 N 时，木板、铁块保持相对静止向右做加速运动，F －μ1(M ＋m )g ＝(M ＋m )a ，F f ＝ma ，解得F f ＝F2－1(N)；当F ≥10 N 时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力F f ＝μ2mg ＝4 N ，所以C 正确．]5．C [设A 的质量为m ，以最大加速度运动时，A 与B 保持相对静止，由牛顿第二定律得：F f1＝ma ≤μ2mg ，解得：a ≤μ2g ，即A 的最大加速度：a 1＝μ2g 同理，可知B 的最大加速度：a 2＝μ1g 由于μ1＞μ2，则a 1＜a 2≤μ1g ＜a可知要求其刹车后在s 0距离内能安全停下，则车的最大加速度等于a 1. 所以车的最大速度：v m ＝2μ2gs 0 故A 、B 、D 错误，C 正确．] 6．BD7．(1)2.5 N (2)12 N解析 (1)设两物体间的最大静摩擦力为F f ，当F 1作用于m 时，对整体，由牛顿第二定律有：F 1＝(M ＋m )a对M ，由牛顿第二定律有：F f ＝Ma小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力F N ＝mg ，由摩擦力公式有F f ＝μF N ＝μmg 联立各式解得：F 1＝2.5 N(2)两物体发生相对滑动，设M 、m 的加速度分别为a 1、a 2 对M ，由牛顿第二定律得：F 2－F f ′＝Ma 1 对m ，由牛顿第二定律得：F f ′＝ma 2F f ′＝μmg两物体在时间t 内位移为x 1＝12a 1t 2 x 2＝12a 2t 2m 刚滑下M 时有：x 1－x 2＝12L联立解得：F 2＝12 N.。

人教版高中物理必修一牛顿运动定律的应用之板块与传送带问题学案

牛顿运动定律应用之板块和传送带问题（4.5 牛顿运动定律的应用第2课时）一．滑块、木板相对运动问题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，且滑块和木板在的相互作用下发生滑动。

2．位移关系：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∆x=；滑块和木板反向运动时，位移大小之和∆x=。

3．分析滑块方法：首先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)，然后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．思路如下：（1）确定研究对象，分析每一个物体的受力情况、运动情况（2）应用，计算滑块和木板的加速度（3）找出物体之间的关系是解题的突破口，前一个过程的速度是下一个过程的速度例1、(多选)如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知m A＝6 kg，m B＝2 kg；A、B间动摩擦因数μ＝0.2；A物体上系一细线，细线能承受的最大拉力是20 N，水平向右拉细线，下述中正确的是(g取10 m/s2)()A．当拉力0＜F＜12 N时，A静止不动B．当拉力F＞12 N时，A相对B滑动C．当拉力F＝16 N时，B受到A的摩擦力等于4 ND．在细线可以承受的范围内，无论拉力F多大，A相对B始终静止【模型突破】做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口，解答此类问题的注意事项：（1）要注意运动过程中两物体的速度关系、位移关系等，画出位移关系图;（2）相对静止时，常存在静摩擦力，两物体发生相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值;（3）两物体速度相等时可能存在运动规律的变化，在解题时要注意这个临界状态。

两物体发生相对滑动后，属于“追及相遇问题”，要注意列出两物体间的位移关系.例2.、长为1.5m 的长木板B 静止放在水平冰面上，小物块A 以某一初速度从木板B 的左端滑上长木板B ，直到A 、B 的速度达到相同，此时A 、B 的速度为0.4m/s ，然后A 、B 又一起在水平冰面上滑行了8.0cm 后停下．若小物块A 可视为质点，它与长木板B 的质量相同，A 、B 间的动摩擦因数μ1=0.25．求：(1)木块与冰面的动摩擦因数；(2)小物块相对于长木板滑行的距离；(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上长木板的初速度应为多大？（取g =10m /s 2）【方法技巧】（1）若两物体以不同的初速度开始运动，则板块之间一定发生相对运动，物块刚好没有从木板上滑下，则此时它们的位移关系：同向时，位移大小之差△x=x 物块-x 木板=L （板长）；反向时，位移大小之和△x=x 物块+x 木板=L 。

人教版必修一牛顿定律应用专题 3 轻松解决“板块”问题(学案含答案)-精选教育文档

理解并掌握发生相对运动时的力学特征。

“板块”问题就是通常遇到的叠放问题，由于其往往可看成由物块和木板构成的一对相互作用模型，故将其形象称为“板块”问题。

其应用的知识面较为广泛，与运动学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系，而且往往牵涉着临界极值问题，能够较好地考查对知例题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？思路分析：物块冲上木板后相对木板向右运动，会在木板摩擦力作用下匀减速运动，木板会在摩擦力作用下匀加速运动，两者共速后，一起匀速运动。

求物块停在木板上何处，实际是在求物块与木板的相对位移大小。

方法一（基本公式法）由牛顿第二定律可知：对物块1ma mg =μ；对木板2Ma mg =μ解得 21m/s 6=a ，22m/s 4=a设两者共速时所用时间为t ，则t a t a v 210=-解得 s 1=t这段时间物块与车的位移大小分别为两车的位移之差m 521=-=∆x x x故物块能停在距木板左端5m 处。

方法二（图象法）作出物块与木板的运动图象如图所示。

由牛顿第二定律可求得物块与木板的加速度两者t 时刻速度相等，则t a t a v 210=- 解得 s 1=t分析可知，图中阴影面积为板、块的相对位移，由几何关系知m 5210==∆t v x 故物块能停在距木板左端5m 处。

方法三（相对运动法）以地面为参考系，由牛顿第二定律可知对物块 1ma mg =μ 对木板 2Ma mg =μ解得 21m/s 6=a ，22m/s 4=a以木板为参考系，物块的初速度为0v ，加速度大小为21a a +，则两者相对位移为()m 522120=+=∆a a v x 故物块能停在距木板左端5m 处。

