新人教版第3章专题强化2板块模型课件(28张)
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[答案] (1)1 m/s2 (2)2 s
特别提醒：对于上面的问题，我们也可以假设滑块和木板之间不发 生相对滑动。
假设滑块和木板一起运动，受力分析如图：
整体的加速度 a＝MF－＋Fmf＝F－μM1＋Mm＋mg＝52－ ＋31 m/s2＝23 m/s2， 该加速度大于木板的最大加速度 aM＝0.5 m/s2，说明相对静止的假设 是不成立的。接下来，分别对滑块和木板列式即可。
由牛顿第二定律得，木板的加速度 aM＝Ff2－MFf1＝μ2mg－μM1M＋mg ＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2 因此，假设成立，二者要发生相对滑动。随着时 间的推移，二者的位移差越拉越大，最终滑块会与木板分离
设从开始运动到二者分离所经历的时间为 t，
滑块的位移为 x2＝12amt2， 木板的位移为 x1＝12aMt2， 当二者的位移差等于木板的长度时(滑块可视为质点)，二者分离，即 L＝x2－x1， 联立解得 t＝2 s。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若 能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距 离。
[解析](1)对木板和物块，由牛顿第二定律 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 对物块，有Ff－mgsin α＝ma，Ff≤μmgcos α 代入数据得F≤30 N (2)F＝37.5 N>30 N，物块与木板相对滑动，对于木板，有 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 对物块，有μmgcos α－mgsin α＝ma2 设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决板块模型中速度临界问题的思维模板
类型1 水平面上的板块模型 例1 如图所示，木板长L＝1 m，质量M＝2 kg，下表面与地面间
的动摩擦因数μ1＝。木板左端有一个小滑块(可视为质点)质量m＝1 kg， 滑 块 与 木 板 间 的 动 摩 擦 因 数 μ2 ＝ 。 开 始 时 ， 木 板 与 滑 块 都 处 于 静 止 状 态，现在给滑块一个水平向右的拉力F＝5 N，g取10 m/s2且最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。求：
谢谢观看
3．(2023·山东高三专题练习)如图所示，在平台AD中间有一个光滑 凹槽BC，凹槽内有一长木板。长木板左端与B点接触，右端与C点的距 离l＝1.2 m。长木板的上表面水平且与平台AD平齐，一可视为质点的物 块以v0＝6 m/s的水平初速度滑上长木板，当长木板的右端接触凹槽C端 时，物块位于长木板的最右端。已知物块与长木板的质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块与长木板、平台间动摩擦因数分别为μ1＝，μ2 ＝，重力加速度g＝10 m/s2。求：
板和滑块相对静止，一起滑动；F>4.5 N时，二者相对滑动。
因此，解决类似的问题可以先找出临界条件，确定范围，再根据条
件求解。
类型 2 斜面上的板块模型 例1 如图所示，倾角 α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，
斜面上放一长 L＝1.8 m、质量 M＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一 质量 m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 μ＝ 23。对木板施 加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。 设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2。
[解析]根据图乙可知，滑块在 t2 以后受到的摩擦力不变，为 8 N，根 据 f1＝μ1mg，可得滑块与木板间的动摩擦因数为 μ1＝0.4，C 正确；在 t1 时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面 间的动摩擦因数为 μ2＝2mf2g＝440＝0.1，D 正确；在 t2 时刻，滑块与木板 将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二 者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有 F－μ1mg＝ma，对 木板有 μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得 a＝2 m/s2，F＝12 N，则木板的最 大加速度为 2 m/s2，根据 F＝0.5t，可求得 t2＝24 s，A 正确，B 错误。
(1)长木板的长度s； (2)物块从滑上长木板到最终停止的时间t总。
[答案] (1)3 m (2)1.5 s
[解析](1)物块滑上木板，受到水平向左的摩擦力，由牛顿第二定律 得μ1m1g＝m1a1，
