板块模型难题专题训练全新
专题05破解板块模型 冲刺2023高考物理限时训练(原卷版)
05 破解板块模型难度：★★★★☆建议用时： 30分钟正确率： /13 1．（2023·吉林长春·长春市第二中学校考模拟预测）如图所示，在一辆小车上，有质量为m1，m2的两个物块（m1> m2）随车一起匀速运动，它们与小车上表面的动摩擦因数始终相同，当车突然停止时，如不考虑其他因素，设小车无限长，则两个滑块（）A．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定不相碰B．无论小车上表面光滑还是粗糙都一定相碰C．上表面光滑一定相碰上表面粗糙一定不相碰D．上表面光滑一定不相碰上表面粗糙一定相碰2．（2023·福建泉州·统考二模）如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为m A、m B、m C，且m A>m B>m C。
用一水平外力将薄板沿垂直BC 的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。
则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是图（）A．B．C．D．3．（2023·山东模拟）(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g=10m/s2.下列说法正确的是（）A．A、B之间动摩擦因数为0.1 B．长木板的质量M=2kgC．长木板长度至少为2m D．A、B组成的系统损失的机械能为4J 4．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校联考模拟预测）(多选)如图（a）所示，质量为M=3kg 的木板放置在水平地板上，可视为质点的质量为m=2kg的物块静止在木板右端。
t=0时刻对木板施加水平向右的外力F，t=2s时刻撤去外力，木板的v—t图像如图（b）所示。
已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，物块始终没有滑离木板，重力加速度g取10m/s2。
2024年新高考二轮物理复习专题——板块模型
考情透析命题点考频分析命题特点核心素养滑块与木板模型2023年：湖南T15山东T18辽宁T152022年：山东T18福建T14河北T13结合各省的试卷来看，此类试题通常设置滑块-木板或滑块-圆弧槽等典型的探究类情境，综合考查牛顿运动定律、运动学规律、能量和动量的相关知识，往往还会涉及碰撞的相关规律。
物理观念：运用相互作用和能量、动量守恒的物理观念分析多物体的复杂运动。
科学思维：构建滑块、木板的运动模型并结合边界条件和数学知识进行综合分析与推理。
滑块与凹槽模型热点突破1滑块与木板模型▼考题示例1（2023·辽宁省·历年真题）如图，质量m 1＝1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k ＝20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
质量m 2＝4kg 的小物块以水平向右的速度v 0＝54m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。
木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与形变量x 的关系为E p ＝212kx 。
取重力加速度g ＝10m/s 2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1；（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 2及此时木板速度v 2的大小；（3）已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0。
求木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU （用t 0表示）。
答案：（1）1m/s 0.125m （2）0.25m32m/s （3）2008t -解析：（1）由于地面光滑，则m 1、m 2组成的系统动量守恒，则有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v 1代入数据有v 1＝1m/s 对m 1受力分析有a 1＝21m gm μ＝4m/s 2则木板运动前右端距弹簧左端的距离有21v ＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝0.125m（2）木板与弹簧接触以后，对m 1、m 2组成的系统有kx ＝(m 1＋m 2)a 共物块与木板之间即将发生相对滑动时，对m 2有a 2＝μg ＝1m/s 2且此时a 共＝a 2，解得此时的弹簧压缩量x 2＝0.25m对m 1、m 2组成的系统列动能定理有2212kx -＝2212212111()()22m m v m m v +-+代入数据有v 2＝32m/s （3）木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 1的加速度大于木块m 2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 2时，则说明此时m 1的速度大小为v 2，共用时2t 0，且m 2一直受滑动摩擦力作用，则对m 2有：－μm 2g ·2t 0＝m 2v 3－m 2v 2解得v 3＝0322t -则对于m 1、m 2组成的系统有－W f ＝2221223122111()222m v m v m m v +-+，ΔU ＝－W f 联立解得：ΔU＝28t - 跟踪训练1（2022·河北·历年真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1kg 和2kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10m/s 向右运动，B 和D 以相同速度kv 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D 粘在一起形成一个新滑块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。
板块模型--2024年高三物理二轮常见模型含参考答案
2024年高三物理二轮常见模型专题板块模型特训目标特训内容目标1高考真题(1T -3T )目标2无外力动力学板块模型(4T -7T )目标3有外力动力学板块模型(8T -12T )目标4利用能量动量观点处理板块模型(13T -17T )目标5电磁场中的块模型(18T -22T )【特训典例】一、高考真题1(2023·全国·统考高考真题)如图，一质量为M 、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m 的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v 0开始运动。
已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f ，当物块从木板右端离开时()A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于12mv 20-fl D.物块的动能一定小于12mv 20-fl 2(2023·辽宁·统考高考真题)如图，质量m 1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k =20N /m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。
质量m 2=4kg 的小物块以水平向右的速度v 0=54m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。
木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E p 与形变量x 的关系为E p =12kx 2。
取重力加速度g =10m/s 2，结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v 1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x 1；(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 2及此时木板速度v 2的大小；(3)已知木板向右运动的速度从v 2减小到0所用时间为t 0。
求木板从速度为v 2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能DU (用t 0表示)。