答案：物块能停在距木板左端5m 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 。

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第3讲验证牛顿运动定律学案

丰富丰富纷繁第 3 讲考证牛顿运动定律一、实验目的1．学会用控制变量法研究物理规律．2．研究加快度与力、质量的关系．3．掌握灵巧运用图象办理数据的方法．二、实验原理1．保持质量不变，研究加快度跟合外力的关系．2．保持合外力不变，研究加快度与质量的关系．13．作出a－F图象和a－图象，确立其关系．m三、实验器械小车、砝码、小盘、细绳、一端附有定滑轮的长木板、薄木块、打点计时器、低压沟通电源、导线、纸带、复写纸、天平、刻度尺．四、实验步骤1．丈量：用天平丈量小盘和砝码的质量m′和小车的质量m.2．安装：依据照实验原理图所示装置把实验器械安装好，不过不把悬挂小盘的细绳系在小车上( 即不给小车牵引力 )3．均衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下边垫上一块薄木块，使小车能匀速下滑．4．操作(1)小盘经过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后松开小车，取下纸带编号码．(2) 保持小车的质量不变，改变砝码和小盘的质量′，重复步骤 (1) ．m m(3) 在每条纸带上选用一段比较理想的部分，测加快度a.(4) 描点作图，作a－ F 的图象．(5) 保持砝码和小盘的质量 m′不变，改变小车质量m，重复步骤(1)和(3)1，作 a－图象．m对实验原理与操作的考察[ 学生用书P54]本实验利用盘及盘中重物经过细绳牵引小车做加快运动的方法研究加快度 a 与力 F、质量 M的关系．实验时采纳控制变量法，共分两步研究：第一步，保持小车的质量不变，改变盘中重物的质量，测出相应的a，验丰富丰富纷繁证 a 与 F 的关系；第二步，保持盘中重物的质量不变，改变小车上砝码的质量，测出小车运动的加快度a，验证 a 与 M的关系．实验应丈量的物理量有：(1) 小车及车上砝码的总质量M：用天平测出．(2) 小车遇到的拉力：拉力近似等于盘和重物的总重力( 盘和重物的总质量远小于小车和车上砝码的F mg总质量)．(3) a：经过打点计时器打出纸带，由a＝a1＋ a2＋ a3 x6＋ x5＋ x4－ x3－ x2－ x1小车的加快度 3 ＝9T2 计算出．【典题例析】某实验小组利用图示的装置研究加快度与力、质量的关系．(1)以下做法正确的选项是 ________ ( 选填字母代号 ) ．A．调理滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调理木板倾斜度均衡木块遇到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶经过定滑轮拴在木块上C．实验时，先松开木块再接通打点计时器的电源D．经过增减木块上的砝码改变质量时，不需要从头调理木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时遇到的拉力，应知足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量 ________木块和木块上砝码的总质量． ( 选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有均衡摩擦力的状况下，研究加快度 a 与拉力 F 的关系，分别获取图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为 m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ 甲、μ 乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲 ________μ 乙．(选填“大于”“小于”或“等于”)[ 分析 ] (1) 实验中细绳要保持与长木板平行， A 项正确；均衡摩擦力时不可以将装有砝码的砝码桶经过定滑轮拴在木块上，这样没法均衡摩擦力， B 项错误；实验时应先接通电源再松开木块， C 项错误；均衡摩擦力后，改变木块上的砝码的质量后不再需要从头均衡摩擦力，D项正确．(2) 由整体法和隔绝法获取细绳中的拉力mg＝1F＝ Ma＝M mg，可见，当砝码桶和桶内砝码的总质量m M＋ m m1＋M远小于木块和木块上砝码的总质量M时，可得 F≈ mg.F(3)不均衡摩擦力，则 F－μmg＝ ma， a＝－μ g，图象的斜率大的木块的质量小，纵轴截距绝对值大的动 m 摩擦因数大，所以m甲<m乙，μ甲>μ乙．2[ 答案 ] (1)AD (2) 远小于(3) 小于大于1.(2018 ·潍坊月考) 在研究加快度与力、质量的关系活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置．图中上下两层水平轨道表面圆滑，两小车前端系上细线，细线越过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时经过控制装置使两小车同时开始运动，而后同时停止．(1)在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使 ____________________；在实验时，为减小系统偏差，应使砝码盘和砝码的总质量 ____________ 小车的质量 ( 选填“远大于”“远小于”或“等于” ) ．(2)本实验经过比较两小车的位移来比较小车加快度的大小，能这样比较，是因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)实验中获取的数据以下表所示：小车Ⅰ、Ⅱ的质量约为200 g.实验次数小车拉力 /N 位移 /cmF x1Ⅰ0.1Ⅱ0.2 46.512Ⅰ0.2 29.04Ⅱ0.3 43.633Ⅰ0.3 41.16Ⅱ0.4 44.804Ⅰ0.4 36.43Ⅱ0.5 45.56 在第 1 次实验中小车Ⅰ从A点运动到 B 点的位移如图乙所示，请将丈量结果填到表中空格处．经过剖析，可知表中第 __________ 次实验数据存在显然错误，应舍弃．乙分析： (1) 拉小车的水平细线要与轨道平行．