木板在光滑凹槽中，受到木块施加的水平向右的摩擦力，则有 μ1m1g＝m2a2， 解得a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2。 故木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，木板的位移为 l′，设木块的位移为x1，由题意，位移关系x1＝l′＋s， 共速时间为t，则有v0－a1t＝a2t， 解得t＝1 s。
第三章
牛顿运动定律
专题强化二 板块模型
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相互作用下发生相对滑动。
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 之 差 Δx ＝ x1 － x2 ＝ L( 或 Δx ＝ x2 － x1 ＝ L) 如 图 甲 所 示；滑块和木板反向运动时如图乙所示，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
12a1t2－12a2t2＝L 代入数据得 t＝1.2 s 物块离开木板时的速度 v＝a2t 由公式 v2＝2gxsin α 代入数据得 x＝0.9 m
[答案] (1)F≤30 N (2)能 1.2 s (3)0.9 m
ACD
A．图乙中t2＝24 s B．木板的最大加速度为1 m/s2 C．滑块与木板间的动摩擦因数为 D．木板与地面间的动摩擦因数为
(1)滑块的加速度； (2)滑块会不会与木板分离，若分离计算从开始运动到分离的时间。
[解析](1)假设二者之间发生相对滑动 以滑块为研究对象受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律可得 滑块的加速度 am＝F－mFf2＝F－mμ2mg＝5－1 4 m/s2＝1 m/s2 以木板为研究对象受力分析如图乙所示
[解析]由图像可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当 F>15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C发生相对滑动，A 错误；对木板和物块的整体，当F＝10 N时，a＝0，则F＝(M＋m)gsin θ，当F＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则有F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a, fm－ mgsin θ＝ma，联立可得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解物块B和 木板C之间的最大静摩擦力和木板C的质量，故B、C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板 之间的摩擦力达到最大，则对物块μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方 程可求解 μ＝ 23，故 D 正确。
2．如图1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2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，则由图像可知( D )
A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．物块B和木板C之间的最大静摩擦力 C．木板C的质量 D．木板和物块两者间的动摩擦因数
拓展思考： 上题中，如果把F减小到4.2 N，会有什么不同呢？
[答案] 二者以a＝0.4 m/s2的加速度相对静止一起做匀加速直线运 动。
[解析]同理，假设二者相对滑动，我们会得到： 滑块加速度的最小值 am＝F－mFf2＝F－mμ2mg＝4.21－4 m/s2＝0.2 m/s2 木板加速度的最大值 aM＝F上－MF下＝μ2mg－μM1M＋mg＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2，
解得 t＝1 s。
根据位移时间公式 x1＝v0t－12a1t2，l′＝12a2t2， 联立并代入数据解得 s＝3 m。 (2)当木块到达 C 点时，木块的速度 v′1＝v0－a1t＝2 m/s， 从物块与长木板相对静止到与 C 端相碰所经历的时间为 t1，则有 t1 ＝l－v′l′＝1.22－1 s＝0.1 s， 当木块在平台上运动时，由牛顿第二定律 μ2m1g＝m1a′1， 则有 a′1＝5 m/s2，当速度减为零时 t′＝av′′1＝25s＝0.4 s， 故总时间为 t 总＝t＋t1＋t′＝1.5 s。
百度文库
经分析可知，木板具有的最大加速度为
aM
＝
F上－F下 M
＝
μ2mg－μM1M＋mg＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2，此时滑块和木板具有相同的加
速度，对应的外力满足F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)aM，，解得F＝4.5 N。 (3)综上所述，F≤3 N时，木板和滑块均不动；3 N<F≤4.5 N时，木
通过对比我们可以发现am<aM，因此滑块会落在木板的后面，这与 现实不符，所以假设不成立，二者不能发生相对滑动
以整体为研究对象则有 a＝FM－＋Fmf1＝F－μM1＋Mm＋mg＝42.2＋－13 m/s2＝0.4 m/s2
二者以该加速度相对静止一起做匀加速直线运动。
【总结提升】
