2017年高三物理专题复习：板块模型
高中物理板块模型归纳
高中物理板块模型归纳高中物理板块模型归纳是指将高中物理课程中所涉及的知识点进行分类、总结和归纳，形成一种系统化的知识结构。
这种模型可以帮助学生更好地理解和掌握物理知识，提高学习效率。
下面详细介绍高中物理板块模型。
一、力学1. 运动学（1）描述运动的数学工具：位移、速度、加速度、角速度、周期等。
（2）直线运动规律：匀速直线运动、匀加速直线运动、匀减速直线运动、匀速圆周运动。
（3）曲线运动规律：平抛运动、斜抛运动、圆周运动。
2. 动力学（1）牛顿运动定律：惯性定律、动力定律、作用与反作用定律。
（2）动量定理：动量的守恒、动量的变化。
（3）能量守恒定律：动能、势能、机械能、内能。
3. 机械振动与机械波（1）简谐振动：正弦、余弦、螺旋线。
（2）非简谐振动：阻尼振动、受迫振动。
（3）机械波：横波、纵波、波的干涉、波的衍射、波的传播。
二、热学1. 分子动理论（1）分子运动的基本规律：布朗运动、分子碰撞、分子速率分布。
（2）气体的状态方程：理想气体状态方程、范德瓦尔斯方程。
2. 热力学（1）热力学第一定律：内能、热量、功。
（2）热力学第二定律：熵、热力学第二定律的微观解释。
3. 物态变化（1）相变：固态、液态、气态、等离子态。
（2）相变规律：熔化、凝固、汽化、液化、升华、凝华。
三、电学1. 电磁学（1）静电学：库仑定律、电场、电势、电势差、电容、电感。
（2）稳恒电流：欧姆定律、电阻、电流、电功率、电解质。
（3）磁场：毕奥-萨伐尔定律、安培环路定律、洛伦兹力、磁感应强度、磁通量、磁介质。
2. 电路与电器（1）电路：串联电路、并联电路、混联电路、电路图。
（2）电器：电阻、电容、电感、二极管、晶体管、运算放大器。
3. 电磁波（1）电磁波的产生：麦克斯韦方程组、赫兹实验。
（2）电磁波的传播：波动方程、折射、反射、衍射。
四、光学1. 几何光学（1）光线、光的反射、光的折射、光的速度。
（2）透镜：凸透镜、凹透镜、眼镜、相机、投影仪。
浅谈高中物理教学中的“板块模型”
浅谈高中物理教学中的“板块模型”发表时间：2017-07-25T16:16:57.400Z 来源：《教育学文摘》2017年8月总第238期作者：黄万贵[导读] 最后用v-t图象将板块的运动过程描述出来可以化繁为简，弄清题目情境，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。
甘肃省临夏中学731100摘要：“板块模型”是一类高考常考的题型，每年都以不同的形式出现，但它也有着很强的规律性，离不开受力分析、运动分析等。
本文通过两种常见模型进行讨论，总结了一些解决的思路和方法关键词：板块模型牛顿第二定律摩擦力“板块模型”是一类高考常考的题型，其中考察知识点比较综合，对于不同的情形也需要特殊的处理方法，但离不开基础的受力分析、运动分析以及抓住临界条件或者加速度突变的点。
“板块模型”也是牛顿运动定律综合应用的一个体现。
该模型涉及到静摩擦力、滑动摩擦力的转化、方向的判断等静力学知识，还涉及到牛顿运动定律和直线运动学规律、动能定理和动量守恒定律等知识。
板块模型是多个物体的多过程问题，主要考查考生的推理能力和分析综合能力。
一、模型建立1.相互作用：滑块和滑板之间靠摩擦力连接，其中静摩擦力是可以变化的。
2.相对运动：两物体具有相同的速度和加速度时相对静止。
3.通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。
在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联，它就是我们解决力和运动的突破口。
4.求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理。
5.求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理。
应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。
另外求相对位移时，通常会用到系统能量守恒定律。
二、最基本的几种模型1.有力作用在木板上【原始模型分析】如右图所示，已知A的质量m1，已知B的质量m2，A、B间动摩擦因数为μ。
为使A、B发生相对运动：（1）若地面光滑。
（2）若地面粗糙，且B与地面的动摩擦为因数为μ。
板块模型
板块模型1．模型特点上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动。
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，故频现于高考试卷中，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。
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．解题方法整体法、隔离法。
4．解题思路(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度。
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程。
特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移。
5.分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧(1)分析题中滑块、木板的受力情况，求出各自的加速度。
(2)画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系。
(3)知道每一过程的末速度是下一过程的初速度。
(4)两者发生相对滑动的条件：①摩擦力为滑动摩擦力。
②二者加速度不相等。
1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmg m ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
2017年高三物理专题复习：板块模型(龙川一中刘国华)
精心整理专题一：物理模型之“滑块--木板”模型“滑块—木板”模型：作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。
这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，有利于培养学生思维能力。
且此模型经常在高考（2015年全国Ⅰ卷25题、2015年全国Ⅱ卷25题、2013年全国Ⅱ卷25题）或模拟考试中作为压轴题出现，所以要引起同学们的重视。
如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼、若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面，静止叠放在水平地面上。
A 、B g 。
现对A 施加一水平拉力F ，则( ) A 、当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝μmg 时，A 的加速度为μgC ．当F >2μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过μg3、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t ＝0时刻滑块从板的左端以速度v 0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v -t 图像可能是图中的( )BθRh PQA总结：从以上几例我们可以看到，无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动； 若两个物体的初速度相同（包括初速为0）且受外力F 情况下，则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力F 作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F 作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。