只有在砝码盘和砝码的总质量远小于小车质量时，才能以为砝码盘和砝码的总重力等于细线拉小车的力．(2) 对初速度为零的匀加快直线运动，时间同样时，依据运动学公式：1 2，得a1 x1 x＝ at ＝ .2 a2 x2(3) 刻度尺的最小刻度是 1 mm，要估读到毫米的下一位，读数为23.86 cm － 0.50 cm ＝ 23.36 cm. 答案： (1) 细线与轨道平行( 或水平 ) 远小于(2) 两小车从静止开始做匀加快直线运动，且两小车的运动时间相等(3)23.36(23.34 ～ 23.38 均对 ) 3对数据办理和偏差剖析的考察[ 学生用书 P55]1．数据办理(1) 先在纸带上注明计数点，丈量各计数点间的距离，依据公式a ＝ 2x计算加快度．T(2) 需要先记录各组对应的加快度 a 与小车所受牵引力 F ，而后成立直角坐标系，用纵坐标表示加快度 a ，用横坐标表示作使劲F ，描点画出 a － F 图象，假如图线是一条过原点的直线，便证明加快度与作使劲成正比．再记录各组对应的加快度 a 与小车和砝码的总质量M ，而后成立直角坐标系，用纵坐标表示加快度a ，用横坐标表示总质量的倒数11，描点画出 a －图象，假如图线是一条过原点的直线，就证了然加快度与质量成反比．M M2．偏差剖析(1) 质量的丈量、纸带上计数点间距离的丈量、拉线或纸带不与木板平行等都会造成偏差．(2) 实验原理不完美惹起偏差．经过适合的调理，使小车所受的阻力被均衡，mM ＝mg当小车做加快运动时，能够获取 a ＝＋ g ，T ＝ mg＋，M mM m m1＋ M只有当 ? 时，才可近似以为小车所受的拉力 T 等于，所以本实验存在系统偏差．M m mg(3) 均衡摩擦力禁止造成偏差．【典题例析】(2016 ·高考全国卷Ⅲ ) 某物理课外小组利用图甲中的装置研究物体加快度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平搁置，其右端固定一轻滑轮；轻绳越过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有＝ 5 个，每个质量均为 0.010 kg. 实验步骤以下：N(1)将5 个钩码所有放入小车中，在长木板左下方垫上适合厚度的小物块，使小车 ( 和钩码 ) 能够在木板上匀速下滑．(2) 将 n ( 挨次取 n ＝1，2，3，4，5) 个钩码挂在轻绳右端，其余－ n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车N并使轻绳与木板平行．开释小车，同时用传感器记录小车在时辰 t 相关于其开端地点的位移 s ，绘制 s －t 图象，经数据办理后可获取相应的加快度 a .(3) 对应于不一样的n 的 a 值见下表．＝2 时的 s － t 图象如图乙所示；由图乙求出此时小车的加快度 ( 保存n2 位有效数字 ) ，将结果填入下表．n1 2 3 4 5－ 2a/ (m·s)(4)利用表中的数据在图丙中补齐数据点，的加快度与其所受的合外力成正比．0.200.580.78 1.00并作出 a－ n 图象．从图象能够看出：当物体质量一准时，物体(5) 利用a－n图象求得小车 ( 空载 ) 的质量为 ________kg( 保存 2 位有效数字，重力加快度取g＝9.8 m·s －2)．(6)若以“保持木板水平”来取代步骤(1) ，以下说法正确的选项是 ________( 填入正确选项前的标号 ) ．A．a－n图线不再是直线B．a－n图线还是直线，但该直线可是原点C．a－n图线还是直线，但该直线的斜率变大[分析] (3) 实验中小车做匀加快直线运动，因为小车初速度为零，联合匀变速直线运动规律有1 2，s＝ at2联合图乙得加快度a＝0.39 m/s2.(5) 由 (4) 知，当物体质量必定，加快度与合外力成正比，得加快度 a 与 n 成正比，即 a－ n 图象为过原点2 nmg＝的直线． a－ n 图象的斜率 k＝0.196 m/s，均衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力供给小车的加快度，0 0mg mg( M＋Nm) a，解得a＝0 0n，则 k＝，可得 M＝0.45 kg.M＋ Nm0 M＋ Nm0(6) 若未均衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的协力供给小车的加快度，即 nmg－μ[ M（ 1＋μ）m0g＋ ( N－n) m0] g＝( M＋Nm0) a，解得a＝· n－μ g，可见图线截距不为零，其图线还是直线，图线斜M＋ Nm0率相对均衡摩擦力时有所变大，B、 C项正确．[答案] (3)0.39(0.37 ～ 0.41 均可 )(4)a－ n 图线如图(5)0.45(0.43～0.47均可)(6)BC1 1a 与 M是反比关系，则a－ M图象是曲线，在研究两(1) 假如a与是正比关系，则a－图象是直线，而若M M丰富丰富纷繁个量的关系时，直线更易确立二者之间的关系，故本实验作1a－图象．M(2)在均衡摩擦力时，除了不挂盘和重物外，其余都应跟正式实验同样，匀速运动的标记是打点计时器打出的纸带上各点间的距离相等．(3)考证牛顿第二定律实验中，保持小车质量不变时， a－ F 图象应为一条过原点的直线， a－ F 图象可是原点可能是均衡小车摩擦力没有达到实验要求所致；保持协力不变时，a－M 图象应是双曲线，不易确认，所以1应作 a－图象，该图象应为一条过原点的直线，图象可是原点一般是均衡小车摩擦力没有达到实验要求所致．M2.(2018 ·宁夏石嘴山高三月考) 在“研究加快度与质量的关系”的实验中(1) 备有器械： A. 长木板； B. 电磁打点计时器、低压沟通电源、纸带； C. 细绳、小车、砝码； D. 装有细砂的小桶； E. 薄木板； F. 毫米刻度尺．还缺乏的一件器械是________．(2) 实验获取如图(a) 所示的一条纸带，相邻两计数点的时间间隔为T； B 、 C 间距 s2和 D、E 间距 s4已量出，利用这两段间距计算小车加快度的表达式为__________ ．(3) 同学甲依据实验数据画出如图1______kg.( g取 10 (b) 所示a－图线，从图线可得砂和砂桶的总质量为mm/s2)(4) 同学乙依据实验数据画出了图(c) ，从图线可知乙同学操作过程中可能__________________ ．