板块模型专题训练
动量守恒-板块模型习题课
动量守恒-板块模型习题课(总6页) -本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-动量守恒定律———板块模型专题训练一1、如图所示，一质量M=的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=的小木块A。
现以地面为参照系，给A和B以大小均为s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。
站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（）、质量为2kg、长度为的长木板B在光滑的水平地面上以4m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B 之间的动摩擦因数为，A的质量为m=1kg。
2g 求：m/10s（1）说明此后A、B的运动性质（2）分别求出A、B的加速度（3）经过多少时间A从B上滑下（4）A滑离B时，A、B的速度分别为多大A、B的位移分别为多大（5）若木板B足够长，最后A、B的共同速度（6）当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下（木板B至少为多长，A才不会从B上滑下）3、质量为mB=m的长木板B静止在光滑水平面上，现有质量为mA=2m的可视为质点的物块，以水平向右的速度大小v0从左端滑上长木板，物块和长木板间的动摩擦因数为μ。
求：（1）要使物块不从长木板右端滑出，长木板的长度L至少为多少(至少用两种方法求解）（2）若开始时长木板向左运动，速度大小也为v0，其它条件不变，再求第（1）问中的L。
v4、如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m 的可视为质点的木块。
两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以V0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。
求碰后：（1）木块相对木板运动的距离s（2）木块相对地面向右运动的最大距离L动量守恒定律———板块模型专题训练二1、如图所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一v从木块的左端滑向右端，个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度设物块与木块间的动摩擦因数为 ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。
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。
2025高中物理必修第一册教科版专题强化练9 动力学“板块”模型
专题强化练9动力学“板块”模型1.(2024山西吕梁期末)如图所示,A、B两物块叠放在水平地面上,质量分别为m A=1 kg,m B=2 kg,用水平向右的拉力F作用在B上,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()A.如果A、B静止,则A受到的摩擦力向右B.如果A、B静止,则B共受到4个作用力C.如果A、B一起向右做匀加速直线运动,B受到A的摩擦力水平向右D.如果地面光滑,A、B一起向右做匀加速直线运动,F不能超过6 N2.(多选题)(2023河南商丘期末)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v0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()123.(2023陕西渭南咸林中学月考)如图甲所示,质量为M 的木板静止在光滑水平面上,一个质量为m 的滑块以初速度v 0从木板的左端滑上木板,滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示,某同学根据图像得出如下一些结论,正确的是 ( )A .滑块和木板始终存在相对运动B .滑块始终未离开木板C .滑块的质量小于木板的质量D .木板的长度为v 0t 124.(多选题)(2023四川南充东辰学校期末)如图甲所示,物块A 与木板B 静止并叠放在水平地面上,A 、B 间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,地面光滑。
现对A施加水平向右的大小不同的拉力3F ,测得B 的加速度a 与力F 的关系图像如图乙所示,取g =10 m/s 2,则( )A.当F <24 N 时,A 、B 间的摩擦力保持不变B.当F >24 N 时,A 、B 间的摩擦力保持不变C.A 的质量为4 kgD.A 的质量为2 kg5.(2024北京海淀期末)两位同学在用如图所示的装置做实验。
他们先将薄纸板B 放在水平桌面上,再在纸板上放一个小物体A ,一位同学对纸板施加恒定的水平向右的拉力将其从小物体底下抽出。
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。
(完整版)高考物理板块模型典型例题+答案
1.（8分）如图19所示，长度L = 1.0 m的长木板A静止在水平地面上，A的质量m1 = 1.0 kg，A与水平地面之间的动摩擦因数μ1 = 0.04．在A的右端有一个小物块B（可视为质点）．现猛击A左侧，使A瞬间获得水平向右的速度υ0 =2.0 m/s．B的质量m2 = 1.0 kg，A与B之间的动摩擦因数μ2 = 0.16．取重力加速度g = 10 m/s2．（1）求B在A上相对A滑行的最远距离；（2）若只改变物理量υ0、μ2中的一个，使B刚好从A上滑下．请求出改变后该物理量的数值（只要求出一个即可）．2、（8分）如图13所示，如图所示，水平地面上一个质量M=4.0kg、长度L=2.0m的木板，在F=8.0N的水平拉力作用下，以v0=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．某时刻将质量m=1.0kg的物块（物块可视为质点）轻放在木板最右端．（g=10m/s2）（1）若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；（保留二位有效数字）（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．BAv0L图193.(2009春会考）（8分）如图15所示，光滑水平面上有一块木板，质量M = 1.0 kg，长度L = 1.0 m．