突破二、“滑块—木板”模型中加速度问题（纯运动学问题）1.如图所示，一长度L =3m ，高h =0.8m ，质量为M =1kg 的物块A 静止在水平面上.质量为m =0.49kg 的物块B 静止在A 的最左端，物块B 与A 相比大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1=0.5，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2（1（2（32．(18分道半径R ＝4m μ1(1)(2)(3)若μ1＝3．（18的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ=32．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，取(1)(2)若F=37.5N ，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．突破三、“滑块—木板”模型与动量守恒相结合题型1：（18分）如图所示的轨道由半径为R 的1/4光滑圆弧轨道AB 、竖直台阶BC 、足够长的光滑水平直轨道CD 组成．小车的质量为M ，紧靠台阶BC 且上水平表面与B 点等高．一质量为m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B 之后滑到小车上．已知M =4m ，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为μ，Q 点右侧表面是光滑的．求：（1）滑块滑到B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）2.C q 01.0=场，假定A （1）A 与（2）要使(3)在满足3、（18距离为S 摩擦因数μ（1（24．（18圆弧面。
板块模型高考知识点
板块模型高考知识点【正文】板块模型是高考物理中的一个重要知识点，主要用于解决题目中涉及到的平衡、稳定性和力的分析问题。
它是一种简化和抽象的模型，通过将物体分解为多个部分，从而更好地理解和研究物体的运动特性。
一、板块模型的基本原理板块模型的基本思想是将物体分解为若干个小块，每个小块都带有自己的质量、形状和位置等特征。
这些小块之间存在相互作用力，通过分析这些力的平衡和合成，就可以得到整个物体的运动情况。
以平衡为例，我们可以将物体划分为若干个平行小块，每个小块都受到重力和支持力的作用。
通过分析每个小块的受力情况，可以确定物体是否处于平衡状态。
这种分块分析的方法可以大大简化问题，使其更易于处理。
二、板块模型的应用板块模型在解决高考物理题中起到了重要的作用。
例如，在研究斜面上物体的运动时，我们可以将斜面分解为水平和竖直两个方向的小块，从而分析物体受力和速度的关系。
此外，板块模型还可以用于分析各种力的合成和分解问题。
例如，对于一个悬挂在天花板上的物体，我们可以将其划分为水平和竖直方向的两个小块，从而分析其受力的方向和大小。
三、板块模型的特点板块模型具有一定的抽象性和简化性。
它不需要考虑物体的具体形状和内部结构，而只需要关注物体的整体特性和相互作用。
这使得板块模型在解决一些复杂问题时非常有效，并且可以应用于不同的情况和条件。
此外，板块模型还可以灵活应用于不同的题型和考点。
无论是平衡问题、稳定性问题还是力的合成问题，都可以采用板块模型来解决。
这种统一的思维框架能够帮助我们更好地理解物理问题的本质，提高解题的能力。
总结：板块模型是解决高考物理题中的常用工具，它通过将物体分解为若干小块，分析小块之间的相互作用力，从而帮助我们理解和解决复杂的运动问题。
板块模型具有简化、抽象的特点，可以应用于不同的情况和考点，对于提高物理解题的能力具有重要意义。
通过学习板块模型，我们可以更好地理解和掌握高考物理中涉及的平衡、稳定性和力的分析问题。
专题： 板块模型
L
s2 s1
L
s2 s1
〖典例 1〗：如图所示,A 是小木块,B 是长木板，A、B 质 量均为 0．2 kg，木块 A 以某一初速度 V0=1．2m／s 滑 上原来静止的长木板.已知 A、B 间动摩擦因数为 0．4， B 与地面间动摩擦因数 0．1，木板足够长．最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，g=10m／s2． (1)从滑块滑上长木板到滑块与木板具有相同速度所需 的时间及相对位移?
x
B＝
（v
0＋v
） （ 2
t1＋t2）
＝（2＋1.2）×（0.5＋0.3） m 2
＝1.28 m B 板的长度 l＝x A ＋x B ＝1.6 m
〖典例 3〗．如图所示，质量 M＝8 kg 的小车放在水平光滑的平 面上，在小车左端加一水平推力 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．求：(取 g＝10 m/s2) (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？ (3)从小物块放在小车上开始，经过 t＝1.5 s 小物块通过的位移大 小为多少？
(2)开始阶段 A 相对地面向左做匀减速运动，设 到速 度为零时 所用时 间为 t1，则 v 0 ＝aAt1 ，解 得 t1＝v 0/aA＝0.50 s B 相对地面向右做匀减速运动
x ＝v 0t1－12aBt21＝0.875 m
(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零， 后相对地面向右做匀加速运动，加速度大小仍
高三物理第一轮总复习
第三章 牛顿运动定律
第三讲 牛顿运动定律的综合应用
“滑块—滑板”模型
高中物理模型法解题——板块模型
高中物理模型法解题———板块模型【模型概述】板块模型是多个物体的多个过程问题，是一个最经典、最基本的模型之一。
木板和物块组成的相互作用的系统称为板块模型，该模型涉及到静摩擦力、滑动摩擦力的转化、方向判断等静力学知识，还涉及到牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和能量的转化和守恒等方面的知识。
板块类问题的一般解题方法(1)受力分析．(2)物体相对运动过程的分析．(3)参考系的选择（通常选取地面）．(4)做v-t图像(5)摩擦力做功与动能之间的关系．(6)能量守恒定律的运用．一、含作用力的板块模型问题：【例题1】如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=2.5m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平恒力F=20N拉木板，g取10m/s2，求：（1）木板的加速度；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间；（3）如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，需对木板施加的最小水平拉力是多大？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（4）若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木块与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30N，则木块滑离木板需要多长时间？【解题思路】（1）根据牛顿第二定律求出木板的加速度．（2）让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间．（3）根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力．（4）应用运动学公式，根据相对加速度求所需时间．【答案】（1）木板的加速度2.5m/s2；（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s；（3）对木板施加的最小水平拉力是25N；（4）木块滑离木板需要2s【解析】解：（1）木板受到的摩擦力F f=μ（M+m）g=10N木板的加速度=2.5m/s2（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=﹣a′有at2=L解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．（3）设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则对木板：F1﹣μ1mg﹣μ（M+m）g=Ma木板木板能从木块的下方抽出的条件：a木板＞a木块解得：F＞25N（4）木块的加速度木板的加速度=4.25m/s2木块滑离木板时，两者的位移关系为x木板﹣x木块=L即带入数据解得：t=2s【变式练习】如图所示，质量M=1kg的木块A静止在水平地面上，在木块的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木块间的动摩擦因数μ1=0.3，木块长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上，g取10m/s2．（1）若水平地面光滑，计算说明两木块间是否会发生相对滑动．（2）若木块与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木块右端的时间．【解题思路】（1）假设不发生相对滑动，通过整体隔离法求出A、B之间的摩擦力，与最大静摩擦力比较，判断是否发生相对滑动．（2）根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，结合位移之差等于木块的长度求出运动的时间．【答案】（1）A、B之间不发生相对滑动；（2）铁块运动到木块右端的时间为．【解析】（1）A、B之间的最大静摩擦力为：f m＞μmg=0.3×10N=3N．假设A、B之间不发生相对滑动，则对AB整体分析得：F=（M+m）a对A，f AB=Ma代入数据解得：f AB=2.5N．因为f AB＜f m，故A、B之间不发生相对滑动．（2）对B，根据牛顿第二定律得：F﹣μ1mg=ma B，对A，根据牛顿第二定律得：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma A根据题意有：x B﹣x A=L，，联立解得：．二、不含作用力的板块模型问题：【例题2】一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。
