高中物理 必修第一册 第四章 牛顿运动定律 专题2 板块模型
以木板为研究对象，分析受力情况，求出地面对木板的静摩擦力．解题关键是 当改变F的大小时，分析木块对木板的摩擦力能否大于地面对木板的最大静摩 擦力，从而判断木板能否运动．
专题2 板块模型
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2．[四川棠湖中学2019高一上期末]如图所示，质量M＝2.0 kg 的薄木板静止在水平桌面上，薄木板 上放有质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)，它离木板左端的距离为L＝0.25 m，铁块与木板间的动 摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板 和铁块由静止开始运动，g取10 m/s2.
00
专题2 板块模型
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1．[吉林长春实验中学2020高一上期中]如图所示，质量为m1的木块在质量为m2的长木板上 向左滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，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，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)则( C )
A．木块受到木板的摩擦力的大小等于F B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m1＋m2)g C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1m1g，方向向右 D．只要F足够大，木板就可能运动
解析
木板在水平方向受到木块向左的滑动摩擦力f1和地面水平向右的静摩擦力f2， f1＝μ1m1g，由平衡条件得f2＝f1＝μ1m1g，故A错误，C正确；木板相对地 面的静摩擦力达到最大时木板所受摩擦力大小等于μ2(m1＋m2)g，故B错误； 由题分析可知，木块对木板的摩擦力f1不大于地面对木板的最大静摩擦力， 当F改变时，f1不变，则木板不可能运动，故D错误．故选C.
(1)若力F大小恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端，求木板的长度； (2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长，试通过分析与计算，在坐标图中作出铁块受到的摩
擦力Ff随力F大小变化的图象．
(1)1 m (2)见解析
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关键点拨
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4.[江苏扬州2019高一上月考]如图所示，质量为M＝1 kg的木板静止在水平地面上，质量为m＝ 1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板与地面间的 动摩擦因数为μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.4，取g＝10 m/s2.现给铁块施加一个 水平向左的力F.
(2)木板和小铁块发生相对运动，对小铁块，根据牛顿第二定律，有μmg＝ma1，解得a1＝μg＝
0.2×10 m/s2＝2 m/s2， 根据位移关系有x板－x铁＝L，即
1 2
a板t2－12
a1t2＝L，代入数据解得t＝0.5
s.
(3)对木板分析有F2－μmg－μ(M＋m)g＝Ma′板，木板从铁块下抽出条件为a′板>am，代入数据
(1)若桌面光滑，拉力大小恒为F1＝4.8 N，求小铁块运动的加速度大小； (2)若木板以4.0 m/s2的加速度从铁块下向右抽出，求抽出过程所经历的时间t； (3)若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力1.6 m/s2 (2)0.5 s (3)F2>12 N
(1)小物块与木板间的动摩擦因数μ1以及木板与地面间的动摩擦因数μ2； (2)若小物块不从长木板上掉下，则小物块最终停在距木板右端多远处？ (3)若在t＝1 s时，使小物块的速度突然反向(大小不变)，小物块恰好停在木板的左端，则木板的长度L为多少．
(1)0.1 0.3 (2)2.625 m (3)3.6 m
得a′板＝ F2－0.2×10－0.2×30 2
m/s2>2 m/s2，解得F2>12 N.
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3．[重庆巴蜀中学2019高一上期末]如图甲所示，一质量为M＝4 kg的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在t＝ 0时刻，木板速度为v0＝6 m/s，此时将一质量为m＝2 kg的小物块(可视为质点)无初速度地放在木板的右端，取向 右为正方向，二者在0～1 s内运动的v－t图象如图乙所示．已知重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)小铁块受到的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.2×1.0×10 N＝2 N，小铁块最大加速度为am＝
fm/m ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，
F1
4.8
假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律有a＝ M＋m ＝ 2.0＋1.0 m/s2＝1.6 m/s2<am，
所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小a＝1.6 m/s2.
