2019高考一轮总复习人教物理第三章专题强化1 板块模型与多过程问题分析
高考物理一轮复习 第三章 第三章高频考点真题验收全通关习题详解课件 新人教版
和小于 1.25 N 两种情况。
甲
当 F＜1.25 N 时，环与杆的上部接触，受力示意图如图甲所示
由牛顿第二定律得
Fcos θ－μFN＝ma
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9
11．解析： (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为 a1， 由图知 a1＝ΔΔvt ＝04.5 m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律，得 mg－f＝ma1 f＝m(g－a1)＝0.2 N。 (2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为 v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为 v2，则
得：vA1＝ 2gH。
②
(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀
减速运动，设加速度为 aA，有 F 合＝F 浮＋fA－mg③
F 合＝maA
④
0－vA2 1＝－2aAhA
⑤
由题意：F 浮＝190mg
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12
综合上述各式，得 fA＝mg(hHA的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有 fB＝
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3
4．解析：本题考查牛顿运动定律的应用——超重和失重的知识。
A、B 两物体抛出以后处于完全失重状态，无论是上升还是下
降，A 物体对 B 物体的压力一定为零，A 选项正确。答案：A
5．解析：因为木箱静止时弹簧处于压缩状态，且物块压在顶板上，
则有：FT＝mg＋FN，某时间内物块对顶板刚好无压力，说明 弹簧的长度没有变化，则弹力没有变化，由于 FN＝0，故物块 所受的合外力为 F 合＝FT－mg，方向竖直向上，故木箱有向上 的加速度，而有向上的加速度的直线运动有两种：加速上升和
在发生相对滑动后，有 μm2g＝m1a1，故 a1＝μmm12g为定值。故
A 选项正确。
(A版)2019版高考物理一轮复习 考点考法 第3章 牛顿运动定律课件 新人教版
③牛顿第一定律明确了力不是维持物体运动的原
④牛顿第一定律研究的是不受外力的理想 情况，与受合外力为零不是一回事．因此不 能简单地认为它是牛顿第二定律的特例．由 于物体绝对不受外力的情况是不存在的，所 以牛顿第一定律既不是直接从实验得出的， 也无法直接用实验验证，它是在伽利略的理 想实验基础上，经过科学推理得出的结 论．通常人们看到的静止或匀速直线运动状
A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线
3．牛顿第三定律
✓ (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大 小相等、方向相反，作用在同一直线上．关系式为F＝ －F′。
✓ (2)对牛顿第三定律的理解
①相互性：作用力和反作用力作用在不同物体上；
②同时性：作用力和反作用力总是成对出现、同时产
生、同时按同样规律变化、同时消失；
考点7
核心方法 重点突破
考法2 作用力、反作用力与平衡力的比较
例2
(多选)甲、乙两队用一条轻绳进行拔河比赛，甲队胜， 在比赛过程中( )
A．甲队拉绳子的力大于乙队拉绳子的力 B．甲队与地面间的摩擦力大于乙队与地面间的摩擦力 C．甲、乙两队与地面间的摩擦力大小相等、方向相反 D．甲、乙两队拉绳子的力大小相等、方向相反
例2
题型2 牛顿第一定律
例2
[贵州遵义航天高级中学2018期初考](多选)伽利略根据 小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念， 从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下 列说法，其中正确的是( )
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
例2
【解析】
2019届高考一轮复习备考资料之物理人教版第三章本章学科素养提升.docx
❶数形结合分析动力学问题纵观全国近几年的高考试题，以图象的方式考查牛顿第二定律是一类很重要的题目，此类问 题要求考生具备理解图象所给予的信息和破译图象信息的能力，图彖的形式以v~t. a-t. F —/图象居多，考查最多的是o — f 图彖，题型既有选择题也有计算题，难度中等.(1) 题型特点物理公式与物理图彖的结合是中学物理的重要题型，也是近年高考的热点，特别是。
一/图象 在考题中出现率极高.対于已知图象求解相关物理量的问题，往往是结合物理过程分析图象的 横、纵轴所对应的物理量的函数入手，分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结 果.(2) 问题实质图象类问题的实质是力与运动的关系问题，以牛顿第二定律F=ma 为纽带，理解图象的种类, 图彖的轴、点、线、截距、斜率、面积所表示的意义.运用图彖解决问题一般包括两个角度： ①用给定图象解答问题；②根据题意作图，用图彖解答问题•在实际的应用中要建立物理情景 与函数、图象的相互转换关系.(3) 解题关键解决这类问题的核心是分析图彖，我们应特别关注p-r 图彖中的斜率(加速度)和力的图线与 运动的对应关系.