3(2023·河北·高考真题)如图，质量为1kg 的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为0.75m 的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成37°角．质量为2kg 的小物块A 以8m/s 的初速度从木板左端水平向右滑行，A 与木板间的动摩擦因数为0.5．当A 到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道．待A离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为1.3m,g取10m/s2, 10取3.16,sin37°=0.6,cos37°=0.8．(1)求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块A和木板的速度大小；(2)求物块A到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；(3)物块A运动到最大高度时会炸裂成质量比为1:3的物块B和物块C，总质量不变，同时系统动能增加3J，其中一块沿原速度方向运动．为保证B、C之一落在木板上，求从物块A离开轨道到解除木板锁定的时间范围．二、无外力动力学板块模型4如图所示，质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动，把质量为m的小滑块A 无初速度地轻放在木板右端，经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出，已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。
板块模型习题
板块模型习题(总6页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--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 ＝、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。
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 。
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(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。
2023高考物理专题冲刺训练--板块模型问题
板块模型一、动力学解决板块模型问题的思路二、求解板块模型问题的方法技巧1、受力分析时注意不要添力或漏力如图，木块的质量为m，木板的质量为M，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2.水平恒力F作用到木块上，木块和木板分别以加速度a1、a2向右做匀加速直线运动，对木板受力分析时，不能含有F；2、列方程时注意合外力、质量与加速度的对应关系对木块受力分析：F－μ1mg＝ma1对木板受力分析：μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma23、抓住关键状态：速度相等是这类问题的临界点，此时受力情况和运动情况可能发生突变.4、挖掘临界条件，木块恰好滑到木板的边缘且达到共同速度是木块是否滑离木板的临界条件.5、运动学公式及动能定理中的位移为对地位移；计算系统因摩擦产生的热量时用相对位移，Q＝f x相对.三、针对训练1.(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上．已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t(N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( ) A ．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4 B ．木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2 C ．图乙中t 2＝24 s D ．木板的最大加速度为2 m/s 22. 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 m A 6=.kg m B 2=，A 、B 之间的动摩擦因数2.0=μ，开始时F=10N ，此后逐渐增大，在增大到45N的过程中，则(g 取2/10s m ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A ．当拉力F<12N 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12N 时，开始相对滑动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3.（多选）在光滑的水平面上，叠放着二个质量为1m 、2m 的物体(21m m <)，用一水平力作用在1m 物体上，二物体相对静止地向右运动。
2022-2023学年人教物理高一上学期分层练习专题3 板块模型带讲解
专题 板块模型一、无外力板块模型1. （2022·江苏·海安高级中学高一期中）如图甲所示, 质量M 为2kg 的长木板B 静止在水平面上。
某时刻质量m=6kg 的小物块A, 以大小v0=4m/s 的初速度, 从木板的左侧沿木板上表面滑上木板。
已知A 与B 上表面之间的动摩擦因数μ1=0.2, B 与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1, 取重力加速度g=10m/s2, 求:（1）物块A 刚滑上木板时, 物块A 的加速度大小a1、木板的加速度大小a2；（2）物块A 在木板上滑行的距离L ；（3）木板在地面上滑行的总位移x 。
/（1）, ；（2）2m ；（3）3m【详解】（1）对A 由牛顿第二定律得11mg ma μ＝解得212m/s a =对B 由牛顿第二定律得122mg M m g Ma μμ-（＋）＝解得（2）设经过时间t1后, A.B 速度相等01121v a t a t -=解得故A.B 的位移分别为212112B x a t =1A B L x x =-解得 L =2m（3）设A.B 速度相等后一起做匀减速运动, 对A.B 整体由牛顿第二定律得对A 由牛顿第二定律得, 小于最大静摩擦力, 假设成立2232B v x a =12B B x x x =+解得x ＝3m2. （2021·天津·高一期末）如图所示, 一质量为M=2kg 的木板B 静止在水平地面上, 其左端上表面紧靠（不相连）一固定斜面轨道的底端, 轨道与水平面间的夹角θ=37°, 一质量为m=2kg 的物块A （可看做质点）由斜面上端距轨道底端4m 处由静止释放, 物块A 从斜面底端运动到木板B 左端时速度大小保持不变, 已知物块A 未从木板B 的右端滑出, 物块A 与斜面轨道间的动摩擦因数为, 与木板B 上表面间的动摩擦因数为μ2=0.3, 木板与水平地面间的动摩擦因数为μ3=0.1（sin37°=0.6, cos37°=0.8, g 取10m/s2）求:（1）物块A 刚滑上木板B 时的速度大小；（2）物块A 从刚滑上木板B 相对木板B 静止所用的时间；（3）当物块A 与木板B 最终停止在水平地面后, 现用水平力F 向右拉动木板, 为使物块与木板一起运动而不发生相对滑动, 求拉力F 大小的取值范围？ /（1）4m/s ；（2）1s ；（3）4N 16N F ≤≤【详解】（1）对物块在斜面上下滑阶段受力分析, 根据牛顿第二定律可得1sin mg f ma θ-=N cos 0F mg θ-=解得 21sin cos 2m a g g θμθ=-=物块做匀加速直线运动可得21112v a x =解得（2）物块A 滑上木板B 之后, 物块和木板分别受力分析, 根据牛顿第二定律, 对物块A 则有A 2mg ma μ=对木板B 则有物块做匀减速运动, 木板做匀加速运动, 当两物体共速时相对静止, 可得1A A 1v v a t =-B B 1v a t =A B =v v 解得（3）木板与地面之间有最大静摩擦力, 要水平力F 能够拉动物块与木板一起运动, 水平力F 最小值则有 要使物块与木板两物体不分离一起运动, 水平力F 有最大值, 对整体则有3max ()()F M m g M m a μ-+=+对物块A 则有2mg maμ=联立解得 max 16N F =因此则有水平拉力F 的取值范围为二、4N 16N F ≤≤有恒定外力板块模型3. （2022·河南·新密市第二高级中学高一阶段练习）（多选）如图所示, 质量为m 的木块在质量为M 的长木板上, 受到向右的拉力F 的作用而向右滑行, 长木板处于静止状态, 已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1, 木板与地面间的动摩擦因数为μ2, 下列说法正确的是（ ）/A. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是, 方向向左B. 木板受到地面的摩擦力的大小一定是, 方向向右C. 当时, 木板便会开始运动D．无论怎样改变F的大小, 木板都不可能运动AD【详解】AB. 由于木块在木板上向右滑动, 故木块一定受到向左的滑动摩擦力的作用, 且因木板静止不动, 一定受到地面的静摩擦力, 方向水平向左, 大小为A正确, B错误；CD．无论F多大, 当木块相对于木板向右滑动时, 木块对木板的滑动摩擦力大小不变, 故木板都不可能向右运动, C错误, D正确。
高中物理 微专题三 板块模型问题练习(含解析)新人教版必修第一册-新人教版高中第一册物理试题