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。
第一篇 专题二 微专题2 板块模型的综合分析
微专题2板块模型的综合分析命题规律 1.命题角度：(1)牛顿运动定律在板块模型中的应用；(2)动量定理及动量守恒定律在板块模型中的应用；(3)能量观点在板块模型中的应用.2.常用方法：假设法、整体法与隔离法.3.常考题型：选择题、计算题．1．用动力学解决板块模型问题的思路2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．例1(2022·广东省模拟)如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量M＝2 kg的木板静置于光滑的水平面上，另一质量m＝1 kg的物块以v0＝6 m/s的水平初速度从木板的最左端P点冲上木板，最终物块在木板上Q点(图甲中未画出)与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示．物块可视为质点．求：(1)图乙中v1、v2和v3的大小；(2)整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量．答案(1)4 m/s 3 m/s 2 m/s(2)12 J解析(1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程．物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v 1，此时木板速度大小v 木＝1 m/s 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝m v 1＋M v 木 解得v 1＝4 m/s物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v 2，从物块滑上木板到物块与挡板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝M v 2 解得v 2＝3 m/s2 s 末物块与木板共同运动的速度大小为v 3，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动量守恒有 m v 0＝(m ＋M )v3 解得v 3＝2 m/s(2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能 E k1＝12m v 12＋12M v 木2＝9 J物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 E k2＝12M v 22＝9 J故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 E k0＝12m v 02＝18 J最终相对静止时系统的动能 E k3＝12(m ＋M )v 32＝6 J所以系统产生的热量 Q ＝E k0－E k3＝12 J.例2 (2022·甘肃金昌市月考)如图所示，一质量M ＝3 kg 的小车由水平部分AB 和14光滑圆轨道BC 组成，圆弧BC 的半径R ＝0.4 m 且与水平部分相切于B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN 相切，一质量为m 1＝0.5 kg的小物块P 从距离轨道MN 底端高为h ＝1.8 m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m 2＝1 kg 的小物块Q (两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度；(2)求物块Q 在小车上运动1 s 时相对于小车运动的距离(此时Q 未到B 点且速度大于小车的速度)；(3)要使物块Q 既可以到达B 点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平长度AB 的取值范围． 答案 (1)4 m/s ，方向水平向右 (2)83m (3)1.5 m ≤L ≤3 m解析 (1)物块P 沿MN 滑下，设末速度为v 0，由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 02解得v 0＝6 m/s物块P 、Q 碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P 、Q 速度分别为v 1、v 2，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2 由机械能守恒定律得 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得v 1＝－2 m/s ， v 2＝4 m/s故碰撞后瞬间物块Q 的速度为4 m/s ，方向水平向右(2)物块Q 与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度 a 2＝－μm 2g m 2＝－2 