【例11 (多选)(2015•课标全国卷I ・20)如图1(a), —物块在/=0时刻滑上一固定斜面，其运动 的切图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的％、0、n 均为已知量，则可求出()A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜血间的动摩擦因数自主阅读素材ia 本章学科素养提升D•物块沿斜面向上滑行的最大高度解析由祈图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为心才，根据牛顿第二定律得wgsin 〃+/〃昭cos 6=ma,即 gsin 0+“gcos 0=~.同理向下滑行时 gsin //geos 0=~,两式 联立得血0=号护，“=2；；二爲,可见能计算出斜面的倾角&以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度％已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0,那么平均速度为守，所以沿斜面向上滑行的最远距离为乳=号£,根据斜面的倾斜角度可计算 出向上滑行的最大高度为xsin 0=净］•乌+「= %；+"）,选项D 正确；仅根据况图象无法2 增 I 4g求出物块的质量，选项B 错误.答案ACD【例21 （多选）2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宇号”航空母舰上着舰成功.图2甲为利 用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞 机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离 滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在/=0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位 置，其着舰到停止的速度一时间图线如图乙所示•假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑 行距离约为1 000m.已知航母始终静止，重力加速度的大小为g,不计空气阻力.则（）/ 1 ] 1 1 1 1 r 1 I I 1 |阻拦索| 定滑轮甩甲图2A. 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的需B. 在0.4 s 〜2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C. 在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD. 在0.4 s 〜2.5 s 时问内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 "s 乙.5(心3(2(M O【思维导引】能正确识图，并从图象中提取所需的信息，是解答此类问题的关键，本题的分析思路具有一定的代表性，逻辑流程如下：解析由v~t图象中图线与/轴围成的面积，可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为103 m, 即大约是无阻拦索时的需，A正确；由题图的斜率可知飞机钩住阻拦索后加速度大约保持在a=27」m/s2>2.5g,故C正确；由v~t图象斜率知，飞机与阻拦索作用过程中（0.4 s〜2.5 s 时），其尸合恒定，在此过程中阻拦索两段间的夹角变小，而合力恒定，则阻拦索的张力要减小，B错误；由P=Fu 知，阻拦索对飞机做功的功率逐渐减小，故D错误.答案ACQ以“滑块一木板模型”为背景考查分析综合能力滑块一木板模型是力学中最常见的模型之一，是历年高考的热点内容.该类试题有如下儿种命题角度.角度1滑块不受力而木板受拉力木板受逐渐增大的拉力而滑块不受力，这种情况下，开始滑块和木板一起做变加速运动，当滑块加速度达到其最大值“g时，滑块、木板开始发生相对滑动，此后滑块加速度保持不变, 木板加速度逐渐增大.角度2给滑块一初速度％,两者都不受拉力且叠放在光滑水平地面上1.若木板足够长，这种情况下，滑块减速、木板加速，直至两者速度相等将一起匀速运动下去，其速度关系为％— a滑/=Q板/.2.若木板不够长，这种情况下，滑块会一直减速到滑下木板，木板会一直加速到滑块滑下.分离前滑块加速度o=“g，木板的加速度。
高中物理_专题复习：板块模型教学设计学情分析教材分析课后反思
专题复习：《板块模型》教学设计学习目标：1、知识与技能：（1）掌握板块问题的主要题型及特点，强化受力分析和运动过程分析.（2）能正确运用动力学和运动学知识抓住运动状态转化时的临界条件，解决滑块在滑板上的共速问题和相对位移问题.2、过程与方法：通过对滑板—滑块类问题的探究，熟练掌握整体法和隔离法的应用，同时学会根据试题中的已知量或隐含已知量能恰当地选择解决问题的最佳途径和最简捷的方法.3、情感态度与价值观：通过本节课的学习，增强学好物理的信心，其实高考的难点是由一个个小知识点组合而成的，只要各个击破，高考并不难。
学习重点、难点动力学和运动学知识在板块模型中的综合运用导入：建立物理模型是高中物理研究问题的一种方法，在前面的复习过程中，我们遇到过哪些物理模型，比如，传送带模型、板块模型、绳杆模型，斜面模型、平抛模型、人船模型等等，其中板块模型是近几年高考的一个热点，特别是全国新课标2013年，2015年均以压轴题的形式出现，这一点足以引起我们的重视。
1、高考考情分析：板块类问题，涉及考点多，情境丰富、设问灵活、解法多样、思维量高等特点2、2019年考试说明(原文)主题内容要求相互作用与牛顿运动定律牛顿运动定律及其应用II机械能动能和动能定理IIII碰撞与动量守恒动量定理、动量守恒定律及其应用3、易错点分析（1）不清楚物块、木板的受力情况,求不出各自的加速度；（2）画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系；（3）不清楚物体间发生相对运动的条件。
教师总结:板块模型中我们要做好两个分析一是受力分析、二是运动过程的分析，解决好两个问题一是共速问题，二是相对位移问题。
动力学和运动学的综合运用是本节课的重点。