分析： (1) 此题要丈量小车的质量，则需要天平，所以还缺乏的一件器械是天平．(2)依据逐差法得： s4－ s2＝2aT2s4－ s2解得 a＝2T2.(3)依据牛顿第二定律可知， a＝F，则 F 即为 a－1图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m m2.4m′ g＝ F＝12N＝0.2 N，解得 m′＝0.02 kg.(4)由图 (c) 可知，图线不经过坐标原点，当F为某一值时，加快度为零，可知未均衡摩擦力或均衡摩擦力不足．s － s2答案： (1) 天平 4 (4) 未均衡摩擦力或均衡摩擦力不足(2) a＝2 (3)0.02(0.018 ～ 0.022 均正确 )2T创新实验 [ 学生用书P56]近几年高考对本实验的考察，一般运用牛顿运动定律进行某一研究实验、利用先进系统收集数据等，通过改变实验条件、实验仪器或巧用物理规律进行新的研究活动．命题趋向有以下几个方面：1．实验器械的改良(1)为了减小摩擦，用气垫导轨代替长木板．(2)用频闪照相或光电计时器代替打点计时器．2．数据办理方法的改良利用传感器，借助于计算机系统来办理数据，获取加快度，或直接获取加快度与外力、加快度与质量之间的关系．3．运用牛顿运动定律进行新的研究实验以本实验为背景，联合牛顿第二定律，丈量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等．【典题例析】( 高考全国卷Ⅰ ) 某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获取了小车加快度 a 与钩码的质量 m的对应关系图，如图乙所示．实验中小车(含发射器)的质量为200 g，实验时选择了不行伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加快度由位移传感器及与之相连的计算机获取．回答以下问题：(1)依据该同学的结果，小车的加快度与钩码的质量成________( 填“线性”或“非线性” ) 关系．(2)由图乙可知， a － m 图线不经过原点，可能的原因是______________________________________________ ．(3)若利用本实验装置来考证“在小车质量不变的状况下，小车的加快度与作使劲成正比”的结论，并直接以钩码所受重力 mg 作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________________________________________________________ ，钩码的质量应知足的条件是__________________________________________.[ 分析 ] (1) 依据题图乙坐标系中给出的数据连线，可知小车的加快度与钩码的质量成非线性关系．(2)依据题图乙中数据，小车遇到钩码拉力的作用，但没有加快度，故未均衡摩擦力或倾角过小，没有完整均衡摩擦力．(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力 mg作为小车遇到的合外力”需要知足两个条件：①均衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车 ( 含发射器 ) 的质量．[ 答案 ] (1) 非线性(2) 存在摩擦力(3) 调理轨道的倾斜度以均衡摩擦力远小于小车(含发射器)的质量3.(2018 ·湖北大冶第一中学高三月考) 某同学利用如图装置研究加快度与合外力的关系．利使劲传感器丈量细线上的拉力．依据以下步骤操作：①安装好打点计时器和纸带，调整导轨的倾斜程度，均衡小车摩擦力；②细线经过导轨一端圆滑的定滑轮和动滑轮，与力传感器相连，动滑轮上挂上必定质量的钩码，将小车拉到凑近打点计时器的一端；③翻开力传感器并接通打点计时器的电源( 频次为 50 Hz 的沟通电源 ) ；④开释小车，使小车在轨道上做匀加快直线运动；⑤封闭传感器，记录下力传感器的示数F；经过剖析纸带获取小车加快度a；⑥改变钩码的质量，重复步骤①②③④⑤；⑦作出a－F 图象，获取实验结论．(1)某学校使用的是电磁式打点计时器，在开释小车前，老师拍下了几个同学实验装置的部分细节图，以下图中操作不正确的选项是 __________．(2) 本实验在操作中能否要知足钩码的质量远远小于小车的质量？________( 填写“需要”或“不需要” ) ；某次开释小车后，力传感器示数为F，经过天平测得小车的质量为M，动滑轮和钩码的总质量为m，不计滑轮的摩擦，则小车的加快度理论上应等于________．F FA．a＝2M B．a＝Mmg－2F 2FC．a＝M D．a＝M(3) 以下图是某次实验测得的纸带的一段，能够判断纸带的________( 填“左”或“右” ) 端与小车连结，在打点计时器打下计数点 6 时，钩码的刹时速度大小为________m/s( 保存两位有效数字 ) ．丰富丰富纷繁分析： (1) 在开释小车前，纸带应当放在复写纸下方并保持纸带处于拉直状态，不然纸带与限位孔的摩擦力更大，偏差更大，故A 、B 错误；在开释小车前，应使细线与长木板平行，故C 错误；电磁式打点计时器应使用 4～ 6 V 沟通电源，故D 正确．(2) 本实验利使劲传感器丈量细线上的拉力，不需要用钩码的重力取代，所以不需要知足钩码的质量远远F小于小车的质量，依据牛顿第二定律得：a ＝，故 B 正确．m(3) 纸带右边两点间的距离愈来愈大，故左端与小车相连，计数点6 的刹时速度为计数点 5 到计数点7 的0.03均匀速度，故 v ＝ 0.04 m/s ＝ 0.75 m/s.答案： (1)ABC (2) 不需要 B (3)左 0.75[ 学生用书 P57]1．(2015 ·高考全国卷Ⅱ ) 某同学用图甲所示的实验装置丈量物块与斜面之间的动摩擦因数．已知打点计时器所用电源的频次为 50 Hz ，物块下滑过程中所获取的纸带的一部分如图乙所示，图中标出了五个连续点之间的距离．(1) 物块下滑时的加快度a ＝________ m/s 2，打 C 点时物块的速度v ＝ ________ m/s.(2) 已知重力加快度大小为 g ，为求出动摩擦因数，还一定丈量的物理量是 ________( 选填正确答案标号 ) ．A ．物块的质量B ．斜面的高度C ．