m/s 2，a 3＝μm 2g M ＝23m/s 2物块Q 的位移x 2＝v 2t ＋12a 2t 2＝3 m小车的位移x 3＝12a 3t 2＝13 m解得s ＝x 2－x 3＝83m(3)物块Q 刚好到达B 点时就与木板共速时AB 段最长，根据动量守恒定律有 m 2v 2＝(m 2＋M )v 3 可得共同速度为v 3＝1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 1解得L 1＝3 m物块Q 刚好回到A 点时与木板共速时，AB 段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v 3＝ 1 m/s由能量守恒定律得12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋2μm 2gL 2解得L 2＝1.5 m当AB 段最短时需要验证物块Q 在圆弧上共速时上升高度是否超过R ，由能量守恒定律得 12m 2v 22＝12(m 2＋M )v 32＋μm 2gL 2＋m 2gH 解得H ＝0.3 m<R ＝0.4 m所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB 段的长度范围为1.5 m ≤L ≤3 m.(2022·广东湛江市模拟)在光滑水平面上有一质量为2m 、足够长的小车，小车左端锁定着一块质量为m 的木板，两者一起以v 03的速度匀速向右运动．现有一颗质量也为m 的子弹以v 0的水平初速度从同一方向射入木板．若子弹在木板运动过程中所受到的阻力为恒力且等于其自身重力，重力加速度取g .(1)子弹恰好不从木板中穿出，则木板的长度L 为多少？(2)取木板的长度为5v 0236g ，解除对木板的锁定，如果子弹在木板内运动过程中，木板相对小车发生滑动，要使子弹不能从木板中射出，则木板与小车间的动摩擦因数μ应满足什么条件？ 答案 (1)v 026g(2)μ≤0.2解析 (1)木板锁定在车上，子弹在穿入木板的过程，子弹、木板和小车组成的系统动量守恒， 有m v 0＋(m ＋2m )v 03＝(m ＋m ＋2m )v根据能量守恒F f L ＝12m v 02＋12(m ＋2m )(v 03)2－12(m ＋m ＋2m )v 2又F f ＝mg 联立解得L ＝v 026g(2)木板和小车间有相对运动，则对木板和子弹受力分析，由牛顿第二定律得 a 木＝F f －2μmg m ＝(1－2μ)ga 子＝F f m ＝mg m＝g故木板向右做匀加速直线运动，子弹向右做匀减速直线运动．子弹恰好不穿出木板，则子弹最终与木板共速且两者相对位移等于木板长度，设子弹与木板共速时的速度为v ， 有v －v 03a 木＝v 0－v a 子联立解得v ＝23－μ1－μv 0子弹位移x 子＝v 02－v 22g木板位移x 木＝v 2－(v 03)22(1－2μ)g ，x 子－x 木＝5v 0236g联立以上各式解得μ＝0.5或μ＝0.2 当μ＝0.5时，2μmg ＝F f木板与小车不会发生相对滑动，舍去．因动摩擦因数越小越难穿出木块，故满足子弹不穿出木板条件为μ≤0.2.专题强化练1．(多选)(2022·河北武安市第一中学高三检测)如图甲所示，小车B 紧靠平台边缘静止在光滑水平面上，物体A (可视为质点)以初速度v 0从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上(未冲出)，物体和小车的v －t 图像如图乙所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A ．物体A 与小车B 间的动摩擦因数为0.3 B ．物体A 与小车B 的质量之比为1∶2C ．小车B 的最小长度为2 mD ．如果仅增大物体A 的质量，物体A 有可能冲出去 答案 AC解析 物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体A 分析有μm A g ＝m A a A ，由v －t 图像可得a A ＝Δv 1Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－41 m/s 2＝3 m/s 2，联立解得μ＝0.3，所以A 正确；对小车B 分析有μm A g＝m B a B ，由v －t 图像可得a B ＝Δv 2Δt ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－01 m/s 2＝1 m/s 2，联立解得m A m B ＝13，所以B 错误；小车B 的最小长度为物体A 在小车B 上的最大相对滑动位移，则有L min ＝x A －x B ＝4＋12×1 m－0＋12×1 m ＝2 m ，所以C 正确；如果仅增大物体A 的质量，物体A 的加速度保持不变，但是小车B 的加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 与小车B 的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，所以D 错误．2．