教学过程：【典例分析】例1：如图所示，一质量为m=2kg初速度为6m/s的小滑块A（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B，A、B间动摩擦因数为μ=0.2求：(1) 经过多长时间滑块A和滑板B相对静止，相对静止时的速度是多少?（2）二者相对静止时的位移分别是多少？问题：除了利用牛顿定律和运动学，还有没有其他解题方法方法?教师总结:板块模型属于动力学问题，动力学问题的处理方法都具有异曲同工之处，那就是:（1）先进行受力分析，解决动力学问题受力分析是必须的，没有受力分析根本解决不了动力学问题，由于板块模型往往是由两个或两个以上的物体构成，因此受力分析时，就要整体法、隔离法交替使用。
2019高考一轮复习：第3章 突破全国卷3 “多物体、多过程”类力学综合问题
第三章
牛顿运动定律
式中，t1＝1 s，x0＝4.5 m 是木板与墙壁碰撞前的位移，v0 是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件解得 μ1＝0.1 ④(1 分)
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第三章
牛顿运动定律
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1 的初速度向左做匀变速 运动，小物块以 v1 的初速度向右做匀变速运动．设小物块 的加速度为 a2，由牛顿第二定律有 －μ2mg＝ma2 由题图乙可得 v2－v1 a2＝ t2－t1 ⑥(1 分) ⑤(1 分)
栏目 导引
第三章
牛顿运动定律
[审题指导]
在 t＝0～1 s 时间内，小物块和木板一起运动，
具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求 出加速度， 然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦 因数 μ1.根据小物块与木板再次具有共同速度可计算出小物 块与木板间的相对位移，即木板的最小长度．
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第三章
牛顿运动定律
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中， 木板运 动的位移为 －v1＋v3 x1＝ Δt 2 小物块运动的位移为 v1＋v3 x2＝ Δt 2 ⑫(1 分) ⑪(1 分)
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第三章
牛顿运动定律
小物块相对木板的位移为 Δ x＝x2－x1 ⑬(1 分)
联立④⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数据解得 Δ x＝6.0 m ⑭(1 分)
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第三章
牛顿运动定律
[解析]
(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块
和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木 板的质量分别为 m 和 M.由牛顿第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①(2 分)
高考物理一轮总复习 第三章 牛顿运动定律 专题强化1 板块模型与多过程问题分析课件 新人教版
对整体有 F＝(M＋m)a4，对物块有 f＝ma4 f 为静摩擦力，需满足 f≤fmax＝μmg＝2N，联立解得 F≤3N 综上所述，BC 段恒力 F 的取值范围是 1N≤F≤3N，函数关系式是1s＝F＋4 3 答案：13s (2)1s＝F＋4 3(1N≤F≤3N)
编后语
折叠课件作用 ①向学习者提示的各种教学信息; ②用于对学习过程进行诊断、评价、处方和学习引导的各种信息和信息处理; ③为了提高学习积极性，制造学习动机，用于强化学习刺激的学习评价信息; ④用于更新学习数据、实现学习过程控制的教学策略和学习过程的控制方法。 对于课件理论、技术上都刚起步的老师来说，POWERPOINT是个最佳的选择。因为操作上非常简单，大部分人半天就可以基本掌握。所以，就可以花
心思在如何在课件中贯彻案例的设计意图上、如何增强课件的实效性上，既是技术上的进步，也是理论上的深化，通过几个相关案例的制作，课件的概 念就会入心入脑了。 折叠多媒体课件 多媒体教学课件是指根据教师的教案，把需要讲述的教学内容通过计算机多媒体(视频、音频、动画)图片、文字来表述并构成的课堂要件。它可以生动、 形象地描述各种教学问题，增加课堂教学气氛，提高学生的学习兴趣，拓宽学生的知识视野，10年来被广泛应用于中小学教学中的手段，是现代教学发 展的必然趋势。
代入数据可解得 t1＝13s，t2＝1s 当 t＝1s 时，物块的速度为 2m/s，木板的速度为 4m/s，而当物块从木板右 端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t2＝1s 应舍去，故所求时间为 t1 ＝13s (2)①当 F 较小时，物块将从木板右端滑下，当 F 增大到某一值时物块恰好 到达木板的右端，且两者具有共同速度 v，历时 t1，则对木板有 F＋4μmg＝Ma3
高考物理一轮复习专题强化一板块模型学案新人教版
高考物理一轮复习专题：专题强化一板块模型问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑动，它们之间的联系即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具有相同的加速度，达到相对稳定状态。
该类问题过程较多，需要搞清各过程间的联系，需要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动规律解题。
属于高考热点和难点问题，难度较大。
策略方法：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别做好受力分析，对于是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判断，用相互间的作用力是否大于最大静摩擦力，来判断是否相对滑动。