斜面的倾角分析： (1) 物块沿斜面下滑做匀加快运动，依据纸带可得连续两段距离之差为0.13 cm ，由 a ＝2x，得 aT＝ 0.13 ×10－22，此中 C 点速度 v ＝xBD（ 3.65 ＋ 3.52 ）× 10－2m/s ≈ 1.79 m/s.（ 0.02 ） 2 m/s 2＝ 3.25 m/s＝2×0.02t BD(2) 对物块进行受力剖析如图，则物块所受合外力为F 合＝ mg sin θ －μ mg cos θ ，即 a ＝ g sin θ－ μ g cossin θ － agθ ，得 μ ＝ g cos θ ，所以还需丈量的物理量是斜面的倾角θ .9答案： (1)3.25 1.79(2)C2．(2018 ·河北模拟) 某同学用图甲所示的实验装置考证牛顿第二定律：(1)经过实验获取如图乙所示的 a－ F图象，造成这一结果的原由是：在均衡摩擦力时木板与水平桌面的夹角__________( 选填“偏大”或“偏小” ) ．(2) 该同学在均衡摩擦力后进行实验，实质小车在运动过程中所受的拉力________砝码和盘的总重力 ( 填“大于”“小于”或“等于” ) ，为了便于研究、减小偏差，应使小车质量M 与砝码和盘的总质量m 知足__________的条件．(3) 该同学获取如图丙所示的纸带．已知打点计时器电源频次为50 Hz. A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个连续的点．x＝ x － x ＝________ cm.由此可算出小车的加快度 2 .( 结果保存两位有效数a＝ ________ m/sDGAD字 )分析： (1) 依据所给的a－ F 图象可知，当F＝0时，小车已经有了加快度a0，所以必定是在均衡摩擦力时木板与水平桌面间的夹角偏大造成的．Mmg车F＝ Ma，对砝码和盘 mg－ F＝ ma，解得 F＝<mg，只有当 M? m时，小车M＋ m 遇到的拉力才近似等于mg，进而减小偏差．(3) 由题图丙可读出x ＝2.10 cm，x ＝3.90 cm，所以x＝ x － x ＝1.80 cm，依据x＝ a 2 at ，解得AD DG DGAD＝5.0 m/s 2.答案： (1) 偏大(2) 小于M? m (3)1.80 5.03．在研究加快度与物体所受合外力和质量间的关系时，采纳以下图的实验装置，小车及车中的砝码质量用 M表示，盘及盘中的砝码质量用m表示，小车的加快度可由小车后拖动的纸带上由打点计时器打出的点计算出：(1)当 M与 m的大小关系知足__________时，才能够以为细线对小车的拉力大小等于盘和盘中砝码的重力．(2)一组同学在保持盘及盘中的砝码质量必定的状况下，研究加快度与小车质量的关系，以下做法正确的选项是 ________．A．均衡摩擦力时，应将盘及盘中的砝码用细线绕过定滑轮系在小车上B．每次改变小车的质量时，不需要从头均衡摩擦力C．实验时，先松开小车，再接通打点计时器电源mgD．小车运动的加快度可用天平测出m和 M，直接用公式a＝M求出(3) 在保持小车及车中的砝码质量M必定，研究加快度与所受合外力的关系时，因为均衡摩擦力时操作不当，两位同学获取的a－F 关系分别如图中甲、乙所示( a是小车的加快度， F 是细线作用于小车的拉力) ．其原由分别是：甲图： ___________________________________________ ；乙图： _______________________________________________.分析： (1) 对盘及盘中砝码：－＝；对小车：＝，联立可得：＝mg ，＝M ，只有当?mg F ma F Ma am＋M F mg m MM＋ m时，才可以为F≈ mg.(2)均衡摩擦力时，先去掉盘、盘中砝码和细线，只让小车在重力沿斜面方向的分力作用下向左运动，当小车能匀速运动时，重力沿斜面方向的分力和摩擦力均衡， A 不正确；调好后，当再次改变小车质量时，无需再均衡摩擦力， B 正确；实验时，要先接通打点计时器的电源，使打点计时器正常工作，再开释小车， C 不正确；小车的加快度是经过办理纸带确立的，D不正确．(3) 由甲图可看出F＝0时， a≠0，说明木板的倾角过大，重力沿斜面方向的分力大于摩擦力．由乙图可看出，只有当 F 达到必定值时，才会有加快度，说明均衡摩擦力不足或未均衡摩擦力．答案： (1) m? M(2)B (3) 木板的倾角过大没有均衡摩擦力或均衡摩擦力不足4．如图为丈量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置表示图．实验步骤以下：①用天平丈量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m；用游标卡尺丈量遮光片的宽度d；用米尺丈量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A的左边由静止开释，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门 A 和光电门 B 所用的时间t A和t B，求出加快度a；④多次重复步骤③，求 a 的均匀值a；⑤依据上述实验数据求出动摩擦因数μ.回答以下问题：(1) 丈量d时，某次游标卡尺( 主尺的最小分度为 1 mm)的示数以下图，其读数为____________ cm.丰富丰富纷繁(2) 物块的加快度 a 可用d 、、t 和t 表示为＝ ________________ ．sA B a(3)动摩擦因数μ可用 M 、 m 、 a 和重力加速度 g 表示为μ＝__________________________________________ ．(4)假如细线没有调整到水平，由此惹起的偏差属于__________( 选填“有时偏差”或“系统偏差” ) ．分析： (1) d＝ 0.9 cm ＋12×0.05 mm＝ 0.9 cm ＋ 0.060 cm ＝0.960 cm.v x d dv 2 2d 2 d 2as(2) 由＝A＝， B＝则，即－＝ 2 ，得，，物块做匀加快直线运动，B－A＝2t v v t B v ax t B t At A得 a＝1 d2 d 2 2s t B －t A .(3) 整体运用牛顿第二定律得：mg－μMg＝( M＋ m) a，则μ＝mg－（ M＋ m）aMg .(4)由实验装置惹起的偏差为系统偏差．答案： (1)0.960 (2) 1 d2d22s－t A t B(3) mg－（ M＋ m） a系统偏差Mg (4)。