微专题三板块模型问题必备知识根底练进阶训练第一层知识点一地面光滑，板块模型1.(多项选择)如下列图，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平地面上，其上放一质量为m2的木块．t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F.分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和速度大小，图中可能符合运动情况的是( )知识点二地面粗糙，板块模型2．质量M＝9 kg、长L＝1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1 kg的小物块，如下列图．当小物块刚好滑到木板左端时，小物块和木板达到共同速度．g取10 m/s2，求：(1)从小物块放到木板上到它们达到一样速度所用的时间t.(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2.关键能力综合练进阶训练第二层一、单项选择题1．(易错题)如下列图，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.如下反映a1和a2变化的图线中正确的答案是( )2．如下列图，质量m＝1.0 kg的物块(视为质点)放在质量M＝4.0 kg的木板的右端，木板长L＝2.5 m．开始木板静止放在水平地面上，物块与木板与木板与水平地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2.现对木板施加一水平向右的恒力F＝40 N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，g＝10 m/s2，如此物块在木板上运动的过程中，如下说法中正确的答案是( )A．物块与木板以一样的加速度做匀加速运动B．木板的加速度大小为5.6 m/s2C．物块的最大速度大小为4.0 m/sD．物块到达木板左端时木板前进的位移大小为3.5 m二、多项选择题3．如下列图，一足够长的木板静止在光滑水平地面上，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地面的运动情况为( )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，直到为零三、非选择题4．如下列图，厚度不计的薄板A长L，放在水平桌面上(桌面足够长)．在A上距右端x0处放一质量为m的物体B(可视为质点)．A、B间与A与桌面间的动摩擦因数均为μ，薄板质量为物体B质量的2倍，系统原来静止．现在板的右端施加一恒定的水平力F，持续作用在A上，将A从B下抽出．求：(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多少．(2)B运动多长时间离开A.学科素养升级练进阶训练第三层1．(多项选择)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t ＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度g取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A ．木板的质量为1 kgB ．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC ．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D ．物块与木板之间的动摩擦因数为0.22．(多项选择)如图甲所示，光滑水平面上停放着一辆外表粗糙的平板车，质量为M ，与平板车上外表等高的光滑平台上有一质量为m 的滑块以水平初速度v 0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t 0是滑块在车上运动的时间，以下说法正确的答案是( )A ．滑块最终滑离平板车B ．滑块与平板车外表间的动摩擦因数为v 03gt 0C ．滑块与平板车的质量之比m∶M＝1∶2D ．平板车上外表的长度为56v 0t 03．(多项选择)三角形传送带以1 m /s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m 且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A 、B 从传送带顶端都以1 m /s 的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，(g 取10 m /s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)如下说法正确的答案是( )A ．物块A 先到达传送带底端B ．物块A 、B 同时到达传送带底端C ．物块A 、B 到达传送带底端时速度大小不相等D ．物块A 、B 在传送带上的划痕长度之比为1∶34．如下列图，有一块木板静止在光滑的水平地面上，木板的质量为M＝4 kg，长度为L ＝1 m，木板的右端停放着一个小滑块，小滑块的质量为m＝1 kg，其尺寸远远小于木板长度，它与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g取10 m/s2.求：(1)为使木板能从小滑块下抽出来，作用在木板右端的水平恒力F的大小应满足的条件．(2)假设其他条件不变，在F＝28 N的水平恒力持续作用下，需多长时间能将木板从小滑块下抽出．5．如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝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＝4 kg，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：(1)B与木板相对静止时，木板的速度大小；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．微专题三 板块模型问题必备知识根底练1．解析：木块和木板可能保持相对静止，一起做匀加速直线运动，加速度大小相等，故A 正确．木块可能相对于木板向前滑动，即木块的加速度大于木板的加速度，都做匀加速直线运动，故B 、D 错误，C 正确．应当选A 、C.答案：AC方法归纳：木块可能与木板保持相对静止，一起做匀加速直线运动，也可能与木板发生相对滑动，相对木板向前滑动．根据牛顿第二定律得出加速度以与速度与时间的关系．解答此题的关键：知道木块和木板之间的相对运动情况，知道速度—时间图线的斜率表示加速度．2．解析：(1)设木板的加速度大小为a 1，时间t 内的位移为x 1；小物块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2如此有x 1＝v 0t －12a 1t 2①x 2＝12a 2t 2② x 1＝L ＋x 2③又v 0－a 1t ＝a 2t ④联立①②③④式代入数据得t ＝1 s⑤(2)根据牛顿第二定律有μ1(M ＋m )g ＋μ2mg ＝Ma 1⑥μ2mg ＝ma 2⑦联立④⑤⑥⑦式解得μ2＝0.08. 答案：(1)1 s (2)0.08点评：解答此题的关键是先根据运动学公式列式后联立求解出时间，然后再受力分析后根据牛顿第二定律列式求解．对于第(1)问，可以以木板为参考系列式求解，会使得问题大大简化．关键能力综合练1．解析：当F 比拟小时，木块与木板相对静止，加速度一样， 根据牛顿第二定律得a ＝Fm 1＋m 2＝ktm 1＋m 2，a ∝t ；当F 比拟大时，m 2相对于m 1运动，根据牛顿第二定律得 对m 1有a 1＝μm 2gm 1，μ、m 1、m 2都一定，如此a 1一定． 对m 2有a 2＝F －μm 2g m 2＝km 2t －μg ，a 2是t 的线性函数，t 增大，a 2增大． 由于km 1＋m 2＜k m 2，如此两者相对滑动后a 2图线斜率大于两者相对静止时图线的斜率．故A 正确．答案：A2．解析：由牛顿第二定律可得，物块的最大加速度a m ＝μmg m＝2 m/s 2，假设木板和物块相对静止，如此a ′＝F －μm ＋M g m ＋M ＝40－0.2×1＋4×101＋4m/s 2＝6 m/s 2＞a m ，故木板与木块之间产生相对滑动，物块与木板不能以一样的加速度做匀加速运动，故A 错误；由牛顿第二定律可得，木板的加速度a ＝F －μm ＋M g －μmgM＝40－0.2×1＋4×10－0.2×1×104 m/s 2＝7 m/s 2，故B 错误；由以上分析可知物块的加速度大小为2.0 m/s 2，当物块脱离木板时满足：12at 2－12a m t 2＝L ，解得t ＝1 s ，此时物块的速度最大，v ＝a m t ＝2 m/s ，故C 错误；物块到达木板左端时木板前进的位移大小x ＝12at2＝3.5 m ，故D 正确．答案：D3．解析：对于物块，由于运动过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对木板静止而做匀速直线运动，A 错误，B 正确；对于木板，由作用力与反作用力可知，受到物块给它的向左的摩擦力作用，如此木板的速度不断减小，直到二者相对静止，而做匀速运动，C 正确，D 错误．答案：BC4．解析：(1)设B 的质量为m ，如此A 的质量为2m . 