搞清其运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞清对地位移和相对位移之分；必要时画出两物体运动过程的v－t图象帮助解决问题。
解题步骤：审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求↓建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度两过程接连处的加速度可能突变↓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，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带水平面上的板块模型例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4.5 m，如图(a)所示。
t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反，运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。
求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[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运动，根据牛顿第二定律有μ2g ＝4 m/s －01 s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其逆运动则为匀加速直线运动，可得x ＝vt ＋12at 2代入可得a ＝1 m/s 2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即μ1g ＝a 可得μ1＝0.1(2)碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1可得a 1＝43m/s 2对小物块，则有加速度a 2＝4 m/s 2小物块速度先减小到0，此时碰后时间为t 1＝1 s 此时，木板向左的位移为x 1＝vt 1－12a 1t 21＝103 m末速度v 1＝83m/s小物块向右位移x 2＝4 m/s ＋02t 1＝2 m ，此后小物块开始向左加速，加速度仍为a 2＝4m/s 2木板继续减速，加速度仍为a 1＝43 m/s 2假设又经历t 2二者速度相等 则有a 2t 2＝v 1－a 1t 2 解得t 2＝0.5 s此过程，木板位移x 3＝v 1t 2－12a 1t 22＝76 m末速度v 3＝v 1－a 1t 2＝2 m/s小物块位移x 4＝12a 2t 22＝12 m此后小物块和木板一起匀减速运动二者的相对位移最大为Δx ＝x 1＋x 3＋x 2－x 4＝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)最后阶段小物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a ＝μ1g ＝1 m/s 2位移x 5＝v 232a＝2 m所以木板右端离墙壁最远的距离为x 1＋x 3＋x 5＝6.5 m [答案] (1)0.1 0.4 (2)6.0 m (3)6.5 m 方法技巧：板块模型相关问题滑块—木板类问题涉及两个物体，并且物体间存在相对运动。
高考物理一轮总复习精品课件 第3章 运动和力的关系 第5讲 专题提升 动力学中的板块模型
专题提升 动力学中的板块模型
专题概述:滑块—木板模型,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,故
频现于高考试卷中。另外,常见的子弹射击滑块、圆环在直杆中滑动都属
于滑块类问题,处理方法与滑块—木板模型类似。
1.板块模型的两种类型
联立可得Ff=224 N。
题型三
板块模型中的动力学图像
考向一 根据板块模型确定动力学图像
典题5 如图所示,质量m0=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m=1 kg、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
室距离为d,则下列判断正确的是( AD )
A.当a>μg时,上层木板会与下层木板发生相对滑动
B.当a=1.5μg时,下层木板受到车厢对它的摩擦力为3μmg
C.若a>2μg,下层木板一定会相对车厢发生滑动
D.若a=2μg,要使货车在紧急刹车时上层木板不撞上驾驶室,货车在水平路面上
匀速行驶的速度应不超过 2
加速度为a
对滑块,由牛顿第二定律有
μmgcos θ-mgsin θ=ma
1
1 2
滑块位移 L= at
2
2
1
纸带位移 L=2a1t2
联立可得a1=2.4 m/s2
若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出,拉动纸带的加速度不得小于2.4 m/s2。
(2)设纸带加速度为a2时,滑块先以加速度a加速,离开纸带后在斜面上以加
2
小朋友从滑板上滑落需满足x2-x3=L
联立可得t2=0.8 s
2019年高考物理总复习讲义：第三章冲刺985深化内容
第三章冲刺985深化内容(一)巧用动力学观点，破解三类板块模型木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。
板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。
[典例1] 0.64 m 、质量为4 kg 的木板A ，在木板的左端有一质量为2 kg 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 ＝10 N 时，求经过多长的时间可将B 从木板A 的左端拉到右端？(物体B 可以视为质点，g 取10 m/s 2)[解析] 假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F ＝(M＋m )a 。