2019高考物理一轮复习微专题系列之热点专题突破专题12 牛顿运动定律的应用之滑块-板块模型学案

突破12 牛顿运动定律的应用之滑块—木板模型一、模型概述滑块－木板模型(如图a)，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，另外，常见的子弹射击木板(如图b)、圆环在直杆中滑动(如图c)都属于滑块类问题，处理方法与滑块－木板模型类似。

二、滑块—木板类问题的解题思路与技巧：1．通过受力分析判断滑块和木板各自的运动状态（具体做什么运动）；2．判断滑块与木板间是否存在相对运动。

滑块与木板存在相对运动的临界条件是什么？⑴运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动。

⑵动力学条件：假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出共同加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力f；比较f与最大静摩擦力f m的关系，若f > f m，则发生相对滑动；否则不会发生相对滑动。

3. 分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；4. 对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.5. 计算滑块和木板的相对位移（即两者的位移差或位移和）；6. 如果滑块和木板能达到共同速度，计算共同速度和达到共同速度所需要的时间；7. 滑块滑离木板的临界条件是什么？当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。

【典例1】如图所示，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(如下图所示)（）【答案】 A【典例2】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21μ。

一轮复习物理专题专题动力学中的滑块滑板问题

文档来源为 :从网络收集整理 .word 版本可编辑 .欢迎下载支持 .专题 :动力学中的滑块 —滑板模型1、模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2、考点：“滑块 - 木板”类问题，具有涉及考点多（运动学公式、牛顿运动定律、功能关系等），情境丰富，设问灵活，解法多样，思维量高等特点，是一类选拔功能极强的试题，也是新课标力学常考的试题。

3、解题思路：（ 1）动力学关系 : 受力分析注意摩擦的作用是相互的，灵活运用整体法和隔离法分析，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；而出现最大加速度时往往是运动过程出现临界转折的关键点。

（ 2）运动关系：恰好“滑落”或“不滑落”常为找时间关系列位移方程，一般为同向运动位移差为板长，反向运动位移之和为板长。

（ 3）能量关系：相互摩擦机械能损失转化为内能，常用能量守恒△ E=f 滑 X 相对。

（ 4）区分选修 3-5 动量守恒中的滑块滑板: 要满足动量守恒必不受外力，一般无外界拉力和地面摩擦力。

【典例 1】【临界问题】木板 M 静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块 m ，与木板之间的动摩擦因数 μ，为了使得 m能从 M 上滑落下来，求下列两种情况下力F 的大小范围。

Fm m F方法归纳：是否滑动的关键在于是否达到最大静摩擦，MM关键在最大静摩擦及最大加速度判断比较【变式一】图所示，在光滑的水平地面上有一个长为L ，质量为 M=4kg 的木板 A ，在木板的左端有一个质量为m=2kg 的小物体 B ，A 、B 之间的动摩擦因数为 μ=0.2 ，当对 B 施加水平向右的力 F 作用时 ( 设 A 、B 间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等 ) ，（ 1）若 F=5N ，则 A 、B 加速度分别为多大？（ 2）若 F=10N ，则 A 、B 加速度分别为多大？（ 3）在（ 2）的条件下，若力 F 作用时间 t =3s ， B 刚好到达木板 A 的右端，则木板长 L 应为多少？【变式二】【 2011·理综课标 I 第 21 题】如图，在光滑水平面上有一质量为m 的足够长的木板，其上叠放1一质量为 m 的木块。

牛顿第二定律的应用-----滑块学案

一、交流探究：【交流1】模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动，或一起运动。

【交流2】建模指导：解此类题的基本思路：分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。

二、互助探究：【探究1】例1、m A＝1 kg，m B＝2 kg，A、B间动摩擦因数是0.5，水平面光滑．用10 N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是用20N水平力F拉B时，A、B间的摩擦力是例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mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，若使AB不发生相对运动，则F的最大值为变式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mA＝6 kg，mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( )A．当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对运动C．两物体从受力开始就有相对运动D．两物体始终没有相对运动【探究2】例1、如图所示，有一长度为L=1m、质量m1=1kg的木板，静止放在光滑的水平面上，在木板的一端放置一质量为m2=4kg小物块，物块与木板间的动摩擦因数5.0=μ，要使物块在2s内运动到木板的另一端，那么作用到物块的水平力F是多少？（g取2/10sm）变式1、把上面的题目改一下：如果说地面也不光滑，动摩擦因数为0.1，仍使物块在2s内运动到木板的另一端，那么作用到物块的水平力F是多少？（g取2/10sm）小结：两个相互接触的木板与物块间的相对运动问题，都是力和运动类的题目，这类题目应先求出加速度，因为它是联系力和运动的桥梁。

【物理】2019届一轮复习人教版牛顿运动定律的应用学案

年级高三物理版本鲁教版内容标题牛顿运动定律的应用【本讲教育信息】一. 教学内容：牛顿运动定律的应用（一）牛顿运动定律在动力学问题中的应用1. 运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）：（1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况。