物理高三板块模型知识点
物理高三板块模型知识点引言：在学习物理的过程中，板块模型是一个重要的概念。
它可以帮助我们理解地球上的地壳运动以及地震、火山等地质现象。
本文将介绍物理高三板块模型的相关知识点，帮助读者更好地理解和掌握该概念。
一、板块模型的定义和基本概念1. 板块模型是指将地球表面划分成若干个大型板块，并认为这些板块在地球内部存在相对运动的理论模型。
2. 地球板块模型的形成和演化与地球上的地壳构造、地震和火山活动等密切相关。
3. 板块模型的核心理论是“地壳构造学”和“板块构造学”。
二、板块模型的分类1. 根据地壳运动方向和速度的不同，板块模型可以分为三种类型：边界运动型、内部运动型和混合型。
2. 边界运动型板块模型：板块间的相对滑动速度较快，形成了较明显的地壳运动现象，如反射地震带、弧后盆地等。
3. 内部运动型板块模型：板块内部的相对滑动速度较快，形成了内部断层和地壳运动现象，如火山地震、岩浆侵入等。
4. 混合型板块模型：同时具有边界运动型和内部运动型特征的板块模型。
三、板块模型的主要特征和作用1. 板块模型具有边界界线清晰、板块间相对运动、构造形态分明等特征。
2. 板块模型对地球上的地壳变形、地震和火山活动等地质现象起到了重要的控制作用。
3. 板块模型还可以解释地球表面的地理分布、陆地形态、海底地形等自然地理现象。
四、板块构造运动的主要类型1. 板块碰撞：两个板块的边界相互碰撞，形成山脉、高原等地形。
2. 板块俯冲：一块板块向下俯冲入地幔，形成深海槽、弧形火山等地形。
3. 板块扩张：两个板块的边界相互脱离，形成中海峡、洋脊等地形。
五、世界著名的板块边界带1. 环太平洋地震带：包括环太平洋地区的海沟、火山带以及日本、菲律宾等地的地震活动。
2. 阿尔卑斯-喜马拉雅地震带：沿着欧亚大陆的冲突带，包括阿尔卑斯山脉和喜马拉雅山脉。
3. 土耳其-伊朗-印度尼西亚地震带：包括土耳其、伊朗以及印度尼西亚等地的地震活动。
结论：板块模型是物理高三学习中的重要知识点，它可以帮助我们理解地球的地壳运动、地质现象以及自然地理现象。
高中物理板块模型
高中物理板块模型
高中物理板块模型：
一、动力学：
1. 力的定义：力是影响物体外形、运动方向以及运动速度的变量。
运
动学中引入的向量概念，帮助我们正确理解力的具体作用。
2. 运动学定律：第一定律，物体在没有受到其他作用力影响的情况下，保持原有状态；第二定律，物体受到作用力的影响时，受力方向和作
用力方向相同；第三定律，物体受到作用力的大小及方向决定了物体
的变化情况。
3. 集中力和分散力：当物体受到若干作用力，物体内部有内向力和外
向力，这些力可以加起来表示为集中力，也可以分散表示为分散力。
二、振动学：
1. 振动的定义：振动指的是物体时而向一个方向移动，时而向另一个
方向移动的一种运动现象。
2. 振动的特征：振动的时间周期是固定不变的；振动的幅值是有限的；振动的频率有序的变化。
3. 振动的方程：简谐振动方程是描述振动情况的基础方程，它可以用
来描述振动的频率、到达最大幅值所需要的时间以及幅值等等。
三、电磁学：
1. 磁场：磁场是由一组无穷多的磁力线组成的空间领域，它可以影响附近的磁性物体的磁力矢量方向，并产生作用力。
2. 磁场定律：磁力线的双环律，两磁极定律，磁场守恒定律等都是磁场定律。
3. 能量守恒定律：能量守恒定律表明在宏观尺度上，物质系统中的能量在时间上保持守恒，而在电磁势场中能量也是守恒的。
物理板块模型归纳总结笔记
物理板块模型归纳总结笔记在学习物理学的过程中，我们会遇到许多与板块模型相关的知识点。
板块模型是一种描述地壳的构造和运动的模型，它对于理解地球的地质现象和地震活动有着重要的意义。
在本篇文章中，我将对物理板块模型进行归纳总结，并分享一些相关的重要概念和理论。
1. 板块模型的基本概念板块模型是指将地球表面划分成若干个不断运动的板块，这些板块通过各种运动相互作用，引发地震、火山喷发等地质灾害。
板块模型的提出是基于当代地质学对地壳进行研究的结果，通过观察和研究地震分布、地壳变形等现象，人们建立了板块模型来解释这些现象。
2. 板块的分类根据其运动特征和地质构造，板块可以分为主要板块和次要板块两类。
主要板块是具有较大面积和显著运动特征的板块，包括太平洋板块、欧亚板块、非洲板块等；次要板块则是相对较小的板块，如菲律宾板块、加利福尼亚板块等。
这些板块之间的相互作用导致了地球上的地震、火山等活动。
3. 板块运动的推动力板块运动的推动力主要有三种：地球内部的热对流、地壳的密度差异和摩擦力。
首先，地球内部的热对流造成了地幔物质上升和下沉的运动，推动了板块的运动。
其次，地壳的密度差异也是板块运动的原因之一，较重的板块下沉，较轻的板块上浮。
最后，板块之间的摩擦力也对板块运动起到了重要的推动作用。
4. 板块边界类型板块边界是指板块之间的接触带，根据板块之间的相对运动方式，板块边界可以分为三种类型：构造边界、转换边界和扩张边界。
构造边界是指两个板块之间的相对运动是相互碰撞或相互脱离，例如地壳的褶皱和断裂带。
转换边界则是指两个板块之间相对滑动，但没有相互碰撞或脱离，例如断层。
扩张边界是指两个板块之间相对分离，形成新的地壳，例如洋脊。
5. 地震和火山的分布板块模型对地震和火山现象的解释具有重要意义。
地震通常发生在板块边界附近，特别是构造边界和转换边界，这是因为在板块边界处存在大量的地壳运动和应力积累。
而火山则主要分布在板块内部的热点地区，热点地区是地幔柱上涌的岩浆通过裂缝喷发形成的。
高三复习牛顿运动定律之-板块模型
(1)板块达到共同速度以后,摩擦力要发生转变,一种 情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力;另一种情 况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化。 (2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时 板具有的最小长度,也就是物块在木板上相对于板的 最大位移。 (3)分析受力,求解加速度,画运动情境图寻找位移关 系,可借助v-t图象。
f2－f1－f3＝ma1⑥ 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－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 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 sB＝v0t1－12aBt12⑩
设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2。对 于 B 与木板组成的系统，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速 度时，A 的速度大小也为 v1，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 v2。设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对 木板有 v2＝v1－a2t2⑫ 对 A 有 v2＝－v1＋aAt2⑬
（3）在开始的1s内，小物块的位移sm=1m，末速度
v=amt1=2m/s 在剩下的时间t2=t-t1=0.5s时间内，物块运动的位移为 s2=υt2+at2，得s2=1.1m． 可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为 s=sm+s2=2.1m．
高考物理一轮总复习 第三章 链接高考3 两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”(含解析)