该问题也可以换一个思考角度： (1)由于两个接触面均有摩擦，可以先分别算出最大静摩擦力，上表 面的最大静摩擦力为F2＝μ2mg＝4 N，下表面的最大静摩擦力为F1＝ μ1(M＋m)g＝3 N，所以外力F≤3 N时，木板和滑块均不动。 (2)由于外力F作用在滑块上，对于木板而言，合外力为上、下表面 摩擦力的合力，而上表面的摩擦力有最大值，此时木板具有最大加速 度。在该题的情景中，完全可以先求木板具有的最大加速度，再求此时 对应的外力F，若实际的外力大于该值，二者发生相对滑动；若实际的 外力小于该值，二者相对静止。
特别提醒：对于上面的问题，我们也可以假设滑块和木板之间不发 生相对滑动。
假设滑块和木板一起运动，受力分析如图：
整体的加速度 a＝MF－＋Fmf＝F－μM1＋Mm＋mg＝52－ ＋31 m/s2＝23 m/s2， 该加速度大于木板的最大加速度 aM＝0.5 m/s2，说明相对静止的假设 是不成立的。接下来，分别对滑块和木板列式即可。
由牛顿第二定律得，木板的加速度 aM＝Ff2－MFf1＝μ2mg－μM1M＋mg ＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2 因此，假设成立，二者要发生相对滑动。随着时 间的推移，二者的位移差越拉越大，最终滑块会与木板分离
设从开始运动到二者分离所经历的时间为 t，
滑块的位移为 x2＝12amt2， 木板的位移为 x1＝12aMt2， 当二者的位移差等于木板的长度时(滑块可视为质点)，二者分离，即 L＝x2－x1， 联立解得 t＝2 s。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； (2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若 能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距 离。
[解析](1)对木板和物块，由牛顿第二定律 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a 对物块，有Ff－mgsin α＝ma，Ff≤μmgcos α 代入数据得F≤30 N (2)F＝37.5 N>30 N，物块与木板相对滑动，对于木板，有 F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1 对物块，有μmgcos α－mgsin α＝ma2 设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式
3．分析滑块—木板模型时要抓住一个转折和两个关联
4．解决板块模型中速度临界问题的思维模板
类型1 水平面上的板块模型 例1 如图所示，木板长L＝1 m，质量M＝2 kg，下表面与地面间
的动摩擦因数μ1＝。木板左端有一个小滑块(可视为质点)质量m＝1 kg， 滑 块 与 木 板 间 的 动 摩 擦 因 数 μ2 ＝ 。 开 始 时 ， 木 板 与 滑 块 都 处 于 静 止 状 态，现在给滑块一个水平向右的拉力F＝5 N，g取10 m/s2且最大静摩擦 力等于滑动摩擦力。求：
谢谢观看
3．(2023·山东高三专题练习)如图所示，在平台AD中间有一个光滑 凹槽BC，凹槽内有一长木板。长木板左端与B点接触，右端与C点的距 离l＝1.2 m。长木板的上表面水平且与平台AD平齐，一可视为质点的物 块以v0＝6 m/s的水平初速度滑上长木板，当长木板的右端接触凹槽C端 时，物块位于长木板的最右端。已知物块与长木板的质量分别为m1＝0.1 kg、m2＝0.2 kg，物块与长木板、平台间动摩擦因数分别为μ1＝，μ2 ＝，重力加速度g＝10 m/s2。求：
板和滑块相对静止，一起滑动；F>4.5 N时，二者相对滑动。
因此，解决类似的问题可以先找出临界条件，确定范围，再根据条
件求解。
类型 2 斜面上的板块模型 例1 如图所示，倾角 α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，
斜面上放一长 L＝1.8 m、质量 M＝3 kg 的薄木板，木板的最上端叠放一 质量 m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数 μ＝ 23。对木板施 加沿斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。 设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10 m/s2。
[解析]根据图乙可知，滑块在 t2 以后受到的摩擦力不变，为 8 N，根 据 f1＝μ1mg，可得滑块与木板间的动摩擦因数为 μ1＝0.4，C 正确；在 t1 时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面 间的动摩擦因数为 μ2＝2mf2g＝440＝0.1，D 正确；在 t2 时刻，滑块与木板 将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二 者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有 F－μ1mg＝ma，对 木板有 μ1mg－2μ2mg＝ma，联立解得 a＝2 m/s2，F＝12 N，则木板的最 大加速度为 2 m/s2，根据 F＝0.5t，可求得 t2＝24 s，A 正确，B 错误。
(1)长木板的长度s； (2)物块从滑上长木板到最终停止的时间t总。
[答案] (1)3 m (2)1.5 s
[解析](1)物块滑上木板，受到水平向左的摩擦力，由牛顿第二定律 得μ1m1g＝m1a1，