如物体运动的位移、速度及时间等。

（2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）。

但不管哪种类型，一般总是先根据已知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案。

两类动力学基本问题的解题思路图解如下：2. 应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型。

（2）选取研究对象.所选取的研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体。

同一题目，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。

（3）分析研究对象的受力情况和运动情况。

（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如果物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上。

（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受的外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算。

（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论。

（二）整体法与隔离法1. 整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。

采用整体法时不仅可以把几个物体作为整体，也可以把几个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁琐的分析，常常使问题解答更简便、明了。

运用整体法解题的基本步骤：①明确研究的系统或运动的全过程。

②画出系统的受力图和运动全过程的示意图。

③寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解2. 隔离法：把所研究对象从整体中隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。

专题：牛顿运动定律的板块模型问题(学案)

课题：牛顿运动定律巧解滑块--滑板模型课型：新课姓名：班级：1．模型特点：上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动．2．建模指导：基本思路：（1）受力分析，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；（2）运动状态分析，找出位移关系，速度关系，建立方程．（特别注意位移都是相对地面的位移）.3．两种位移关系：（相对滑动的位移关系）滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．4.滑块与滑板间是否发生相对滑动的判断方法（1）.动力学条件判断法：分析滑块—滑板间的摩擦力是否为滑动摩擦力。

若为静摩擦力，则两者之间无相对滑动；若为滑动摩擦力，则两者之间有相对滑动。

（2）.运动学条件判断法：求出不受外力F作用的物体的最大临界加速度a m，若滑块与滑板整体的加速度a满足条件二者之间就不发生相对滑动，(3).滑块滑离滑板的临界条件当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.【例1】如图所示，m1 =40kg的木板在无摩擦的地板上，木板上又放m2 =10kg的石块，石块与木板间的动摩擦因素μ=0.6。

试问：（1）当水平力F=50N时，石块与木板间有无相对滑动？（2）当水平力F=100N时，石块与木板间有无相对滑动？（g=10m/s2）此时m 的加速度为多大？【例2】.如图所示，在光滑水平面上有一小车A，其质量为m A=2.0kg，小车上放一个物体B，其质量为m B=1.0kg，如图（1）所示．给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0N时，A、B开始相对滑动．如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图（2）所示，要使A、B不相对滑动，求F′的最大值F m．【例3】木板M静止在光滑水平面上，木板上放着一个小滑块m，与木板之间的动摩擦因数μ，为了使得m能从M上滑落下来，求下列两种情况下力F的大小范围。

2019高中物理专题12 牛顿运动定律的应用之“板块”模型(1)学案新人教版必修1

专题12 牛顿运动定律的应用之“板块”模型（1）重难讲练1. 分析“板块”模型时要抓住一个转折和两个关联2. 两种类型【典例1】如图所示，物块A 、木板B 的质量均为m ＝10 kg ，不计A 的大小，B 板长L ＝3 m 。

开始时A 、B 均静止。

现使A 以某一水平初速度从B 的最左端开始运动。

已知A 与B 、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3和μ2＝0.1，g 取10 m/s 2。

(1)若物块A 刚好没有从B 上滑下来，则A 的初速度多大？(2)若把木板B 放在光滑水平面上，让A 仍以(1)问中的初速度从B 的最左端开始运动，则A 能否与B 脱离？最终A 和B 的速度各是多大？【答案】 (1)2 6 m/s (2)没有脱离6 m/s6 m/s【解析】 (1)A 在B 上向右匀减速运动，加速度大小a 1＝μ1g ＝3 m/s 2木板B 向右匀加速运动，加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2由题意知，A 刚好没有从B 上滑下来，则A 滑到B 最右端时和B 速度相同，设为v ，得时间关系：t ＝v 0－v a 1＝va 2位移关系：L ＝v 20－v22a 1－v 22a 2解得v 0＝2 6 m/s 。

(2)木板B 放在光滑水平面上，A 在B 上向右匀减速运动，加速度大小仍为a 1＝μ1g ＝3 m/s 2B 向右匀加速运动，加速度大小a 2′＝μ1mg m＝3 m/s 2B 的位移x B ＝v ′22a 2′＝1 m 由x A －x B ＝2 m 可知A 没有与B 脱离，最终A 和B 的速度相等，大小为 6 m/s 。

【典例2】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 ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A.小滑块的质量m ＝2 kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力F ＝7 N 时，长木板的加速度大小为3 m/s 2D.当水平拉力F 增大时，小滑块的加速度一定增大【答案】 AC【解析】当F ＝6 N 时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F ＝(M ＋m )a ，代入数据解得M ＋m ＝3 kg 。