(多选)(2022·福建福州市高三检测)如图所示，质量为M 的长木板A 以速度v 0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相对地面的位移变大答案AB解析若只增大滑块质量，滑块的加速度大小保持不变，但木板的加速度增大，所以两者达到共速的时间减少了，则滑块在木板上的相对滑动位移减小，所以滑块不能滑离木板，A正确；若只增大长木板质量，木板的加速度减小，以木板为参考系，滑块运动的平均速度变大，即滑块在木板上的运动时间变短，B正确；若只增大木板初速度，滑块的受力不变，滑块的加速度不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块在木板上的运动时间变短，所以滑块离开木板的速度变小，C错误；若只减小动摩擦因数，那么滑块和木板的加速度均减小，相对位移不变，滑块相对木板的平均速度变大，滑块滑离木板的过程所用时间变短，木板相对地面的位移变小，滑块滑离木板过程中滑块相对地面的位移为板长加木板对地位移，故减小，D 错误．3．(多选)(2022·内蒙古海拉尔第二中学高三期末)如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端．现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用．滑块、长木板的v－t图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块Q始终没有从长木板P上滑下．重力加速度g＝10 m/s2.则下列说法正确的是()A．t＝9 s时长木板P停下来B．长木板P的长度至少是7.5 mC．滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.5D．滑块Q在长木板P上滑行的相对位移为12 m答案AB解析由题图乙可知，力F在t1＝5 s时撤去，此时长木板P的速度v1＝5 m/s，t2＝6 s时两者速度相同，共同速度为v2＝3 m/s，t2＝6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度，t2＝6 s 后长木板P的速度小于滑块Q的速度，0～6 s过程中，以滑块Q为研究对象，由题图乙知a1＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.05,5～6 s过程中，以长木板P为研究对象，由题图乙知a2＝2 m/s2，由牛顿第二定律得μ2(2m)g＋μ1mg＝ma2，解得μ2＝0.075，从6 s 末到长木板停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ2(2m )g －μ1mg ＝ma 3，解得a 3＝1 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 3＝3 s ，所以t ＝9 s 时长木板P 停下来，故A 正确，C 错误；长木板P 的长度至少是前6 s 过程中滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 1＝12×5×5 m ＋12×(5＋3)×1 m －12×3×6 m ＝7.5 m ，故B 正确；在从6 s 末到滑块停下来的过程中，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma 4，解得a 4＝0.5 m/s 2，这段时间Δt 1＝v 2a 4＝6 s ，所以t 3＝12 s 时滑块Q 停下来，6 s 后滑块Q 在长木板P 上滑行的距离Δx 2＝12×6×3 m －12×3×3 m ＝4.5 m ，前6 s 长木板P 速度更大，后6 s 滑块Q 速度更大，则滑块Q 在长木板P 上滑行的相对位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＝3 m ，故D 错误．4.(2022·四川成都市月考)如图，长为L 的矩形长木板静置于光滑水平面上，一质量为m 的滑块以水平向右的初速度v 0滑上木板左端．①若木板固定，则滑块离开木板时的速度大小为v 03；②若木板不固定，则滑块恰好不离开木板．滑块可视为质点，重力加速度大小为g .求：(1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； (2)木板的质量M ；(3)两种情况下，滑块从木板左端滑到右端的过程中，摩擦力对滑块的冲量大小之比I 1∶I 2. 答案 (1)4v 029gL(2)8m (3)3∶4解析 (1)木板固定时，滑块做匀减速直线运动，所受摩擦力大小为F f ＝μmg 由动能定理有－F f L ＝12m (v 03)2－12m v 02解得μ＝4v 029gL.(2)木板不固定时，木板和滑块系统在相互作用过程中动量守恒，设两者共速时的速度为v ，由能量守恒定律有 μmgL ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2由动量守恒定律有m v 0＝(m ＋M )v 联立两式解得M ＝8m .