两类动力学模型：“板块模型”和“传送带模型”模型1 板块模型[模型解读]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，滑板位移大小为x2同向运动时：L＝x1－x2反向运动时：L＝x1＋x23．解题步骤[典例赏析][典例1] (2017·全国卷Ⅲ)如图，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 ＝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；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．[审题指导] 如何建立物理情景，构建解题路径①首先分别计算出B与板、A与板、板与地面间的滑动摩擦力大小，判断出A、B及木板的运动情况．②把握好几个运动节点．③由各自加速度大小可以判断出B与木板首先达到共速，此后B与木板共同运动．④A与木板存在相对运动，且A运动过程中加速度始终不变．⑤木板先加速后减速，存在两个过程．[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与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和a1.在物块B与木板达到共同速度前有：f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g②f3＝μ2(m A＋m B＋m)g③由牛顿第二定律得f1＝m A a A④f2＝m B a B⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为v 1.由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦v 1＝a 1t 1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：v 1＝1 m/s(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 21⑨ 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 2⑩由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧可知，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所用时间为t 2，根据运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑪对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2⑫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 22⑬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)2⑭ A 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 B ⑮联立以上各式，代入数据得s 0＝1.9 m(也可以用下图的速度－时间图象做)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m滑块滑板类模型的思维模板[题组巩固]1.(2019·吉林调研)(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m 0的木板，在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 ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离．下列说法正确的是( )A ．若仅增大木板的质量m 0，则时间t 增大B ．若仅增大木块的质量m ，则时间t 增大C ．若仅增大恒力F ，则时间t 增大D ．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数μ，则时间t 增大 解析：BD [根据牛顿第二定律得，木块的加速度a 1＝F －μmg m ＝F m －μg ，木板的加速度a 2＝μmg m 0，木块与木板分离，则有l ＝12a 1t 2－12a 2t 2得t ＝2l a 1－a 2.若仅增大木板的质量m 0，木块的加速度不变，木板的加速度减小，则时间t 减小，故A 错误；若仅增大木块的质量m ，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故B 正确；若仅增大恒力F ，则木块的加速度变大，木板的加速度不变，则t 变小，故C 错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则木块的加速度减小，木板的加速度增大，则t 变大，故D 正确．]2．(2019·黑龙江大庆一模)如图，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m ＝1 kg ，木板的质量m 0＝4 kg ，长l ＝2.5 m ，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F ＝20 N 拉木板，g 取10 m/s 2，求：(1)木板的加速度；(2)要使木块能滑离木板，水平恒力F 作用的最短时间． 解析：(1)木板受到的摩擦力为F f ＝μ(m 0＋m )g ＝10 N 木板的加速度为a ＝F －F f m 0＝2.5 m/s 2. (2)设拉力F 作用t 时间后撤去，木板的加速度为a ′＝－F f m 0木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有a ＝－a ′＝2.5 m/s 2则有2×12at 2＝l 联立并代入数据解得t ＝1 s ，即F 作用的最短时间是1 s. 答案：(1)2.5 m/s 2 (2)1 s3.(2019·河南中原名校联考)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端．质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度v 0＝4 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的F ＝3.2 N 的恒力．若小物块恰好不从木板的上端滑下，求木板的长度l 为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.解析：由题意，小物块向上做匀减速运动，木板向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板共速．设小物块的加速度为a ，由牛顿第二定律得，mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，设木板的加速度为a ′，由牛顿第二定律得，F ＋μmg cos θ－Mg sin θ＝Ma ′，设二者共速时的速度为v ，经历的时间为t ，由运动学公式得v ＝v 0－at ，v ＝a ′t ；小物块的位移为s ，木板的位移为s ′，由运动学公式得，s ＝v 0t －12at 2，s ′＝12a ′t 2；小物块恰好不从木板上端滑下，有s －s ′＝l ，联立解得l ＝0.5 m.答案：0.5 m模型2 传送带模型[模型解读]对于传送带问题，分析清楚物体在传送带上的运动情况是解题关键，分析思路是：弄清物体与传送带的相对运动——确定所受摩擦力的方向——确定物体的运动情况，具体分析见下表：1．水平传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)v0＞v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速(2)v0＜v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端，其中v0＞v返回时速度为v，当v0＜v返回时速度为v02.倾斜传送带问题运动图示滑块可能的运动情况(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能先加速后匀速(3)可能一直匀速(4)可能先以a1加速后以a2加速(1)可能一直加速(2)可能一直匀速[典例2] 如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB (与水平面成α＝37°)与一斜面BC (与水平面成θ＝30°)平滑连接，B 点到C 点的距离为L ＝0.6 m ，运输带运行速度恒为v 0＝5 m/s ，A 点到B 点的距离为x ＝4.5 m ，现将一质量为m ＝0.4 kg 的小物体轻轻放于A 点，物体恰好能到达最高点C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝36，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计)求：(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小；(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ；(3)小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t .