根据牛顿第二定律，对物体B 有：μmg ＝ma B ，解得：a B ＝μg对A 有：F －μ(m ＋2m )g －μmg ＝2ma A 解得：a A ＝F2m－2μg(2)B 离开A 时，有：x A －x B ＝L －x 0 其中A 的位移为：x A ＝12a A t 2B 的位移为：x B ＝12a B t 2联立解得：t ＝4mL －x 0F －6μmg答案：(1)F2m－2μgμg (2)4mL －x 0F －6μmg学科素养升级练1．解析：结合两图像可判断出0～2 s 物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程F 等于f ，故F 在此过程中是变力，即C 错误；在4～5 s 内，木板在摩擦力的作用下做匀减速运动，ma 2＝f ＝0.2 N ，加速度大小为a 2＝0.4－0.21 m/s 2＝0.2m/s 2，得m ＝1 kg ，故A 正确；在2～4 s 内木板加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，如此F ＝ma 1＋f ＝0.4 N ，故B 正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D 错误．答案：AB2．解析：由图乙可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块与平板车最终脱离，故A 正确；由图乙可知，滑块的加速度大小a 1＝v 0－23v 0t 0＝v 03t 0，小车的加速度大小a 2＝v 03t 0，如此滑块与小车的加速度之比为1∶1，根据牛顿第二定律可得，滑块的加速度大小a 1＝f m ，小车的加速度大小a 2＝f M，如此滑块与小车的质量之比m ∶M ＝1∶1，如此C 错误；滑块的加速度a 1＝f m ＝μg ，又a 1＝v 03t 0，如此μ＝v 03gt 0，故B 正确；滑块的位移x 1＝v 0＋23v 02t 0＝56v 0t 0，小车的位移x 2＝13v 02t 0＝16v 0t 0，如此小车的长度L ＝56v 0t 0－16v 0t 0＝23v 0t 0，故D 错误．答案：AB3．解析：分别对物块A 、B 分析，由于mg sin 37°＞μmg cos 37°，所以A 、B 物块所受摩擦力方向都沿各自的斜面向上，都向下做匀加速直线运动，两物块匀加速直线运动的加速度相等，位移相等，如此运动的时间相等，故A 错误，B 正确；根据速度时间关系可得：v ＝at ，由于加速度相等，运动时间也相等，所以物块A 、B 到达传送带底端时速度大小相等，故C 错误；对A ，划痕的长度等于A 的位移减去传送带运动的长度，以A 为研究对象，由牛顿第二定律可得：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ，解得：a ＝2 m/s 2，由运动学公式可得：L ＝v 0t ＋12at 2，解得：t ＝1 s ，传送带运动的长度为x ＝vt ＝1 m ，A 在传送带上的划痕为：Δx 1＝2 m －1 m ＝1 m ；对B ，划痕的长度等于B 的位移加上传送带运动的长度，如此有：Δx 2＝2 m ＋1 m ＝3 m ，所以划痕之比为Δx 1∶Δx 2＝1∶3，故D 正确．答案：BD4．解析：(1)小滑块发生相对滑动时的临界加速度a 1＝μg ＝0.4×10 m/s 2＝4 m/s 2，对整体分析，根据牛顿第二定律得F 的最小值F min ＝(M ＋m )a 1＝(4＋1)×4 N＝20 N ，如此F 的大小应满足的条件为F ＞20 N.(2)设小滑块在木板上滑动的时间为t ，当恒力F ＝28 N 时，木板的加速度a 2＝F －μmg M＝28－0.4×1×104m/s 2＝6 m/s 2，小滑块在时间t 内运动的位移x 1＝12a 1t 2，木板的位移x 2＝12a 2t 2，根据x 2－x 1＝L ，代入数据得12×(6 m/s 2－4 m/s 2)t 2＝1 m ，解得t ＝1 s.答案：(1)F ＞20 N (2)1 s5．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 1、f 2和f 3，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a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有f 1＝μ1m Ag ① f 2＝μ1m B g ②f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥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 1⑦ v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据得v 1＝1 m/s⑨(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 2⑪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 与木板的速度一样，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，如此由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑬在t 2时间内，B (以与木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22⑭在(t 1＋t 2)时间内，A 相对地面移动的距离为word 11 / 11 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一样，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 B ⑯联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(也可用如下列图的速度时间图线求解)答案：(1)1 m/s (2)1.9 m。
板块模型--2024年高考物理大题突破(解析版)
大题板块模型板块模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化。
情境素材丰富多变考察角度广泛，备受高考命题人的青睐，在历年高考中都有体现多以压轴题的形式出现，所以在备考中要引起高度重视，并要加大训练提升分析此类问题的解答水平。
动力学方法解决板块问题1如图甲所示，质量m =1kg 的小物块A (可视为质点)放在长L =4.5m 的木板B 的右端，开始时A 、B 两叠加体静止于水平地面上。
现用一水平向右的力F 作用在木板B 上，通过传感器测出A 、B 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示。
已知A 、B 两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。
求：(1)A 、B 间的动摩擦因数μ1；(2)乙图中F 0的值；(3)若开始时对B 施加水平向右的恒力F =29N ，同时给A 水平向左的初速度v 0=4m/s ，则在t =3s 时A 与B 的左端相距多远。
【三步审题】第一步：审条件挖隐含(1)当F >F 0时B 相对地面滑动，F 0的值为B 与地面间的最大静摩擦力大小(2)当F 0<F ≤25N 时，A 与B 一起加速运动，A 与B 间的摩擦力为静摩擦力(3)当F >25N 时，A 与B 有相对运动，A 在B 的动摩擦力作用下加速度不变第二步：审情景建模型(1)A 与B 间相互作用：板块模型(2)A 与B 的运动：匀变速直线运动第三步：审过程选规律(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a -F 图像的物理意义(2)用匀变速运动的规律分析A 与B 运动的位移【答案】 (1)0.4 (2)5N (3)22.5m【解析】 (1)由题图乙知，当A 、B 间相对滑动时A 的加速度a 1=4m/s 2对A 由牛顿第二定律有μ1mg =ma 1得μ1=0.4。
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。