(3)规定水平向右的方向为正方向，木板固定时，对滑块由动量定理有 I 1＝m (v 03)－m v 0＝－23m v 0木板不固定时滑块末速度由(2)知 v ＝m v 0m ＋M ＝v 09由动量定理有I 2＝m v －m v 0＝m (v 09)－m v 0＝－89m v 0解得I 1∶I 2＝3∶4.5.(2022·云南省玉溪第一中学高三检测)如图所示，质量M ＝0.9 kg 的木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m ＝1 kg 、可视为质点的物块B 静止放在木板的右端，t ＝0时刻一质量为m 0＝0.1 kg 的子弹以速度v 0＝50 m/s 水平射入并留在木板A 内(此过程时间极短)．已知物块B 与木板A 间的动摩擦因数μ1＝0.20，木板A 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.30，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，求：(1)子弹射入木板过程中系统损失的机械能；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间A 和B 的加速度大小； (3)最终物块B 停止运动时距离木板A 右端的距离． 答案 (1)112.5 J (2)8 m/s 2 2 m/s 2 (3)1.125 m解析 (1)子弹射中木板A 的过程动量守恒，有m 0v 0＝(m 0＋M )v 1 由能量守恒可知，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 02－12(m 0＋M )v 12解得v 1＝5 m/s ，ΔE ＝112.5 J ；(2)子弹“停”在木板内之后瞬间对B 应用牛顿第二定律可得μ1mg ＝ma B ，对子弹与A 组成的整体应用牛顿第二定律可得μ1mg ＋μ2(m ＋m 0＋M )g ＝(m 0＋M )a A ， 解得a A ＝8 m/s 2，a B ＝2 m/s 2；(3)子弹停在木板A 内之后，A 、B 发生相对滑动，A 减速，B 加速， 设经过时间t 1二者共速，有v 1－a A t 1＝a B t 1 解得t 1＝0.5 s ，此时二者速度为v2＝a B t1＝1 m/s，故此过程A与B相对地面的位移分别为x A＝v1t1－12a A t12，x B＝12a B t12，共速后，因为μ1<μ2，故二者分别做匀减速运动，对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得μ2(m＋m0＋M)g－μ1mg＝(m0＋M)a A′，对B应用牛顿第二定律可得μ1mg＝ma B′，解得a A′＝4 m/s2，a B′＝2 m/s2，共速后A、B继续滑行的距离分别为x A′＝v222a A′，x B′＝v222a B′，故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为Δx＝(x A＋x A′)－(x B＋x B′)，联立可得Δx＝1.125 m.6．(2022·山西晋中市高三期末)如图所示，在水平地面上静置一质量为M＝3 kg的木板A，在木板A的上面右侧放置一质量为m＝1 kg的木块B(可视为质点)．木块B与木板A之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板A与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.2.一个底面光滑、质量也为M＝3 kg 的木块C以速度v0＝2 m/s与木板A发生弹性碰撞．重力加速度g取10 m/s2.(1)求碰后瞬间木板A获得的速度大小；(2)在木块B与木板A相对运动的过程中，若要保证木块B不从木板A上滑下，求木板A的最小长度．答案(1)2 m/s(2)0.5 m解析(1)设木块C与木板A碰后瞬间速度分别为v1、v2，木块C与木板A发生弹性碰撞，有M v0＝M v1＋M v212M v02＝12M v12＋12M v22代入数据解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2 m/s(2)碰后木板A 做减速运动，其加速度a 1＝－μ1mg ＋μ2(m ＋M )g M＝－3 m/s 2 木块B 做加速运动，其加速度a 2＝μ1mg m＝μ1g ＝1 m/s 2 设二者速度相同时速度为v ，有v －v 2a 1＝v a 2解得v ＝0.5 m/s此过程中木板A 的位移为x 1＝v 2－v 222a 1＝58m 木块B 的位移为x 2＝v 22a 2＝18m 二者速度相同后，木板A 继续减速，假设B 相对A 向右滑动，则A 的加速度为a 3＝μ1mg －μ2(m ＋M )g M ＝－73m/s 2 木块B 向右做减速运动，其加速度a 4＝－μ1mg m＝－μ1g ＝－1 m/s 2 因为|a 3|>|a 4|，假设成立．所以速度相同后，木块B 相对木板A 将向右运动，直至停止．A 向右减速到零的位移x 3＝0－v 22a 3＝356m A 减速到零时，由于μ1mg <μ2(m ＋M )g ，故保持静止．