[审题指导][解析] (1)设小物体在斜面上的加速度为a 1，运动到B 点的速度为v ，由牛顿第二定律得mg sin θ＋ μ1mg cos θ＝ma 1由运动学公式知v 2＝2a 1L ，联立解得v ＝3 m/s.(2)因为v ＜v 0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a 2，则由牛顿第二定律知 μmg cos α－mg sin α＝ma 2又因为v 2＝2a 2x ，联立解得μ＝78.(3)小物体从A 点运动到B 点经历的时间t 1＝v a 2， 从B 点运动到C 点经历的时间t 2＝v 1a 1联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t ＝t 1＋t 2＝3.4 s.[答案] (1)3 m/s (2)78(3)3.4 s 解传送带问题的思维模板[题组巩固]1.(2019·山东临沂高三上学期期中)(多选)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2(v 1＜v 2)的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，从小物块滑上传送带开始计时，物块在传送带上运动的v －t 图象可能是( )解析：AC [物块滑上传送带，由于速度大于传送带速度，物块做匀减速直线运动，可能会滑到另一端一直做匀减速直线运动，到达另一端时恰好与传送带速度相等，故C 正确．物块滑上传送带后，物块可能先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，速度的方向保持不变，故B 、D 错误，A 正确．]2.如图所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上．设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是( )A．粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ解析：A [若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，选项A正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝mg sin θ＋μmg cos θ＝g(sin θ＋μcos θ)，选项B错误；若mμ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能一直是做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误．]3．(2019·湖北宜昌高三一模)如图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距 3 m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ＝37°，C 、D 两端相距4.45 m ，B 、C 相距很近，水平部分AB 以5 m s 的速率顺时针转动．将质量为10 kg 的一袋大米放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5.试求：(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．(2)若要将米袋送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．解析：(1)米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝μmg m＝μg ＝5 m/s 2 米袋的速度达到v 0＝5 m/s 时，滑行距离：s 0＝v 202a 0＝2.5 m ＜AB ＝3 m 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度． 设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，代入数据得：a ＝10 m/s 2所以能上升的最大距离：s ＝v 202a＝1.25 m. (2)设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能达到D 点，则米袋速度减为v 1之前的加速度为：a 1＝－g (sin θ＋μcos θ)＝－10 m/s 2米袋速度小于v 1至减为0前的加速度为a 2＝－g (sin θ－μcos θ)＝－2 m/s 2由v 21－v 202a 1＋0－v 212a 2＝4.45 m. 解得：v 1＝4 m/s.即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1＝4 m/s米袋恰能运动到D 点所用时间最长为：t max ＝v 1－v 0a 1＋0－v 1a 2＝2.1 s 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2，由s CD ＝v 0t min ＋12a 2t 2min 得：t min ＝1.16 s所以，所求的时间t 的范围为1．16 s≤t ≤2.1 s答案：(1)1.25 m (2)v CD ≥4 m/s 1.16 s≤t ≤2.1 s。
高三物理一轮复习优质学案：动力学中的“传送带、板块”模型
能力课2 动力学中的“传送带、板块”模型[冷考点]“传送带”模型命题角度1水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。
『例1』如图1所示，水平长传送带始终以v匀速运动，现将一质量为m的物体轻放于A端，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，AB长为L，L足够长。
问：图1(1)物体从A到B做什么运动？(2)当物体的速度达到传送带速度v时，物体的位移多大？传送带的位移多大？(3)物体从A到B运动的时间为多少？(4)什么条件下物体从A到B所用时间最短？解析(1)物体先做匀加速直线运动，当速度与传送带速度相同时，做匀速直线运动。
(2)由v＝at和a＝μg，解得t＝v μg物体的位移x1＝12at 2＝v22μg传送带的位移x2＝vt＝v2μg (3)物体从A到B运动的时间为t总＝vμg ＋L－x1v＝Lv＋v2μg(4)当物体从A到B一直做匀加速直线运动时，所用时间最短，所以要求传送带的速度满足v≥2μgL。
答案(1)先匀加速，后匀速(2)v22μgv2μg(3)Lv＋v2μg(4)v≥2μgL『拓展延伸1』若在『例1』中物体以初速度v0(v0≠v)从A端向B端运动，则：(1)物体可能做什么运动？(2)什么情景下物体从A到B所用时间最短，如何求最短时间？解析(1)①若v0<v，物体刚放到传送带上时将做a＝μg的匀加速运动。
假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝v20＋2μgL。
显然，若v0<v<v20＋2μgL，则物体在传送带上将先加速，后匀速运动；若v≥v20＋2μgL，则物体在传送带上将一直加速运动。
②若v0>v，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为a＝μg的匀减速运动。
假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v′＝v20－2μgL。
显然，若v≤v20－2μgL，则物体在传送带上将一直减速运动；若v0>v>v20－2μgL，则物体在传送带上将先减速，后匀速运动。
高三物理专题复习2板块模型-难(学生版)
，
，则 ，则
B. 若
，
D. 若
，
，则 ，则
3 如图所示，木块 、 静止叠放在光滑水平面上， 的质量为 ， 的质量为 ．现施水平力 拉 （如图甲）， 、 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动．若改用水平力 拉 （如图乙）， 使 、 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则 不得超过（ ）
A.
B.
C.
D.
2 如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同，质量分别为 和 的木板，在两木板的左端各 放一个大小、形状、质量完全相同的物块 ，开始时，各物块均静止，今在两物块上各作用一水 平恒力 、 ，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为 和 ．物块和木板间的动摩擦因数 相同．下列说法正确的是（ ）
A. 若
，
C. 若
4 一个质量为
的长木板置于光滑水平地面上，木板上放质量分别
和
的、
两物块， 、 与木板之间的动摩擦因数都为
，水平恒力 作用在 物块上，如图所示
（重力加速度 取
）．则下列说法正确的是（ ）
A. 若 C. 若
，则 、 都静止不动 ，则 物块所受摩擦力大小为
B. 若 若