设A 、B 之间的摩擦力为f ，A 所受的摩擦力水平向右，对A ：f ＝Ma 。
由于二者相对静止，故f 为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f ≤μmg ，解得F ≤μmg M ＋m M ＝6 N ，由于F ＞6 N ，故B 将相对于A 发生滑动。
法一：以地面为参考系，A 和B 都做匀加速运动，且B 物体的加速度大于A 物体的加速度，B 的加速度大小：a B ＝F －μmg m ＝3 m/s 2；A的加速度大小：a A＝μmgM＝1 m/s2。
B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足x1－x2＝L，即12a B t2－12a A t2＝L，解得t＝0.8 s。
法二：以A为参照物，B相对A的加速度a BA＝a B－a A，即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L，故L＝1 2a BA t2，解得t＝0.8 s。
[答案]0.8 s[典例2]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，小车足够长。
2019高三物理人教版一轮教师用书：第3章 章末专题复习 Word版含解析
(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3-1所示，两个滑块A和B的质量分别为m＝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3-1(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 ⑤f2－f1－f3＝ma1 ⑥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－a B t1 ⑦v1＝a1t1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v1＝1 m/s．⑨(2)在t1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 21 ⑩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 22 ⑭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)2 ⑮A 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3-2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3-2 (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f1＝μ1N1 ①N1＝mg cos θ②f2＝μ2N2 ③N2＝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a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－f1＝ma1 ⑤mg sin θ－f2＋f1′＝ma2 ⑥N1＝N′1 ⑦f1＝f′1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3 m/s2 ⑨a2＝1 m/s2．⑩(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s⑪v2＝a2t1＝2 m/s ⑫t＞t1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/s2 ⑬a′2＝－2 m/s2 ⑭B 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 m ⑰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 23⑱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＝F Mg ＝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 )×2μmg M L ＝v 2n －v 20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＋1)2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫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)v1＝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3-3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3-3(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 ①F fm cos α－F N sin α＝ma ②由题意知F fm＝μF N ③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 α)μsin 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 ＝MaM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12gt212a 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 α)μsin 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3-4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3-4 (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＝μm1g＝m2a2 a2＝10m/s2s＝a2t2 2t＝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，F1－μm1g＝m1a2F1＝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a1，F2－μm1g＝m1a1a1t2 2－a2t22＝LF2＝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3-5所示，“辽宁舰”上的起飞跑道由长度为l1＝1．