B 向右减速到零的位移为x 4＝0－v 22a 4＝18m 即B 先相对A 向左移动了x 1－x 2＝0.5 m ，后相对A 向右移动了x 4－x 3＝114m ， 则要保证木块B 不从木板A 上滑下，木板A 的最小长度为L ＝x 1－x 2＝0.5 m.7.(2022·山东省模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M ＝2 kg 的长木板B 沿着斜面以速度v 0＝9 m/s 匀速下滑，现把一质量为m ＝1 kg 的铁块A轻轻放在长木板B 的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A 与B 间、B 与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：(1)铁块A 和长木板B 共速后的速度大小；(2)长木板的长度；(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等．答案 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析解析 (1)根据动量守恒定律有M v 0＝(M ＋m )v解得v ＝6 m/s(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75对铁块A 受力分析有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1解得a 1＝12 m/s 2对长木板受力分析有Mg sin θ－μmg cos θ－μ(M ＋m )g cos θ＝Ma 2解得a 2＝－6 m/s 2经过时间t 速度相等，有v ＝v 0＋a 2t ＝a 1t铁块运动位移x 1＝v 2t ＝1.5 m 长木板运动位移x 2＝v 0＋v 2t ＝3.75 m 长木板的长度l ＝x 2－x 1＝2.25 m(3)系统动能的变化量ΔE k ＝12(M ＋m )v 2－12M v 02＝－27 J 铁块重力势能的变化量ΔE p1＝－mgx 1sin θ＝－9 J长木板重力势能的变化量ΔE p2＝－Mgx2sin θ＝－45 J长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2＝μmgl cos θ＝13.5 J因为ΔE k＋ΔE p1＋ΔE p2＋Q1＋Q2＝0 故系统能量守恒．。
人教版高一物理必修一第四章4.7用牛顿运动定律解决问题二共21张PPT
F1 cos F2
F1 sin G
竖直上抛运动的物体到达最高点的瞬间是否处于平衡 状态？
例2.人站在电梯中，人的质量为m。
FN
求：①人和电梯一同静止时，人对地板的压力
为多大？
因为人是静止的所以合外力为0有：
mg
FN mg
再根据牛顿第三定律就可求出人对电梯的压力
②人随电梯以加速度a匀加速上升，人对地板
的压力为多大？
FN
以加速度a匀加速上升，因为加速，所以
1.下列四个实验中，不能在绕地球飞行的太空实验舱 中完成的是( ABD ) A.用弹簧测力计测物体的重力 B.用天平测物体的质量 C.用温度计测舱内的温度 D.用水银气压计测舱内气体的压强
2.“蹦极”是一项非常刺激的体育运动。 某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图 中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到 达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平 衡位置，人在从P点落下到最低点c的过 程中（ AB ） A.人在Pa段作自由落体运动，处于完全失重状态。 B.在ab段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态。 C.在bc段绳的拉力小于人的重力，人处于失重状态。 D.在c点，人的速度为零，其加速度为零。
请你分析：
1、人随电梯能以加速度a(a>g)匀加速下降吗？ 2、如瓶竖直向上抛出，水会喷出吗？为什么？ 3、发生超重和失重现象时，物体实际受的重力是 否发生了变化？
超重与失重知识总结：
高中物理必修一第四章牛顿运动定律用牛顿运动定律解决问题(二)超重与失重(36张)-PPT优秀课件
G=500N
安徽省安庆市第二中学２０１９高中 物理必 修一第 四章牛 顿运动 定律第 七节用 牛顿运 动定律 解决问 题（二 ）超重 与失重 （36张p pt）
安徽省安庆市第二中学２０１９高中 物理必 修一第 四章牛 顿运动 定律第 七节用 牛顿运 动定律 解决问 题（二 ）超重 与失重 （36张p pt）
例2、质量为200kg的物体置于升降机内的台秤上， 由静止开始上升，上升过程中台秤的示数F与时间 的t的关系如图所示，求升降机在这段时间内上升 的高度。(g=10m／s2)
安徽省安庆市第二中学２０１９高中 物理必 修一第 四章牛 顿运动 定律第 七节用 牛顿运 动定律 解决问 题（二 ）超重 与失重 （36张p pt）
（2）完全失重的动力学特征：物体处于完全失 重状态时，物体对支持物的压力 （或对悬挂物 的拉力）为零．