高中物理专题13牛顿运动定律的应用之“板块”模型(2)学案新人教版必修1

------------------------- 天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤劳------------------------------专题 12 牛顿运动定律的应用之“板块”模型（2）模拟提高1．（ 2019 届高黑龙江省哈尔滨市第三中学三上第二次调研考试）如下图 , 一足够长的轻质滑板置于圆滑水平川面上，滑板上放有质量分别为和的A、 B 两物块 ,A 、B 与滑板之间的动摩擦因数都为，一水平恒力 F 作用在 A 物体上 , 重力加快度g 取，A、 B 与滑板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则当 F 渐渐增大时，A、 B 的加快度为和，以下说法正确的选项是 :A．若，则 A、 B 物块及木板都静止不动B．若，则 A、 B 物块的加快度都为 2C．不论外力多大， B 物块与木板都不会发生相对滑动D．若， B 物块的加快度为【答案】 BCD速度为， B 正确；因为轻质滑板遇到的最大摩擦力为，所以不论外力多大， B 物块与木板都不会发生相对滑动，若时，A相对轻质滑板滑动， B 和轻质滑板的加快度为， CD正确．2．（ 2019 届江苏省徐州市第一中学高三上第一次月考）如下图，圆滑水平面上搁置两长度同样，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、质量完整同样的物块 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，使它们向右运动至物块与木板分别时，P，Q的速度分别为V l，V2，物块 a，b 相对地面的位移分别为S l，S2，已知两物块与木板间的动摩擦因数同样，以下判断正确的选项是( )------------------------- 天才是百分之一的灵感加百分之九十九的勤劳 ------------------------------A ．若 F 1=F 2， M 1>M 2，则 V l >V 2 ，S l =S 2B ．若 F 1=F 2， M 1<M 2，则 V l >V 2 ，S l >S 2C ．若 F 1>F 2， M 1=M 2，则 V l <V 2 ，S l >S 2D ．若 F 1<F 2， M 1=M 2，则 V l >V 2 ，S l >S 2 【答案】 BD【分析】 AB 、第一看时状况：由题获取a 、b 所受的摩擦力大小是相等的，所以 a 、 b 加快度同样，设 a 、 b 加快度大小为 a ，关于 P 、 Q 滑动摩擦力即为它们的协力，设P 的加快度大小为 a 1， Q 的加快度大小为 a 2，依据牛顿第二定律得：，，此中 m 为物块 a 和 b 的质量，设板的长度为 L ，它们向右都做匀加快直线运动，当物块与木板分别时： a 与 P 的相对位移为：， b 与 Q 的相对位移为：，的速度为：，的速度为：，物块 a 相对地面的位移分别为：，P Q物块 b 相对地面的位移分别为：，若，则有，所以得：，，；若，则有，所以得：，，，故 A 错误， B 正确；C 、若、，依据受力剖析和牛顿第二定律的：则 a 的加快度大于 b 的加快度，即，由于，所以 P 、Q 加快度同样，设 P 、 Q 加快度为 a ，它们向右都做匀加快直线运动，当物块与木板分离时： a 与 P 的相对位移为：， b 与 Q 的相对位移为：，因为，所以得：，P 的速度为：，Q 的速度为：，物块 a 相对地面的位移分别为：，物块 b 相对地面的位移分别为：，则，，故 C 错误；D 、依据选项剖析得：若、，则有，得，，故 D 正确；C应选 BD 。

物理人教版(2019)必修第一册4.5牛顿运动定律的应用——板块模型(共25张ppt)

摩擦力种类和方向。
(2)通过受力分析，求出各物体在各个运动过程中的加速度。
(3)根据物理量之间的关系列式计算。
注意：①此类问题涉及两个物体、多个运动过程。
②前一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
③不同运动过程转变的瞬间，加速度可能突变，需重新受力分析
板-块模型解题步骤
1.地面光滑的“滑块—木板”问题
擦力会发生突变
无相对位移
（速度相等
速度保持相同
的过程中）
位移的关系
有相对位移
（速度不相
等的过程中）
注意：计算过程中
①速度方向相同，
x相对=x木板+x滑块
②速度方向不相同，
x相对=x木板-x滑块
的速度，位移，都
是相对于地面而言。
2.“滑块—木板”模型的解题方法和步骤
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的
板-块模型
学习目标及重点
1.能说出“板-块”模型的概念。
2.能掌握“板-块”模型的分析方法。(重点)
3.能运用牛顿运动定律处理“板-块”问题。(重点)
板-块模型的概念
1.“板-块”模型概述：
两个或多个物体上、下叠放在一起，物体之间通过摩擦力
产生联系。
板-块模型的分析方法
1.“滑块—木板”模型的三个基本关系

= ， = ，解得：t=2s

(3)B离开A时的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s。
典例
2．如图所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质
量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s 的初速度从左端沿木
板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动

高三物理一轮复习学案《滑块木板模型》

高三物理一轮复习学案滑块、木板模型一、学习目标1.能熟练分析物体的受力2.会利用受力分析和牛顿第二定律解决滑块木板模型.二、预习指导参阅《全程复习方略》及教材三、知识体系一、滑块木板模型滑块木板类问题的特点滑块木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动滑块木板类问题的解题思路叠放在一起的滑块，它们之间存在相互作用力，在其他外力作用下它们或者以相同的加速度运动，或者加速度不同，当然无论是哪种情况，受力分析和运动过程分析是解题的关键，对此类问题的分析，必需清楚加速度，位移，速度的关系I加速度关系：如果滑块之间没有发生相对运动，可以用“整体法”求出它们一起运动的加速度。

如果滑块之间发生相对运动，应采取“隔离法”求出每一个滑块运动的加速度，应注意找出滑块是否发生相对滑动的隐含条件。

II速度关系：滑块之间发生相对运动时，认清滑块的速度关系，从而确定滑块的摩擦力，应注意当滑块的速度相同时，摩擦力会发生突变情况。

III位移关系：滑块叠放在一起运动时，应仔细分析各个滑块的运动过程，分析清楚滑块对地的位移和滑块之间的相对位移关系例1：如图所示，物体A放在物体B上，物体B放在光滑的水平面上，已知mA=6kg，mB=2kg. A、B间的动摩擦因数μ=0.2。

A 物上系一细线，细线能承受的最大拉力是20N，水平向右拉细线，下述中正确的是（g=10m/s2）（）A. 当拉力F＜12N时，A静止不动B. 当拉力F＞12N时，A相对B滑动C. 当拉力F=16N时，B受A的摩擦力等于4ND. 无论拉力F多大，A相对B始终静止例2：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μ.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（）A．当F＞3μmg时，A相对B滑动B．当F ＝μmg时，A 的加速度为μg C．当F＜2μmg 时，A、B都相对地面静止D．无论F为何值，B 的加速度不会超过μg例3：如图光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，物块和木板间的动摩擦因数相同，开始时各物均静止。