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 = kg 的小滑块可视为质点放在质量为M = 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=,木板长L = 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/s 2;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t 1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=,地面光滑,水平恒力F 作用的最长时间是多少2.1 a 1=43m/s 2 ,方向向右 a 2=83m/s 2 ,方向向左 23 1 s 变式：1s解析1由牛顿第二定律得:撤力前:F-μm+Mg =Ma 1,解得a 1=43m/s 2 ,方向向右撤力后:μm+Mg =Ma 2,解得a 2=83m/s 2 ,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t 1,则再经t 1/2,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x 1,加速运动的时间为t 1,减速过程的位移为x 2,减速运动的时间为t 2;由运动学规律有x 1=12a 1t 12,x 2=12a 2t 22 小滑块始终在木板上,应满足x 1+x 2≤L 又a 1t 1=a 2t 2由以上各式可解得t 1≤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:12v m ×32t 1≤L ,其中v m =a 1t 1解得t 1≤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;突破点是对两物体隔离受力分析,弄清各自的运动过程及两个物体运动的时间、位移及速度的关系;撤力前木板和小滑块都做加速运动,且木板的加速度较大,所以撤力时木板的速度较大;撤去外力后由于木板速度较大,所以小滑块继续做加速运动,而木板做减速运动;设木板加速过程的位移为x 1,加速度大小为a 1,加速运动的时间为t 1,减速过程的位移为x 2,加速度大小为a 2,减速运动的时间为t 2;整个过程中小滑块运动的加速度为a ;由牛顿第二定律得:μmg =ma ,解得a =2 m/s 2撤力前:F-μmg =Ma 1,解得a 1=103m/s 2撤力后:μmg =Ma 2,解得a 2=23m/s 2撤力时刻,木板的速度v 1=a 1t 1运动的位移: x 1=12a 1t 12最终木板的速度为v 2=v 1-a 2t 2,减速运动过程中木板的位移x 2=v 1t 2-12a 2t 22最终小滑块的速度为v = at 1+ t 2,全过程中小滑块运动的位移为x =12a (t 1+t 2)2小滑块始终在木板上,应满足x 1+x 2-x ≤L ,又v =v 2 由以上各式可解得t 1≤1 s,即力F 作用的最长时间为1 s 备注无2.一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,如图所示,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 表示重力加速度设圆盘的质量为m,桌长为l,在桌布从圆盘下抽出的过程中,盘的加速度为a 1,有μ1mg= ma 1 桌布抽出后,盘在桌面上做匀减速运动,以a 2表示加速度的大小,有μ2mg=ma 2设盘刚离开桌布时的速度为v 1,移动的距离为x 1,离开桌布后在桌面上再运动距离x 2后便停下,有v 12=2a 1x 1,v 12=2a 2x 2盘没有从桌面上掉下的条件是设桌布从盘下抽出所经历的时间为t,在这段时间内桌布移动的距离为x,有而由以上各式解得3．一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,如图a所示;时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至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;已知碰撞后时间内小物块的图线如图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;求1木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；2木板的最小长度；3木板右端离墙壁的最终距离;答案1μ1 = μ1 = 2木板的最小长度应为3最终距离为考点滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式解析1 7分规定向右为正方向,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+Mg = m+Ma1·······错误!1分由图可知;木板与墙壁碰前瞬间的速度v1= 4m/s ,由运动学公式得：V1 = v0 + a1t1······错误!1分a1t12········错误!1分S0 = v0t1 +12式中t1=1s , s0 = 是木板碰前的位移,v0是小物块和木板开始运动时的速度;联立错误!错误!错误!式和题给条件得：μ1 = ·······错误!1分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········错误!1分由图可得：a2 = v2− v1·······错误!1分t2− t1式中t2 = 2s , v2 = 0 ,联立错误!错误!式和题给条件得：μ2 = ······错误!1分28分设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间Δt ,木板和小物块刚好具有共同速度v3,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg +μ1 m+Mg = m+Ma1 = Ma3······错误!1分V3 = - v1 + a3Δt ·······错误!1分V3 = v1 + a2Δt······错误!1分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：Δt······错误!1分s1 = −v1+ v32小物块运动的位移为：s2 = v1+ v3Δt······错误!1分2小物块相对木板的位移为：Δs = s2– s1·····错误!1分联立错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!式,并代入数值得：Δs = ·····错误!2分因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为;3 5分在小物块和木板具有共同速度后,两者向左做匀变速运动直到停止,高加速度为a4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为s3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1 m+Mg = m+Ma4·······错误!1分0 – v32 = 2a4s3······错误!1分磁碰后木板运动的位移为：s = s1 + s3·······错误!1分联立错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!式,并代入数值得：S = ·······错误!2分木板右端离墙壁的最终距离为;4.如图所示,将小砝码置于桌面上的薄纸板上,用水平向右的拉力将纸板迅速抽出,砝码的移动很小,几乎观察不到,这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2,各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.1当纸板相对砝码运动时,求纸板所受摩擦力的大小；2要使纸板相对砝码运动,求所需拉力的大小；3本实验中,m1＝ kg,m2＝ kg,μ＝,砝码与纸板左端的距离d＝ m,取g＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l ＝ m,人眼就能感知．为确保实验成功,纸板所需的拉力至少多大解析：1砝码对纸板的摩擦力F f1＝μm1g桌面对纸板的摩擦力F f2＝μm1＋m2gF f＝F f1＋F f2,解得F f＝μ2m1＋m2g.2设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为a2,则F f1＝m1a1F－F f1－F f2＝m2a2若发生相对运动,则a2＞a1解得F＞2μm1＋m2g.3纸板抽出前,砝码运动的距离x1＝错误!a1t错误!纸板运动的距离d＋x1＝错误!a2t错误!纸板抽出后,砝码在桌面上运动的距离x2＝错误!a3t错误!l＝x1＋x2由题意知a1＝a3,a1t1＝a3t2代入数据解得F＝ N.5．如图所示,有一定厚度的长木板AB在水平面上滑行,木板的质量m1=．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=．当木板滑行速度v0=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m2=．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S1=．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．Array 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图2v 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;1C 平抛过程中只受重力作用,机械能守恒,得：据：s m v C /1=代入数的水平位移：m ghv t v S cc c X 1.02=== 向右平抛所以C 离开木板后,C 离开木板后,木板受力如图3,由牛顿第二定律：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, 对木板1m ：11a m f f =+木 ③t a v v A 10=- ④对小物块2m :22a m f = ⑤ t a v c 2= ⑥联立③④⑤⑥得：地f f 31=⑦ 联立①②⑦：m l 6.0=6．