，则 物块所受摩擦力大小为 ，则 物块的加速度为
板块模型-难
1. 解题技巧
解决板块模型的问题，需要注意以下几个细节： （1）板块模型经常涉及临界状态的讨论，临界点一般为物体与板之间的摩擦力达到最大值； （2）当物体与板的速度达到相同，而无法判断接下来两者的运动状态时，可以假设两者依然为一整体， 算出整体运动的加速度，再计算此加速度下物体所受的摩擦力大小，若小于最大静摩擦，则两者为一整 体；若大于最大静摩擦，则两者不是一整体； （3）计算物体跟板的相对位移，一般用能量守恒求解系统产生的热量（热量=摩擦力×相对位移）
高中复习 板块模型知识点总结和典型例题
一、应用牛顿运动定律解决多过程问题1．多过程问题：很多动力学问题中涉及物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题。
2．类型：多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题。
3. 应用牛顿运动定律解决多过程问题的策略(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况，一步一步完成即可。
(2)有些是树枝型，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确。
(3)注意两个过程的连接处，加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个阶段的桥梁。
二、叠加体系统临界问题的求解思路三、板块模型1．模型构建：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．模型条件;上、下叠放的两个物体分别在各自所受力的作用下完成各自的运动，且两者之间还有相对运动。
3．模型特点:(1)该模型存在判断是否存在速度相等的“临界点”，来判定临界速度之后两者的运动形式。
(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。
4. 滑块滑板类模型的思维模板5.处理临界问题的两条经验1）、关于弹力的临界问题一般情况下临界条件为弹力为0；关于摩擦力的临界问题一般情况临界条件为摩擦力值为最大静摩擦力。
2）、许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语发掘内含规律，找出临界条件。
6.解决临界问题的一般方法1）、分析物理模型可能出现的两种物理状态2）、寻找两种状态转变的临界状态，确定临界条件3）、将已知条件与临界条件进行比较，确定是何种物理状态4）、按照该物理状态的物理规律对问题进行分析处理1.(多选)如图所示，在光滑的水平面上放置质量为m 0的木板，在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 ，木块与木板由静止开始运动，经过时间t 分离。
高考物理总复习 第三章 牛顿运动定律 342 物理建模“板块”模型课件
A．小滑块的质量m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度 大小为3 m/s2 D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大
转到解析
题组剖析
命题角度 3 斜面上的“板块”模型问题 【例 5】 (多选)如图 6 所示，一质量为 M 的斜面体静止在水平地面上，斜面倾角为 θ， 斜面上叠放着 A、B 两物体，物体 B 在沿斜面向上的力 F 的作用下沿斜面匀速上滑。 若 A、B 之间的动摩擦因数为 μ，μ<tan θ，A、B 质量均为 m，重力加速度为 g，则( )
(1)滑块滑动到A点时的速度大小； (2)滑块滑动到长木板上时，滑块和 长木板的加速度大小分别为多少？ (3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。
转到解析
题组剖析
命题角度2 有外力F作用的“板块”模型问题
【例4】 (2017·河北石家庄模拟)(多选)如图5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/s2，下列说法正确的是( )
高中物理板块模型知识点总结
高中物理板块模型知识点总结一、板块模型的基本概念。
1. 板块模型组成。
- 板块模型通常由一个或多个滑块（可视为质点）和木板组成。
滑块和木板之间存在着摩擦力等相互作用，并且它们在一个平面上运动，这个平面可能是光滑的，也可能存在摩擦力。
2. 研究对象的选取。
- 在板块模型中，我们既可以单独选取滑块或木板作为研究对象，也可以将滑块和木板整体作为研究对象。
当研究它们之间的相对运动时，往往需要分别分析滑块和木板的受力情况；当整体的外力情况比较明确，且不涉及它们之间的内部摩擦力做功等问题时，可以采用整体法。
二、受力分析。
1. 滑块的受力。
- 滑块受到重力G = mg（其中m为滑块质量，g为重力加速度）。
- 如果滑块在木板上滑动，它受到木板对它的摩擦力。
当滑块相对木板滑动时，摩擦力为滑动摩擦力f=μ N，其中μ为动摩擦因数，N为滑块与木板间的正压力（在水平面上N = mg）。
如果滑块有相对木板运动的趋势但未滑动，则受到静摩擦力，静摩擦力的大小根据牛顿第二定律结合物体的运动状态求解，其方向与相对运动趋势方向相反。
2. 木板的受力。
- 木板同样受到重力G'=M g（M为木板质量）。
- 它受到滑块对它的摩擦力，大小与滑块受到的摩擦力相等，方向相反（根据牛顿第三定律）。
如果木板放在水平面上，还受到水平面的支持力F_N=(m + M)g（整体法分析时），若水平面不光滑，木板还受到水平面的摩擦力。
三、运动分析。
1. 加速度的计算。
- 根据牛顿第二定律F = ma计算滑块和木板的加速度。
- 对于滑块，例如受到水平拉力F和摩擦力f时，其加速度a_1=(F - f)/(m)（假设拉力方向与摩擦力方向相反）。
- 对于木板，若受到滑块的摩擦力f和其他外力F'（如水平面的摩擦力等），其加速度a_2=(f+F')/(M)。
2. 相对运动情况。
- 当滑块和木板的加速度不同时，它们之间就会产生相对运动。
判断相对运动的方向可以通过比较它们加速度的大小和方向。
物理板块模型知识点总结
物理板块模型知识点总结物理板块模型是研究地球板块运动和地壳构造的重要理论，它主要包括板块构造、板块运动以及板块边界的类型和特征等内容。
以下将对物理板块模型的相关知识点进行总结。
一、板块构造1. 地球板块的概念地球板块是地球上固态地壳的分片，被认为是地球地壳和上部地幔的一部分，其厚度约为100公里。
地球板块可以分为大洲板块和海洋板块两大类，它们覆盖了地球表面的大部分区域。
2. 板块构造的成因板块构造的形成是由于地球内部热对流和地壳运动的相互作用所导致的。
地球内部的热对流不断地提供能量，使得岩石物质发生熔融和流动，导致了地壳的变形和移动。
而地壳的运动则是由于地球自转和地球内部的能量释放所导致的。
3. 板块边界的类型根据板块之间的相对运动方式，板块边界可以划分为三种类型：构造边界、传送边界和抗性边界。
构造边界是指两个板块相互挤压，其中一个板块向下沉入地幔，另一个板块向上隆起形成山脉。
传送边界是指两个板块相对滑动或相互分离，造成地壳的撕裂和地震活动。
抗性边界是指两个板块相互挤压，但没有形成新的板块。
二、板块运动1. 板块的运动方式地球板块的运动方式主要有两种：板块的横向运动和板块的垂向运动。
横向运动是指地球板块在水平方向上的相对移动，通常是由于板块之间的构造边界所导致的。
垂向运动是指地球板块在垂直方向上的升降运动，通常是由于地壳岩石的热膨胀和冷缩所导致的。
2. 板块运动的影响地球板块的运动对地球上的地质活动有着重大的影响，它可以导致地震、火山喷发、地震海啸等自然灾害的发生。
此外，板块运动还可以影响地球的气候和生态系统，进而影响人类的生活和生存条件。
三、板块边界的特征1. 构造边界构造边界的特征主要包括火山活动、地震活动和地壳变形等。
构造边界处的地壳会出现断裂、褶皱和褶皱以及火山喷发等现象，同时还会伴随着频繁的地震活动。
2. 传送边界传送边界的特征主要包括地壳断层和断块、地震活动以及新的岩浆喷发等。
传送边界处的地质构造通常呈现出横向移动的特征，同时也伴随着大规模的地震和地质活动。
高考物理板块模型知识点
高考物理板块模型知识点物理是高考中一个重要的科目，其中的板块模型知识点是考试中的重点内容。
本文将详细介绍高考物理板块模型知识点，帮助同学们更好地掌握相关知识，提高考试成绩。
一、基础概念1. 板块模型的概念板块模型是基于地球外部硬壳结构特征和地震波传播规律提出的一种地球内部结构模型。
它将地球分为若干个坚硬的板块，这些板块围绕着地球表面的板块边界进行相对运动。
2. 板块边界的类型板块边界主要包括三种类型：构造边界、转型边界和消亡边界。
构造边界是两个板块相互碰撞的地方，转型边界是两个板块横向滑动的地方，消亡边界是因为一个板块向地幔下沉而消亡。
二、板块构造1. 大陆板块的特点大陆板块主要由地壳和上地幔组成，其特点是厚度较大、密度较低、构成成分复杂，包括岩石、土壤和水。
大陆板块的运动速度较慢，通常是每年几厘米到十几厘米。