木板在光滑凹槽中，受到木块施加的水平向右的摩擦力，则有 μ1m1g＝m2a2， 解得a1＝4 m/s2，a2＝2 m/s2。 故木块向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，木板的位移为 l′，设木块的位移为x1，由题意，位移关系x1＝l′＋s， 共速时间为t，则有v0－a1t＝a2t， 解得t＝1 s。
第三章
牛顿运动定律
专题强化二 板块模型
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相互作用下发生相对滑动。
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 之 差 Δx ＝ x1 － x2 ＝ L( 或 Δx ＝ x2 － x1 ＝ L) 如 图 甲 所 示；滑块和木板反向运动时如图乙所示，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
12a1t2－12a2t2＝L 代入数据得 t＝1.2 s 物块离开木板时的速度 v＝a2t 由公式 v2＝2gxsin α 代入数据得 x＝0.9 m
[答案] (1)F≤30 N (2)能 1.2 s (3)0.9 m
ACD
A．图乙中t2＝24 s B．木板的最大加速度为1 m/s2 C．滑块与木板间的动摩擦因数为 D．木板与地面间的动摩擦因数为
(1)滑块的加速度； (2)滑块会不会与木板分离，若分离计算从开始运动到分离的时间。
[解析](1)假设二者之间发生相对滑动 以滑块为研究对象受力分析如图甲所示
由牛顿第二定律可得 滑块的加速度 am＝F－mFf2＝F－mμ2mg＝5－1 4 m/s2＝1 m/s2 以木板为研究对象受力分析如图乙所示
[解析]由图像可知，当10 N<F<15 N时物块B和木板C相对静止，当 F>15 N时木板的加速度变大，可知此时物块B和木板C发生相对滑动，A 错误；对木板和物块的整体，当F＝10 N时，a＝0，则F＝(M＋m)gsin θ，当F＝15 N时，a＝2.5 m/s2，则有F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a, fm－ mgsin θ＝ma，联立可得M＋m＝2 kg，sin θ＝，但是不能求解物块B和 木板C之间的最大静摩擦力和木板C的质量，故B、C错误；因当F2＝15 N时，a＝2.5 m/s2此时木块和木板开始发生相对滑动，此时物块和木板 之间的摩擦力达到最大，则对物块μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立方 程可求解 μ＝ 23，故 D 正确。
2．如图1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2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，则由图像可知( D )
A．10 N<F<15 N时物块B和木板C相对滑动 B．物块B和木板C之间的最大静摩擦力 C．木板C的质量 D．木板和物块两者间的动摩擦因数
拓展思考： 上题中，如果把F减小到4.2 N，会有什么不同呢？
[答案] 二者以a＝0.4 m/s2的加速度相对静止一起做匀加速直线运 动。
[解析]同理，假设二者相对滑动，我们会得到： 滑块加速度的最小值 am＝F－mFf2＝F－mμ2mg＝4.21－4 m/s2＝0.2 m/s2 木板加速度的最大值 aM＝F上－MF下＝μ2mg－μM1M＋mg＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2，
解得 t＝1 s。
根据位移时间公式 x1＝v0t－12a1t2，l′＝12a2t2， 联立并代入数据解得 s＝3 m。 (2)当木块到达 C 点时，木块的速度 v′1＝v0－a1t＝2 m/s， 从物块与长木板相对静止到与 C 端相碰所经历的时间为 t1，则有 t1 ＝l－v′l′＝1.22－1 s＝0.1 s， 当木块在平台上运动时，由牛顿第二定律 μ2m1g＝m1a′1， 则有 a′1＝5 m/s2，当速度减为零时 t′＝av′′1＝25s＝0.4 s， 故总时间为 t 总＝t＋t1＋t′＝1.5 s。
百度文库
经分析可知，木板具有的最大加速度为
aM
＝
F上－F下 M
＝
μ2mg－μM1M＋mg＝4－2 3 m/s2＝0.5 m/s2，此时滑块和木板具有相同的加
速度，对应的外力满足F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)aM，，解得F＝4.5 N。 (3)综上所述，F≤3 N时，木板和滑块均不动；3 N<F≤4.5 N时，木
通过对比我们可以发现am<aM，因此滑块会落在木板的后面，这与 现实不符，所以假设不成立，二者不能发生相对滑动
以整体为研究对象则有 a＝FM－＋Fmf1＝F－μM1＋Mm＋mg＝42.2＋－13 m/s2＝0.4 m/s2
二者以该加速度相对静止一起做匀加速直线运动。
【总结提升】
该问题也可以换一个思考角度： (1)由于两个接触面均有摩擦，可以先分别算出最大静摩擦力，上表 面的最大静摩擦力为F2＝μ2mg＝4 N，下表面的最大静摩擦力为F1＝ μ1(M＋m)g＝3 N，所以外力F≤3 N时，木板和滑块均不动。 (2)由于外力F作用在滑块上，对于木板而言，合外力为上、下表面 摩擦力的合力，而上表面的摩擦力有最大值，此时木板具有最大加速 度。在该题的情景中，完全可以先求木板具有的最大加速度，再求此时 对应的外力F，若实际的外力大于该值，二者发生相对滑动；若实际的 外力小于该值，二者相对静止。