（3）完全失重的运动学特征：物体处于完全失 重状态时加速度向下且等于重力加速度。
完全失重的情况下所有和重力 有关的仪器都无法使用！
弹簧测力计无法测量物 体的重力，但仍能测量 拉力或压力的大小。
无法用天平测量物 体的质量
由牛顿第三定律可知：
物体对秤的压力F′ = F > G
总结：物体处于超重状态。
秤和重物有向下的加速度α时
F
根据牛顿第二定律:
G - F = mα
所以：F = G - m α < G
G a
由牛顿第三定律可知： 物体对秤的压力F′ = F <G
总结：物体处于失重状态。
二、超重和失重的条件
v
Nα
N
αvN
安徽省安庆市第二中学２０１９高中 物理必 修一第 四章牛 顿运动 定律第 七节用 牛顿运 动定律 解决问 题（二 ）超重 与失重 （36张p pt）
板块模型-----牛顿运动定律与运动学的综合运用
板块模型-----牛顿运动定律与运动学的综合运用板块模型-----牛顿运动定律与运动学的综合运用一．涉及知识点：动力学，如受力分析，摩擦力（是静摩擦力还是滑动摩擦力，大小，方向）、牛顿第二定律，运动学规律公式。
二．与传送带模式的解题思路相似。
三．二者速度相等时，摩擦力的突变（大小，方向，f滑与fmax转变），从而受力情况变，加速度变，运动情况变。
四．板块模型中的功能关系，动量问题1.产生的内能：Q=f滑·X相对2.摩擦力做功：Q=f·X对地3.动能定理，能量守恒4.动量定理，动量守恒5.用隔离还是整体来分析问题例题1：如图所示，一质量为m=2kg、初速度为6m/s的小滑块（可视为质点），向右滑上一质量为M=4kg的静止在光滑水平面上足够长的滑板，m、M间动摩擦因数为μ=0.2。
(1)滑块滑上滑板时，滑块和滑板在水平方向上各受什么力，大小如何？方向向哪？(2)滑块和滑板各做什么运动？加速度各是多大？(3)1秒末滑块和滑板的速度分别是多少？(4)1秒末滑块和滑板的位移分别是多少？相对位移是多少？(5)2秒末滑块和滑板的速度分别是多少？(6)2秒末滑块和滑板的位移分别是多少？相对位移是多少？（7)2秒后滑块和滑板将怎样运动？例2：如图所示，一质量为m=3kg、初速度为5m/s的小滑块（可视为质点），向右滑上一质量为M=2kg的静止在水平面上足够长的滑板，m、M间动摩擦因数为μ1=0.2，滑板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.1，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
（1）滑块滑上滑板时，滑块和滑板在水平方向上各受什么力，大小如何？方向向哪？（2）滑块和滑板各做什么运动？加速度各是多大？（3）滑块滑上滑板开始，经过多长时间后会与滑板保持相对静止？（4）滑块和滑板相对静止时，各自的位移是多少？（5）滑块和滑板相对静止时，滑块距离滑板的左端有多远？（6）5秒钟后，滑块和滑板的位移各是多少？1. 如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，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，速度逐渐减小，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐减小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐减小，直到为零2、（多选）如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m ，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为13μ，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g 。
高中物理牛顿第二定律——板块模型解题基本思路
高中物理基本模型解题思路——板块模型（一）本模型难点：（1）长板下表面是否存在摩擦力，摩擦力的种类；静摩擦力还是滑动摩擦力，如滑动摩擦力，N F 的计算（2）物块和长板间是否存在摩擦力，摩擦力的种类：静摩擦力还是滑动摩擦力。
（3）长板上下表面摩擦力的大小。
（二）在题干中寻找注意已知条件：（1）板的上下两表面是否粗糙或光滑（2）初始时刻板块间是否发生相对运动（3）板块是否受到外力F ，如受外力F 观察作用在哪个物体上（4）初始时刻物块放于长板的位置（5）长板的长度是否存在限定一、光滑的水平面上，静止放置一质量为M ，长度为L 的长板，一质量为m 的物块，以速度0v 从长板的一段滑向另一段，已知板块间动摩擦因数为μ。
首先受力分析：对于m ：由于板块间发生相对运动，所以物块所受长板向左的滑动摩擦力， 即：⎪⎩⎪⎨⎧===m N N ma f F f mg F 动动μg a m μ= （方向水平向左）由于物块的初速度向右，加速度水平向左，所以物块将水平向右做匀减速运动。
对于M ：由于板块间发生相对运动，所以长板上表面所受物块向右的滑动摩擦力，但下表面由于光滑不受地面作用的摩擦力。
即：动f N F N F '⎪⎩⎪⎨⎧==+='M N N N Ma f F f F Mg F 动动μM mg a M μ= （方向水平向右） 由于长板初速度为零，加速度水平向右，所以物块将水平向右做匀加速运动。