2. 海洋板块的特点海洋板块是地球表面最薄的板块，主要由海洋壳组成，包括海底扩张的次级板块。
海洋板块的厚度较小、密度较大，构成成分以玄武岩为主。
海洋板块的运动速度较快，通常是每年几十厘米到一百多厘米。
三、板块边界及地震活动1. 构造边界构造边界主要发生在两个板块相互碰撞的地方。
在构造边界上，有三种主要的板块相互关系：大陆与大陆碰撞、大陆与海洋碰撞以及海洋与海洋碰撞。
这些板块相互碰撞会引发强烈的地震活动，例如中国的兰州地震。
2. 转型边界转型边界主要发生在两个板块横向滑动的地方，例如美洲中部的圣安德烈亚斯断裂带。
转型边界通常会引发剧烈的地震活动，特点是地震烈度高、范围广但面积相对较小。
3. 消亡边界消亡边界是因为一个板块向地幔下沉而消亡。
在这种边界上，板块会发生俯冲运动，促使地震的发生。
消亡边界通常位于大洋深处，世界上许多海沟就形成于此。
四、板块运动与自然灾害1. 板块运动与地震板块运动是地震的主要原因之一。
当板块之间发生相对运动时，会产生巨大的地震能量，导致地质应力的释放。
世界上许多地震都与板块运动有关，例如中国的唐山大地震和美国的旧金山地震。
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专题一：物理模型之“滑块--木板”模型“滑块—木板”模型：作为力学的基本模型经常出现，是对一轮复习中直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。
这类问题的分析有利于培养学生对物理情景的想象能力，有利于培养学生思维能力。
且此模型经常在高考（2015年全国Ⅰ卷25题、2015年全国Ⅱ卷25题、2013年全国Ⅱ卷25题）或模拟考试中作为压轴题出现，所以要引起同学们的重视。
1、（2016江苏卷。
多选）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中 A 、桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B 、鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C 、若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将不变D 、若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面2、（多选）如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2 m 和m ，静止叠放在水平地面上。
A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
现对A 施加一水平拉力F ，则( )A 、当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止 B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >2μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μg3、（多选）如图所示，一足够长的木板静止在粗糙的水平面上，t ＝0时刻滑块从板的左端以速度v 0水平向右滑行，木板与滑块间存在摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v t 图像可能是图中的( )总结：从以上几例我们可以看到，无论物体的运动情景如何复杂，这类问题的解答有一个基本技巧和方法：在物体运动的每一个过程中，若两个物体的初速度不同，则两物体必然相对滑动；A 若两个物体的初速度相同（包括初速为0）且受外力F 情况下，则要先判定两个物体是否发生相对滑动，其方法是求出不受外力F 作用的那个物体的最大临界加速度并用假设法求出在外力F 作用下整体的加速度，比较二者的大小即可得出结论。
突破二、“滑块—木板”模型中加速度问题（纯运动学问题）1.如图所示，一长度L =3m ，高h =0.8m ，质量为M =1kg 的物块A 静止在水平面上.质量为m =0.49kg 的物块B 静止在A 的最左端，物块B 与A 相比大小可忽略不计，它们之间的动摩擦因数μ1=，物块A 与地之间的动摩擦因数μ2=0.1.一个质量为m 0=0.01kg 可视为质点的子弹，以速度v 0沿水平方向射中物块B ，假设在任何情况下子弹均不能穿出。
g =10m/s 2，问：（1）子弹以v 0=400m/s 击中物块B 后的瞬间，它们的速度为多少？（2）被击中的物块B 在A 上滑动的过程中，A 、B 的加速度各为多少？（3）子弹速度为多少时，能使物块B 落地瞬间A 同时停下？2．(18分)如图所示，某货场需将质量m 1＝50kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用光滑倾斜轨道SP 、竖直面内弧形光滑轨道PQ ，使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h =1m 处无初速度滑下．两轨道相切于P , 倾斜轨道与水平面夹角为θ=600, 弧形轨道半径R ＝2m ，末端切线水平．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝4m ，质量均为m 2＝50kg ，木板上表面与弧形轨道末端Q 相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝．(不考虑货物与各轨道相接处能量损失,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10m/s 2) (1)求货物到达弧形轨道始、末端时对轨道的压力．(2)若货物滑上木板A 时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件． (3)若μ13．（18分）如图所示，倾角α=30o3kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg 施加沿斜面向上的恒力F 于滑动摩擦力，取重力加速度g=l02/m s ．(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若F=，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． 突破三、“滑块—木板”模型与动量守恒相结合题型1：（18分）如图所示的轨道由半径为R 的1/4光滑圆弧轨道AB 、竖直台阶BC 、足够长的光滑水平直轨道CD 组成．小车的质量为M ，紧靠台阶BC 且上水平表面与B 点等高．一质量为m 的可视为质点的滑块自圆弧顶端A 点由静止下滑，滑过圆弧的最低点B 之后滑到小车上．已知M =4m ，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块与PQ 之间表面的动摩擦因数为μ，Q 点右侧表面是光滑的．求： （1）滑块滑到B 点的瞬间对圆弧轨道的压力大小．m 0（2）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）2. 如图所示，高度相同质量均为Kg m 1.0=的带电绝缘滑板A 及绝缘滑板B 置于水平面上，A 的带电量C q 01.0=，它们的间距m S 34=。
质量为Kg M 3.0=，大小可忽略的物块C 放置于B 的左端。
C 与A 之间的动摩擦因数为1.01=μ，A 与水平面之间的动摩擦因数为2.02=μ，B 的上、下表面光滑，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力,。
开始时三个物体处于静止状态。
现在空间加一水平向右电场强度为C N E /80=的匀强电场，假定A 、B 碰撞时间极短且无电荷转移，碰后共速但不粘连。
求： （1）A 与B 相碰前的速度为多大;（2）要使C 刚好不脱离滑板，滑板的长度应为多少； (3)在满足(2)的条件下,求最终AB 3、（18端与墙壁的距离为S =3m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平。
现有一质量m = 2kg 的滑块（不计大小）以v 0 = 6m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。
小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ = ，g 取10m/s 2。
（1）求小车与墙壁碰撞时的速度；（2）要滑块能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，求半圆轨道的半径R 的取值。
4．（18分）如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0.45m 的1/4圆弧面。
A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑。