在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m = 1.0 kg．小滑块与木板之间的动摩擦因数μ= 0.30．开始时它们都处于静止状态．某时刻起对小滑块施加一个F = 8.0 N水平向右的恒力，此后小滑块将相对木板滑动.（1）求小滑块离开木板时的速度；（2）假设只改变M、m、μ、F中一个物理量的大小，使得小滑块速度总是木板速度的2倍，请你通过计算确定改变后的那个物理量的数值（只要提出一种方案即可）.4.（2009夏）（8分）如图15所示，水平桌面到地面的高度h = 0.8 m. 质量m = 0.2 kg的小物块（可以看作质点）放在桌面A端. 现对小物块施加一个F＝0.8 N的水平向右的恒力，小物块从静止开始运动. 当它经过桌面上的B点时撤去力F，一段时间后小物块从桌面上的C端飞出，最后落在水平地面上. 已知AB = BC = 0.5 m，小物块在A、B间运动时与桌面间的动摩擦因数μ1 = 0.2，在B、C间运动时与桌面间的动摩擦因数μ2 = 0.1.（1）求小物块落地点与桌面C端的水平距离；（2）某同学作出了如下判断：若仅改变AB段的长度而保持BC段的长度不变，或仅改变BC段的长度而保持AB段的长度不变，都可以使小物块落地点与桌面C端的水平距离变为原来的2倍. 请你通过计算说明这位同学的判断是否正确.图15图155.（2010春） 如图14所示，光滑水平面上有一木板槽（两侧挡板厚度忽略不计），质量M=2.0kg ，槽的长度L=2.0m ，在木板槽的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=1.0kg ，小滑块与木板槽之间的动摩擦因数20.01=μ. 开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板槽施加一个F=10.0N 水平向左的恒力，此后小滑块将相对木板槽滑动。
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。
小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
求：（1）小木块与木板相对静止时，木板运动的速度；（2）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，物块与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，传送带与地面间的倾角为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，它与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。
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。
【2024寒假分层作业】专题19 板块模型(解析版)
2024年高考物理一轮大单元综合复习导学练专题19板块模型导练目标导练内容目标1无外力板块模型目标2有外力板块模型【知识导学与典例导练】滑块—木块模型的解题策略一、无外力板块模型【例1】如图甲所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。
一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板。
滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图乙所示。
某同学根据图像作出如下一些判断，正确的是（）A ．滑块和木板始终存在相对运动B ．滑块始终未离开木板C ．滑块的质量大于木板的质量D ．木板的长度一定为012v t 【答案】BC【详解】AB ．由题图乙可知在t 1时刻滑块和木板达到共同速度，此后滑块与木板相对静止，所以滑块始终未离开木板，故A 错误，B 正确；C ．滑块与木板相对滑动过程中，二者所受合外力大小均等于滑动摩擦力大小，而根据题图乙中图像的斜率情况可知此过程中滑块的加速度小于木板的加速度，则根据牛顿第二定律Fa m=可知滑块的质量大于木板的质量，故C 正确；D ．根据v -t 图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t 1时刻滑块相对木板的位移大小为012v t x ∆=但滑块在t 1时刻不一定位于木板的右端，所以木板的长度不一定为012v t ，其满足题意的最小长度为012v t，故D 错误。
故选BC 。
【例2】如图所示，质量为M 的长木板A 以速度v ，在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m 的小滑块B 轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是（）A ．若只增大m ，则小滑块不能滑离木板B ．若只增大M ，则小滑块在木板上运动的时间变短C ．若只增大v 0，则小滑块离开木板的速度变大D ．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大【答案】AB【详解】A ．若只增大滑块质量，滑块所受的支持力变大，滑动摩擦力变大，加速度变大，所以滑块与木板共速时，小滑块没有离开木板，之后二者一起向左做匀速直线运动，故A 正确。
板块模型练习题
板块模型练习题模型一：说明性模型【引言】板块模型是一种常用的思维工具，通过将复杂的问题分解为多个板块，有助于我们更好地理解和解决问题。
在本文中，我们将通过一些练习题来深入了解板块模型的应用。
【主体】练习题1：手机销量分析假设你是一家手机公司的市场策划师，请使用板块模型分析该公司近一年的手机销量，并给出相应的数据报告。
1. 板块一：市场趋势在此板块中，你需要分析市场的整体趋势和竞争状况，考虑因素可能包括经济环境、市场需求、竞争对手等。
2. 板块二：产品特点该板块需要准确描述该手机公司的产品特点，比如售价、外观设计、功能等。
同时，也需要考虑产品定位和目标消费群体。
3. 板块三：渠道推广在这一板块中，你需要考虑该公司的市场推广策略，包括广告宣传、线上线下销售渠道等。
4. 板块四：销售数据最后，你需要收集销售数据，并进行适当的统计分析。
可以绘制销售量的折线图或柱状图，以直观展示销售情况。
【结论】通过以上对手机销量的板块分析，我们可以更好地理解市场趋势、产品特点、渠道推广和销售数据之间的关系。
这将有助于我们调整市场策略，提升手机销量，实现公司的业务目标。
模型二：解决问题模型【引言】板块模型不仅可以用于问题的分析，还可以帮助我们解决问题。
在本练习中，我们将通过一个实际的案例来演示如何使用板块模型解决问题。