6×102m的水平跑道和长度为l2＝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/s2．图3-5(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＝ma1 v21－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＝h l2v22－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/s2)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＝12at2解得a＝ 3 m/s2对玩具，由牛顿第二定律得F cos 30°－μ(mg－F sin 30°)＝ma解得μ＝3 3．(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′＝1033m/s2由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝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>μmg cos 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3-6．当车速达到v0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 ＝k v(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3-6 [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 ＝k v 0 f ＝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 －k v 0)t 2－22ms(mg ＋k v 0)t 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 ′＝k v 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 2－2msk v 0t 2＋2ms g －k v 0m ．[答案](1)2st 2 (2)(mg －k v 0)t 2－22ms (mg ＋k v 0)t 2(3)mgt 2－2ms k v 0t 2＋2ms g －k v 0m。
2019版高考物理一轮总复习(人教版)课时作业3 Word版含解析
专题一 运动学图象、追及相遇问题课时作业一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．(2017·锦州模拟)一质点沿x 轴做直线运动，其v -t 图象如图所示。
质点在t ＝0时位于x ＝5 m 处，开始沿x 轴正向运动。
当t ＝8 s 时，质点在x 轴上的位置为( )A ．x ＝3 mB ．x ＝8 mC ．x ＝9 mD ．x ＝14 m解析： 图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8 s 时位移为x 08＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×(2＋4)2－1×(2＋4)2 m ＝3 m ，由于质点在t ＝0时位于x ＝5 m 处，故当t ＝8 s 时，质点在x 轴上的位置为8 m ，故A 、C 、D 错误，B 正确。
答案： B2．下列所给的图象中能反映做直线运动的物体不会回到初始位置的是( )解析： A 选项为位移时间图象，图线与t 轴相交的两个时刻即为相同的初始位置，说明物体回到了初始位置；B 、C 、D 选项中的图象均为速度时间图象，要回到初始位置，则t 轴上方的图线与坐标轴围成的面积和t 轴下方的图线与坐标轴围成的面积相等，显然B 选项中只有t 轴上方的面积，故B 选项表示物体一直朝一个方向运动，不会回到初始位置，而C 、D 选项在t ＝2 s 时刻，物体回到了初始位置，故选B 。
答案： B3．已知某质点的位移图象如图所示，则它的速度图象应是图中的(取原运动方向为正)( )解析： 由位移图象可知，0～2 s 内， v 1＝Δx Δt ＝62＝3 m/s2 s ～4 s 内，v 2＝04 s ～5 s 内，v 3＝Δx Δt ＝0－61＝－6 m/s则图象A 正确。
答案： A4．(2016·辽宁沈阳高三质检)如图为一个质点做直线运动的v -t 图象，该质点在前4 s 内向东运动，则该质点( )A ．在8～10 s 内始终向东运动B ．在前8 s 内的加速度大小不变，方向始终向西C ．在前8 s 内的合外力先减小后增大D ．在4～12 s 内的位移大小为24 m解析： 由题意知，质点向东运动时速度为负，在8～10 s 内速度为正，质点向西运动，A 错误；在前8 s 内图象斜率不变，且为正值，则加速度大小不变，方向为向西，B 正确，C 错误；在4～12 s 内的位移等于12×6×6 m －12×2×6 m ＝12 m ，D 错误。
高考物理一轮总复习课后习题 第3章 运动和力的关系 第5讲 专题提升 动力学中的板块模型 (4)