小滑块P 1和P 2的质量均为m 。
滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=和μ2=，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。
开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上。
当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零。
P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2. 问： （1）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（2）BC 长度为多少？N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？专题一：物理模型之“滑块--木板”模型突破一：1 BCD 2 BD 3 BD突破二：1.解：（1）子弹击中B 过程中，由动量守恒定律可得：v m m v m )(000+=………2分 解得：s m v /8= ………2分（2）由牛顿第二定律可得：对B ：B a m m g m m )()(001+=+μ 得： 2/5s m a B = 方向水平向左…3分 对A ：A Ma g M m m g m m =++-+)()(0201μμ 得： 2/1s m a A = 方向水平向右……3分（3）子弹击中B 过程中，由动量守恒定律可得：020(v m =设B 在A 上运动的时间为1t ，则:L s s A B =-L t a t a t v A B B =--21211121)21(…2分B 做平抛运动时间2t ， 2221gt h =………1分 222//1s m g MMga A ===μμ……2分2/10t a t a A A -=………1分 联立求解得：子弹速度s m v m mm v B /43510002=+=………1分 2.【解析】(1)设货物滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为v P 、v Q ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：21121Pv m gh m =……………①[]210121)60cos 1(Q v m R h g m =-+………………② 设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为N P 、N Q ，根据牛顿第二定律得:Rv m g m N P P 210160cos =-…………………③ R v m g m N Q Q 211=-…………………………④联立以上各式并代入数据得N P ＝750N, N Q =1500N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道始、末端时对轨道的压力为750N 和1500N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得：μ1m 1g ≤μ2(m 1＋2m 2)g ……………………⑥ 若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得：μ1m 1g ＞μ2(m 1＋m 2)g ………⑦ 联立并代入数据得＜μ1≤．…………………………………………⑧(3)μ1＝，由上问可得，货物在木板A 上滑动时，木板不动，设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ＝m 1a 1 ……………………⑨设货物滑到木板A 末端时的速度为v 1，由运动学公式得：v 21－2Q v ＝－2a 1l ………⑩联立并代入数据得v 1＝4m/s ………………⑾ 货物滑过木板A 系统产生的热量Q 1=μ1m 1gl =600J……⑿设货物滑上木板B 经过时间t ,货物与木板B 达到共同速度v 2,木板B 的加速度为a 2,由运动学公式和牛顿第二定律,有:v 2=a 2t ……………………⒀ v 2= v 1－a 1t …………⒁ μ1m 1g －(m 1＋m 2)g =m 2a 2………⒂ 木板运动位移x 2=t v 22………………⒃ 货物运动位移x 1=t vv 221+………………⒄ 货物相对木板B 位移x ∆=x 1－x 2 联立以上各式并代入数据得:920=∆x m…………………⒅ x ∆＜l =4m,可见:货物与木板B 达共同速度后,由于μ1＞μ2,故两者整体在水平面做匀减速运动直至停止,货物与木板B 系统产生的热量Q 2=μ1m 1g x ∆=31000J………………………⒆货物滑上木板系统所产生的热量Q =Q 1+Q 2=32800J≈……………⒇ 3、解析 (1)对M 、m ，由牛顿第二定律 F －(M ＋m )g sin α＝(M ＋m )a ①对m ，有F f －mg sin α＝ma ② F f ≤F f m ＝μmg cos α③ 代入数据得F ≤30 N④ (2)F ＝ N ＞30 N ，物块能滑离木板⑤ 对M ，有F －μmg cos α－Mg sin α＝Ma 1⑥ 对m ，有μmg cos α－mg sin α＝ma 2⑦设物块滑离木板所用时间为t ，由运动学公式12a 1t 2－12a 2t 2＝L ⑧代入数据得t ＝ s ⑨物块滑离木板时的速度v ＝a 2t ⑩ 由公式－2g sin α·x ＝0－v 2⑪ 代入数据得x ＝0.9 m ⑫突破三：1、（1）根据牛顿第三定律，滑块在B 点对轨道的压力大小为3N mg '= （1分）（2）滑块最终没有离开小车，滑块和小车必然具有共同的末速度设为u ，滑块与小车组成的系统动量守恒，有：()mv M m u =+ ④ （2分）若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由功能关系有2211()22mgL mv M m u μ=-+ ⑤ （2分）联立①④⑤式解得 45RL μ=⑥ （2分） 若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ 之间，设滑块恰好回到小车的左端P 点处，由功能关系有22112()22mgL mv M m u μ=-+ ⑦ （2分）联立①④⑦式解得 25R L μ= ⑧ （2分） 综上所述并由⑥⑧式可知，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是2455R RL μμ<≤ ⑨ （2分） 2.（1）A 与B 相撞之前由动能定理：20221)(mv S mg qE =-μ 2分 得S mmg qE v )(220μ-=2分 代入数据得：s m v /40= 2分(2).A 与B 相碰后速度为1v 由动量守恒定律：10)(v m m mv += s m v v /221==2分 C 在A 上滑行时，A 、B 分离，B 做匀速运动 ，A 与地面的摩擦力N g M m f 8.0)22=+=（μ A 受到的电场力N qE F 8.0== 故A 、C 系统动量守恒定律， 1分 当C 刚好滑到A 左端时共速2v ，由动量守恒定律：21)(v M m mv += 得s m Mm mv v /5.012=+=1分设A 长度为L 则由能量守恒定律有:22211)(2121v m M mv MgL +-=μ 2分得Mgv m M mv L 12221)(2121μ+-=代入数据得m L 5.0= 1分 (3).对C 由牛顿第二定律可知:Ma Mg =1μ 得21/1s m MMga ==μ 1分加速时间为s a v t 5.015.02===1分内A 的位移m t v v S A 625.0221=+= 1分 内B 的位移m t v S B 11== 1分所以两者以后距离关系式为tt v v S S x A B 5.1375.0)(21+=-+-= 1分3：解：（1）滑块与小车的共同速度为v 1 ，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有mv 0 = (m +M )v 1 …………（2分）代入数据解得 v 1 = 4m/s …（1分） 设滑块与小车的相对位移为 L 1 ，由系统能量守恒定律，有μmgL 1 =220111()22mv m M v -+……(2分）代入数据解得 L 1 = 3m …………………（1分）设与滑块相对静止时小车的位移为S 1 ，根据动能定理，有μmgS 1 =21102Mv -……………（2分）代入数据解得S 1 = 2m ……（1分）因L 1＜L ，S 1＜S ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与碰壁碰撞时的速度即v 1 = 4m/s …（1分）（2）滑块将在小车上继续向右做初速度为v 1 = 4m/s ，位移为L 2 = L －L 1 = 1m 的匀减速运动，然后滑上圆轨道的最低点P 。