如图11所示,水平地面上一个质量M = kg 、长度L = m 的木板,在F= N 的水平拉力作用下,以v 0= m/s 的速度向右做匀速直线运动.某时刻将质量m = 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2图1图3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+Mg a 1 =MFg M m -+)(μ= 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 = 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 = 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 = 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图11图11图2Ff 1 2 a 3 图31因此将物块放在木板上后,经过 s 木板停止运动.7．P43 40如图17所示,平板车长L=,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=;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=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； 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 =错误!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= s 2；a 2= 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－错误!a 1t 12,解得：x 1=………………………………………………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末木块距离平板车右端的 距离x =L —x 2=,如答图3所示;末平板车和木块具有相同的 速度v =a 2t 1=sF 2开始作用后,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=,木块速度减为零所用时间 t 2= 错误!= 所以 x 4= vt 2－错误!a 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;答图2答图4m图17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－错误!a 2t 32 平板车的位移x 6=vt 3－错误!a 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=s 木块离开平板车后水平位移x 7= v 1t =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 =－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 8如图15所示,水平桌面距地面的高度h =．可以看成质点的小金属块C 的质量m 1=,放在厚度不计的长木板AB 上．木板长L =,质量m 2=,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 =．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 =．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,设平抛运动的初速度为v 2,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．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 '． 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s 1=s 2= t 1= v 1=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． 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M F 1mx 2x x 1m MF 1 MF 2 x 5mx 6 答图5图2f 1m 1g F 1图1 f 1 m 1g F 1m 2gF 1 f 2 FF 2 图3f 1)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,据此可计算出当F 〉时物块不会落下桌子;9.如图所示,质量为m =5kg 的长木板放在水平地面上,在木板的最右端放一质量也为m =5kg 的物块A ．木板与地面间的动摩擦因数μ1=,物块与木板间的动摩擦因数μ2=．现用一水平力F =60N 作用在木板上,使木板由静止开始匀加速运动,经过t =1s,撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．g 取10m/s 2求： 1拉力撤去时,木板的速度大小．2要使物块不从木板上掉下,木板的长度至少多大．3在满足2的条件下,物块最终将停在距板右端多远处． 答案14m/s ；2；35.解析：1若在时间t =1s 内,物块与长木板一起运动,加速度为a ,则122F mg ma μ-=① 物块受合外力2f ma mg μ=>②说明物块在长木板上发生了相对滑动．设撤去F 时,长木板的速度为v 1,滑块速度为v 2,由动量定理可知, 对物块,有22mgt mv μ=③ 对系统,有112(2)F mg t mv mv μ-=+④代入数据解得v 1=4m/s,v 2=2m/s拉力撤去时,长木板的速度大小为4m/s ．2设撤去拉力后,经时间t 1,两者获得共同速度为v ,由动量定理可知, 对物块,有212mgt mv mv μ=-⑤ 对长木板,有211112mgt mgt mv mv μμ--=-⑥将v 1和v 2的数值代入解得t 1=,v =s在t =1s 内,物块相对于长木板的位移s 1=v 1－v 2t /2=1m ⑦ 在t 1=内,物块相对于长木板的位移s 2=v 1-v 2t 1/2= ⑧ 木板的长度最小值为L =s 1+s 2=3滑块与木板有了共同速度后,在摩擦力作用下均做减速运动,物块相对于木板向右运动,木板和物块先后停下,设木板位移为x 1,物块位移为x 2,由动能定理,得22111(2)02mg mg x mv μμ-=-⑨ 222102mgx mv μ-=-⑩这段时间内物块相对于木板的位移s 3=x 2－x 1 =．物块最终离板右端的距离d =s 1＋s 2－s 3 =小车22s /m 1='=Mf a1分 经t 1=2s 货物运动m 4212111==t a S1分10.如图所示,在光滑水平桌面上放有长木板C,在C 上左端和距左端x 处各放有小物块A 和B,A 、B 的体积大小可忽略不计,A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数为μ,A 、B 、C 的质量均为m,开始时,B 、C 静止,A 以某一初速度v 0向右做匀减速运动,设物体B 与板C 之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力;求：1物体A 运动过程中,物块B 受到的摩擦力；2要使物块A 、B 相碰,物块A 的初速度v 0应满足的条件; 解：1设A 在C 板上滑动时,B 相对于C 板不动,则对B 、C 有μmg=2ma2g a μ=又B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为g mmga m μμ==∵a m ＞a∴B 未相对C 滑动而随木板C 向右做加速运动B 受到的摩擦力f b =ma=21μmg,方向向右2要使物块A 刚好与物块B 发生碰撞,物块A 运动到物块B 处时,A 、B 的速度相等,即v 1=v 0－μgt=21μgt 得v 1=v 0/3设木板C 在此过程中的位移为x 1,则物块A 的位移为x 1+x,由动能定理 －μmgx 1+x= 21mv 12－21mv 02 μmgx 1=212mv 12 联立上述各式解得v 0=要使物块A 、B 发生相碰的条件是v 0＞。
《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。
板块模型-2024年高考物理一轮复习热点重点难点(学生版)
板块模型特训目标特训内容目标1无外力板块模型(1T-4T)目标2无外力板块图像问题(5T-8T)目标3有外力板块模型(9T-12T)目标4有外力板块图像问题(13T-16T)【特训典例】一、无外力板块模型1如图所示，将小滑块A放在长为L的长木板B上，A与B间的动摩擦因数为μ，长木板B放在光滑的水平面上，A与B的质量之比为1:4，A距B的右端为13L。
现给长木板B一个水平向右初速度v0=102m/s，小滑块A恰好从长木板B上滑下；若给A一个水平向右初速度v，要使A能从B上滑下，则v至少为()A.5m/sB.10m/sC.15m/sD.20m/s2如图(a)所示，质量为2m的长木板，静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端且与木板保持相对静止，铅块运动中所受的摩擦力始终不变。