第5讲专题提升:动力学中的板块模型基础对点练题组一木板带动滑块运动的情形1.(多选)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的a点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置情况可能是( )2.(山东聊城二模)如图所示,质量m0=2 kg、长度L=1.2 m的木板A静置在足够大的光滑水平地面上,质量m=1 kg且可视为质点的物块B放在木板A 的右端,现对木板A施加一水平向右的恒力F=5 N,两者由静止开始运动,作用一段时间t后撤去恒力F,最终物块B恰好能到达木板A的左端,已知物块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,求:(1)恒力F作用的时间t;(2)摩擦力对物块B做的功W。
题组二滑块带动木板运动的情形3.(多选)(湖北武昌模拟)如图所示,在光滑水平面上,A、B两物体叠放在一起,A放在B的上面,已知m A=4 kg,m B=2 kg,A、B之间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对物体A施加水平向右的拉力F,开始时拉力F=20 N,此后逐渐增加,在增大到50 N的过程中,下列说法正确的是( )A.当拉力F<30 N时,两物体均保持相对静止状态B.两物体开始没有相对运动,当拉力超过30 N时,两物体开始相对滑动C.两物体间始终没有相对运动D.两物体间从受力开始就有相对运动4.(广东湛江模拟)某商家为了吸引顾客,设计了抽奖活动,如图所示,三块尺寸相同的薄木板A、B、C随机排序并紧挨着置于足够大的水平地面上,质量均为m=1 kg,长度均为L=3 m。
三块木板的下表面与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1,上表面(均水平)各有不同的涂层,质量m0=2.5 kg的滑块(视为质点)与A、B、C上表面间的动摩擦因数分别为μ、2μ、3μ。
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定律和匀变速直线运动规律解题。属于：抓住两物体间的联系，靠摩擦力联系在一起，对两个物体分别
教
版 做好受力分析，对于是否相对滑动难以判断时可采用假设分析的方法进行判
断，用相互间的作用力是否大于最大静摩擦力，来判断是否相对滑动。搞清其
运动过程，画出对地运动的过程示意图，帮助分析运动过程，搞清对地位移和
同加速度 a4 做匀加速运动，
对整体有 F＝(M＋m)a4，对物块有 f＝ma4
f 为静摩擦力，需满足 f≤fmax＝μmg＝2N，联立解得
物 理
人 教
F≤3N
版
综上所述，BC 段恒力 F 的取值范围是 1N≤F≤3N，函数关系式是1s＝F＋4 3
答案：13s (2)1s＝F＋4 3(1N≤F≤3N)
相对位移之分；必要时画出两物体运动过程的v－t图象帮助解决问题。
第三章 牛顿运动定律
解题步骤：
物 理 人 教 版
第三章 牛顿运动定律
(2017·江西一模)如图甲所示，质量为 M＝0.5kg 的木板静止在光滑
水平面上，质量为 m＝1kg 的物块以初速度 v0＝4m/s 滑上木板的左端，物块与 木板之间的动摩擦因数为 μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平
第三章 牛顿运动定律
两者速度相同，v＝v0－a1t1＝a3t1，物块的位移为 xm＝v0＋2 vt1
木板的位移为 xM＝v2t1，两者位移间的关系为
物
理
人
s＝xm－xM
教
版
联立解得1＝F＋3
s4
由题图乙可知 s≤1m
解得 F≥1N
第三章 牛顿运动定律
②当 F 继续增大时，当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相
向右的恒力 F。当恒力 F 取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为 s， 物 理
人 教 版
给木板施加不同大小的恒力 F，得到1s－F 的关系如图乙所示，其中 AB 与横轴
平行，且 AB 段的纵坐标为 1m－1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，重力加速度 g 取 10m/s2。 导学号 21992217
解得物块的加速度大小为 a1＝μg＝2m/s2
对木板有 μmg＝Ma2，解得木板的加速度大小为
物 理
人 教
a2＝4m/s2
版
在 t 时间内物块的位移为 x1＝v0t－12a1t2，木板的位移为 x2＝12a2t2
物块滑下木板时位移关系为 L＝x1－x2，由题图乙可知，板长 L＝1m
第三章 牛顿运动定律
第三章 牛顿运动定律
(1)若恒力 F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间； (2)图乙中 BC 为直线段，求该段恒力 F 的取值范围及1s－F 函数关系式。
物 理 人 教 版
第三章 牛顿运动定律
[解析] (1)以向右为正方向，物块受向左的摩擦力，由牛顿第二定律有 μmg
＝ma1
第三章 牛顿运动定律
〔专题强化训练〕
物 理
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第三章
牛顿运动定律
专题强化一 板块模型与多过程问题分析
第三章 牛顿运动定律
问题特点：该类问题一般是叠加体的运动，一物体在另一物体表面相对滑
动，它们之间的联系即相互间的摩擦力，运动一段时间后达到共同速度，或具
有相同的加速度，达到相对稳定状态。该类问题过程较多，需要搞清各过程间
的联系，需要学生具有较强的建模能力和过程分析能力，能综合运用牛顿运动
代入数据可解得 t1＝13s，t2＝1s
当 t＝1s 时，物块的速度为 2m/s，木板的速度为 4m/s，而当物块从木板右
端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t2＝1s 应舍去，故所求时间为 t1
物
人 教
＝13s
理
版
(2)①当 F 较小时，物块将从木板右端滑下，当 F 增大到某一值时物块恰好
到达木板的右端，且两者具有共同速度 v，历时 t1，则对木板有 F＋4μmg＝Ma3