【主体】练习题2：团队合作提升计划假设你是一个团队的领导者，目前你的团队在合作方面存在一些问题，请使用板块模型分析问题原因，并提出相应的提升计划。
1. 板块一：团队沟通在此板块中，你需要分析团队成员之间的沟通情况，包括信息传递的清晰度、沟通方式的有效性等。
2. 板块二：角色责任该板块需要审视每个团队成员的角色和责任是否明确，是否存在重叠或模糊的情况。
3. 板块三：目标共识在这一板块中，你需要检查团队成员是否对团队的目标有共识，是否理解和认同团队的愿景与使命。
4. 板块四：激励机制最后，你需要考虑团队的激励机制是否有效，是否能够激发团队成员的积极性和创造力。
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。
高三一轮专题摩擦带动 板块模型专题(带答案)
例1.如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，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，求拉力F的最大值。
分析：为防止运动过程中A落后于B（A不受拉力F的直接作用，靠A、B间的静摩擦力加速），A、B一起加速的最大加速度由A决定。
解答：物块A能获得的最大加速度为：．∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式1.例1中若拉力F作用在A上呢？如图2所示。
解答：木板B能获得的最大加速度为：。
∴A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为：．变式2.在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。
解答：木板B能获得的最大加速度为：设A、B一起加速运动时，拉力F的最大值为F m，则：解得：例2. 如图3所示，质量M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车速度达到1．5m/s时，在小车的前端轻轻放上一大小不计、质量m=2kg的物体，物体与小车间的动摩擦因数μ=0．2，小车足够长，求物体从放在小车上开始经t=1．5s 通过的位移大小。
（g取10m/s2）解答：物体放上后先加速：a1=μg=2m/s2此时小车的加速度为：当小车与物体达到共同速度时：v共=a1t1=v0+a2t1解得：t1=1s ，v共=2m/s以后物体与小车相对静止：（∵，物体不会落后于小车）物体在t=1．5s内通过的位移为：s=a1t12+v共（t－t1）+ a3（t－t1）2=2．1m练习1.如图5所示，质量M=1kg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，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数，取g=10m/s2，试求：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？（2）若在铁块上施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，通过分析和计算后，请在图6中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图象。
专题 滑块—木板模型(板块模型)(附精品解析)
专题 滑块—木板模型(板块模型) 专题训练一、单选题1．（2021·湖南·长郡中学高一期中）木板B 静止在水平面上，其左端放有物体A 。
现对A 施加水平恒力F 的作用，使两物体均从静止开始向右做匀加速直线运动，直至A 、B 分离，已知各接触面均粗糙，则（ ）A ．A 和地面对B 的摩擦力是一对相互作用力B ．A 和地面对B 的摩擦力是一对平衡力C ．A 对B 的摩擦力水平向右D ．B 对A 的摩擦力水平向右2．（2021·黑龙江·农垦佳木斯学校高三月考）如图所示，质量为M 的木板放在水平桌面上，一个质量为m 的物块置于木板上。
木板与物块间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ。
现用一水平恒力F 向右拉木板，使木板和物块共同向右做匀加速直线运动，物块与木板保持相对静止。
已知重力加速度为g 。
下列说法正确的是（ ）A ．木板与物块间的摩擦力大小等于0B ．木板对物块的摩擦力水平向左C ．木板与桌面间的摩擦力大小等于μMgD ．当拉力2()F M m g μ>+时，m 与M 发生相对滑动 3．（2021·山东师范大学附中高三月考）如图所示，质量为3kg 的长木板B 静置于光滑水平面上，其上放置质量为1kg 的物块A ，A 与B 之间的动摩擦因数为0.5设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且当地的重力加速度为210m/s 。
当木板A 和B 刚好要发生相对滑动时，拉力F 的大小为（ ）A ．20NB ．15NC ．5ND ．25N4．（2021·安徽·定远县民族中学高三月考）如图甲所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A 。
木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 的关系图象如图乙所示，则小滑块A 的质量为（ ）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg二、多选题5．（2021·四川·眉山市彭山区第一中学高三月考）物体A 和物体B 叠放在光滑水平面上静止，如图所示。
板块模型--高考物理压轴题专项训练 学生版
板块模型1.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⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6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⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15三、压轴题速练⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯20一考向分析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。
2022-2023学年人教物理高一上学期分层练习专题3 板块模型含详解
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。