若将木板分成长度与质量均相等(即m1=m2=m)的两段1、2后紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图(b)所示，则下列说法正确的是()A.小铅块将从木板2的右端滑离木板B.小铅块滑到木板2的右端与之保持相对静止C.(a)、(b)两种过程中摩擦产生的热量相等D.(a)过程产生的摩擦热量大于(b)过程摩擦产生的热量3质量为M的木板放在光滑水平面上，木板上表面粗糙程度均匀，一质量为m的物块以水平速度v0从木板左端滑上木板，下列说法正确的是()A.若物块能从木板上滑下，仅增大物块的质量，木板获得的动能增大B.若物块能从木板上滑下，仅增大物块初速度v，木板获得的动能减小C.若物块不能从木板上滑下，仅增大物块质量，物块在木板上相对滑动的时间变长D.若物块不能从木板上滑下，仅增大物块初速度v0，物块在木板上相对滑动的时间变短4如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2.0m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2则()A.物块与小车共同速度大小是0.6m/sB.物块在车面上滑行的时间t=0.24sC.小车运动的位移大小x=0.06mD.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v不超过5m/s二、无外力板块图像问题5如图甲所示，足够长木板静止在光滑的水平面上，在t=0时刻，小物块以一定速度从左端滑上木板，之后长木板运动的v-t图像如图乙所示。
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2．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v0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。
小木块及木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
求：（1）小木块及木板相对静止时，木板运动的速度；（2）小木块及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。
3．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，物块及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？4. 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度v0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、木板运动的v-t图象可能是( )(二)传送带5. 如图所示，传送带及地面间的倾角为θ=37°，A、B之间的长度为L=16 m，传送带以速率v=10 m/s 逆时针运动，在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的物体，它及传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A端运动到B端需要多长时间？（g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）6.现在传送带传送货物已被广泛地应用，如图3－2－7所示为一水平传送带装置示意图。
板块模型压轴题(答案)
板块模型压轴题（参考答案）一、计算题1． 【答案】(1)8 kg 0.25 (2)5块【解析】 (1)小车的上表面光滑，砖块相对地面始终保持静止状态，放上砖块后小车开始做匀减速运动，设小车与地面间的动摩擦因数为μ，未放砖块时μMg ＝F 放上第一块砖后，对小车有F －μ(m ＋M )g ＝Ma 1 即－μmg ＝Ma 1由v －t 图象可知，Δv 1＝v 1－v 0＝(2.8－3.0) m/s ＝－0.2 m/s 放上第一块砖后小车的加速度为a 1＝－0.25 m/s 2 解得M ＝8 kg μ＝0.25(2)同理，放上第二块砖后，对小车有－2μmg ＝Ma 2 代入数据解得a 2＝－0.5 m/s 20．8 s 内速度改变量Δv 2＝a 2T ＝－0.4 m/s放上第三块砖后小车的加速度为a 3＝－3×0.25 m/s 2＝－0.75 m/s 2 0．答案8 s 内速度改变量Δv 3＝－3×0.2 m/s ＝－0.6 m/s则放上第n 块砖后小车的加速度a n ＝－n ×0.25 m/s 2(n ＝1，2，3，…) 0．答案8 s 内速度改变量Δv n ＝－n ×0.2 m/s(n ＝1，2，3，…) 所以Δv ＝Δv 1＋Δv 2＋Δv 3＋…＋Δv n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )×0.2 m/s 而Δv ＝0－3 m/s ＝－3 m/s ， 联立解得n ＝5。
即当小车停止时，车上有5块砖。
2． 【答案】 (1)F ＞15.0 N (2)2.0 s【解析】 (1)设水平力为F 1时，薄板A 和物体B 都从静止开始做匀加速直线运动，且二者之间刚好没有滑动， 根据牛顿第二定律得，对物体B 有μ1mg ＝ma 解得a ＝1.0 m/s 2对A 和B 系统整体有F 1－μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 代入数据可解得F 1＝15.0 N所以要把薄板从物体下抽出，水平外力应满足F ＞15.0 N 。
板块模型难题专题训练修订版
板块模型难题专题训练 Company number：【WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998】板块类运动问题专题练习1．质量为m = kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为M = 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=，木板长L = 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/s 2。
(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t 1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=，地面光滑，水平恒力F 作用的最长时间是多少2.(1) a 1=43m/s 2 ，方向向右 a 2=83m/s 2 ，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 =Ma 1，解得a 1=43m/s 2 ，方向向右撤力后:μ(m+M )g =Ma 2，解得a 2=83m/s 2 ，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t 1，则再经t 1/2，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x 1，加速运动的时间为t 1，减速过程的位移为x 2，减速运动的时间为t 2。
由运动学规律有x 1=12a 1t 12，x 2=12a 2t 22小滑块始终在木板上，应满足x 1+x 2≤L 又a 1t 1=a 2t 2由以上各式可解得t 1≤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:12v m ×32t 1≤L ，其中v m =a 1t 1解得t 1≤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。
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 = kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为M = 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=，木板长L = 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/s 2。
(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t 1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=，地面光滑，水平恒力F 作用的最长时间是多少?2.(1) a 1=43m/s 2 ，方向向右 a 2=83m/s 2 ，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 =Ma 1，解得a 1=43 m/s 2 ，方向向右撤力后:μ(m+M )g =Ma 2，解得a 2=83m/s 2 ，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t 1，则再经t 1/2，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x 1，加速运动的时间为t 1，减速过程的位移为x 2，减速运动的时间为t 2。
由运动学规律有x 1=12a 1t 12，x 2=12a 2t 22小滑块始终在木板上，应满足x 1+x 2≤L 又a 1t 1=a 2t 2由以上各式可解得t 1≤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:12v m ×32t 1≤L ，其中v m =a 1t 1解得t 1≤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。
突破点是对两物体隔离受力分析，弄清各自的运动过程及两个物体运动的时间、位移及速度的关系。
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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= m/s2，方向向右a2= 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= m/s2，方向向右撤力后:μ(m+M)g=Ma2，解得a2= 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=a1，x2=a2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:v m×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。
突破点是对两物体隔离受力分析，弄清各自的运动过程及两个物体运动的时间、位移及速度的关系。
撤力前木板和小滑块都做加速运动，且木板的加速度较大，所以撤力时木板的速度较大。
撤去外力后由于木板速度较大，所以小滑块继续做加速运动，而木板做减速运动。
设木板加速过程的位移为x1，加速度大小为a1，加速运动的时间为t1，减速过程的位移为x2，加速度大小为a2，减速运动的时间为t2;整个过程中小滑块运动的加速度为a。
由牛顿第二定律得:μmg=ma，解得a=2 m/s2撤力前:F-μmg=Ma1，解得a1= m/s2撤力后:μmg=Ma2，解得a2= m/s2撤力时刻，木板的速度v1=a1t1运动的位移: x1=a1最终木板的速度为v2=v1-a2t2，减速运动过程中木板的位移x2=v1t2-a2最终小滑块的速度为v= a(t1+t2)，全过程中小滑块运动的位移为x=a小滑块始终在木板上，应满足x1+x2-x≤L，又v=v2由以上各式可解得t1≤1 s，即力F作用的最长时间为1 s【备注】无2.一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，如图所示，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）设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1，有μ1mg=ma1桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有μ2mg=ma2设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有v12=2a1x1，v12=2a2x2盘没有从桌面上掉下的条件是设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有而由以上各式解得3．一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。
时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞（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。
已知碰撞后时间内小物块的图线如图（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。
求（1）木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】（1）μ1 = 0.1 μ1 = 0.1 （2）木板的最小长度应为6.0m （3）最终距离为6.5m 【考点】滑动摩擦力、动摩擦因数；牛顿运动定律；匀变速直线运动及其公式【解析】(1) (7分) 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)a 1 ·······○1 (1分) 由图可知。
木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1= 4m/s ,由运动学公式得：V 1 = v 0 + a 1t 1 ······○2 (1分) S 0 = v 0t 1 + a 1t 12········○3 (1分) 式中t 1=1s , s 0 = 4.5m 是木板碰前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。
联立○1○2○3式和题给条件得：μ1 = 0.1·······○4 (1分) 在木板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。
设小物块的加速度为a 2 ,由牛顿第二定律有：-μ2mg = ma 2········○5 (1分) 由图可得：a 2 = ·······○6 (1分) 式中t 2 = 2s , v 2 = 0 ,联立○5○6式和题给条件得：μ2 = 0.4 ······○7 (1分) （2）(8分)设碰撞后木板的加速度为a 3 ,经过时间Δt ,木板和小物块刚好具有共同速度v 3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg +μ1 (m+M)g = (m+M)a 1 = Ma 3······○8 (1分) V 3 = - v 1 + a 3Δt ·······○9 (1分) V 3 = v 1 + a 2Δt ······○10 (1分) 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：s 1 = Δt ······○11 (1分) 小物块运动的位移为： s 2 = Δt ······○12 (1分) 小物块相对木板的位移为：Δs = s 2 – s 1 ·····○13 (1分) 联立○6○8○9○10○11○12○13式，并代入数值得：Δs = 6.0m ·····○14 (2分) 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。
(3) (5分)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直到停止，高加速度为a 4 ,此过程中小物块和木板运动的位移为s 3 ,由牛顿第二定律及运动学公式得：μ1 (m+M)g = (m+M)a 4·······○15(1分) 0 – v 32 = 2a 4s 3 ······○16(1分) 磁碰后木板运动的位移为： s = s 1 + s 3 ·······○17(1分) 联立○6○8○9○10○11○15○16○17式，并代入数值得： S = -6.5m ·······○18(2分) 木板右端离墙壁的最终距离为6.5m 。
4.如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用 水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g . (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0.5 kg ，m 2＝0.1 kg ，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d ＝0.1 m ，取g ＝10 m/s 2.若砝码移动的距离超过 l ＝0.002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力F f1＝μm 1g桌面对纸板的摩擦力 F f2＝μ(m 1＋m 2)g F f ＝F f1＋F f2，解得F f ＝μ(2m 1＋m 2)g .(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则 F f1＝m 1a 1F －F f1－F f2＝m 2a 2若发生相对运动，则a 2＞a 1 解得F ＞2μ(m 1＋m 2)g .(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2代入数据解得F＝22.4 N.5．如图所示，有一定厚度的长木板AB在水平面上滑行，木板的质量m1=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v0=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m2=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S1=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．Array1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。