2．（2021·天津·高一期末）如图所示，一质量为M=2k g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10.5μ=，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？二、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1mg μ，方向向左B ．木板受到地面的摩擦力的大小一定是2m M g μ（＋），方向向右C ．当2F m M g μ>（＋）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4．质量M=3 kg 的长木板放在光滑的水平面上，在水平拉力F=11 N 作用下由静止开始向右运动，如图所示，当速度达到1 m/s 时，将质量m=4 kg 的物块轻轻放到木板的右端。
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1文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.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： 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CC 离开木板后，木板受力如图3得：20/2s m g a ==μ故：s m S a v A /220==（2）小物块C 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 ，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图132图1图2图31文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.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 + μm g －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 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，二图11图11图21 2图311文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.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 。
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=1.0kg 的木块轻放在平板车的右端。
F 1作用1.0s 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=0.20，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 =12 gt 2 解得：t =gh2=0.50s ……………………………………………………………………（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= 8.0m/s 2；a 2=2.0 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=1.0s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 1－12a 1t 12，解得：x 1=6.0m ………………………………………………………（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=－0.20×1.0×10×6.0J=－12 J ………………………………………………（1分）答图2图171文档来源为:.word（3）在F 1121.0s 末木块距离平板车右端的 距离∆x =L —x 2=5.0m ，如答图31.0s 末平板车和木块具有相同的 速度v =a 2t 1=2.0m/sF 2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=1.0m ，木块速度减为零所用时间 t 2= va 2=1.0s所以 x 4= vt 2－12a 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。
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 3－12a 2t 32 平板车的位移x 6=vt 3－12a 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=0.50s ……………………（1分）木块离开平板车瞬间的速度v 1=v －a 2t 3=1.0m/s 木块离开平板车后水平位移x 7= v 1t =0.50m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 =－9.5m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）4（P37 18）（05夏季会考）如图15所示，水平桌面距地面的高度h =0.80m ．可以看成质点的小金属块C 的质量m 1=0.50kg m 2=0.20kg ，木板的A 小金属块与木板间、用力将木板水平向右加速抽出．的恒力F 4解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，答图4图1f 1 m 第8题图1文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.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 1t 1， 12112a v s = ① 111t av = 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=0.25ms 2=0.24m t 1=0.5s v 1=1.0m/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/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 =3.4N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0.245m ，据此可计算出当F 〉3.41N 时物块不会落下桌子。
图2f 1΄1g 图3。