假设当M m v v=时，由于板块间无相对运动或相对运动趋势，所以板块间的滑动摩擦力会突然消失。
则物块和长板将保持该速度一起匀速运动。
关于运动图像可以用t v -图像表示运动状态：公式计算：设经过时间 t 板块共速，共同速度为共v 。
由 共v v v M m == 可得： m 做匀减速直线运动： t a v v m -=0共M 做初速度为零的匀加速直线运动：t a v M M =可计算解得时间： t a t a v M m =-0物块和长板位移关系：m ： 2021t a t v x m m -= M ： 221t a x M M = 相对位移：M m x x x -=∆v v二、粗糙的水平面上，静止放置一质量为M ，一质量为m 的物块，以速度0v 从长板的一段滑向另一段，已知板块间动摩擦因数为1μ，长板和地面间的动摩擦因数为2μ，长板足够长。
物理人教版(2019)必修第一册4.5牛顿运动定律的应用——板块模型(共25张ppt)
(2)通过受力分析，求出各物体在各个运动过程中的加速度。
(3)根据物理量之间的关系列式计算。
注意：①此类问题涉及两个物体、多个运动过程。
②前一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
③不同运动过程转变的瞬间，加速度可能突变，需重新受力分析
板-块模型解题步骤
1.地面光滑的“滑块—木板”问题
擦力会发生突变
无相对位移
（速度相等
速度保持相同
的过程中）
位移的关系
有相对位移
（速度不相
等的过程中）
注意：计算过程中
①速度方向相同，
x相对=x木板+x滑块
②速度方向不相同，
x相对=x木板-x滑块
的速度，位移，都
是相对于地面而言。
2.“滑块—木板”模型的解题方法和步骤
(1)明确各物体对地的运动和物体间的相对运动情况，确定物体间的
板-块模型
学习目标及重点
1.能说出“板-块”模型的概念。
2.能掌握“板-块”模型的分析方法。(重点)
3.能运用牛顿运动定律处理“板-块”问题。(重点)
板-块模型的概念
1.“板-块”模型概述：
两个或多个物体上、下叠放在一起，物体之间通过摩擦力
产生联系。
板-块模型的分析方法
1.“滑块—木板”模型的三个基本关系
= ， = ，解得：t=2s
(3)B离开A时的速度大小为vB＝aBt＝2 m/s。
典例
2．如图所示，质量为M＝1 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质
量为m＝0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3 m/s 的初速度从左端沿木
板上表面冲上木板，带动木板向前滑动．已知滑块与木板上表面间的动
(完整)高中物理牛顿第二定律——板块模型解题基本思路
高中物理基本模型解题思路——板块模型（一）本模型难点：（1）长板下表面是否存在摩擦力，摩擦力的种类；静摩擦力还是滑动摩擦力，如滑动摩擦力，N F 的计算（2）物块和长板间是否存在摩擦力，摩擦力的种类：静摩擦力还是滑动摩擦力。
（3）长板上下表面摩擦力的大小。
（二）在题干中寻找注意已知条件：（1）板的上下两表面是否粗糙或光滑（2）初始时刻板块间是否发生相对运动（3）板块是否受到外力F ，如受外力F 观察作用在哪个物体上（4）初始时刻物块放于长板的位置（5）长板的长度是否存在限定一、光滑的水平面上，静止放置一质量为M ，长度为L 的长板，一质量为m 的物块，以速度0v 从长板的一段滑向另一段，已知板块间动摩擦因数为μ。
首先受力分析：对于m ：由于板块间发生相对运动，所以物块所受长板向左的滑动摩擦力， 即：⎪⎩⎪⎨⎧===m N N ma f F f mg F 动动μg a m μ= （方向水平向左）由于物块的初速度向右，加速度水平向左，所以物块将水平向右做匀减速运动。
对于M ：由于板块间发生相对运动，所以长板上表面所受物块向右的滑动摩擦力，但下表面由于光滑不受地面作用的摩擦力。
即：动f N F N F '⎪⎩⎪⎨⎧==+='M N N N Ma f F f F Mg F 动动μM mg a M μ= （方向水平向右） 由于长板初速度为零，加速度水平向右，所以物块将水平向右做匀加速运动。
假设当M m v v=时，由于板块间无相对运动或相对运动趋势，所以板块间的滑动摩擦力会突然消失。
则物块和长板将保持该速度一起匀速运动。
关于运动图像可以用t v -图像表示运动状态：公式计算：设经过时间 t 板块共速，共同速度为共v 。
由 共v v v M m == 可得： m 做匀减速直线运动： t a v v m -=0共M 做初速度为零的匀加速直线运动：t a v M M =可计算解得时间： t a t a v M m =-0物块和长板位移关系：m ： 2021t a t v x m m -= M ： 221t a x M M = 相对位移：M m x x x -=∆v v二、粗糙的水平面上，静止放置一质量为M ，一质量为m 的物块，以速度0v 从长板的一段滑向另一段，已知板块间动摩擦因数为1μ，长板和地面间的动摩擦因数为2μ，长板足够长。
4.5 牛顿运动定律的应用(连接体、传送带、板块模型) 课件 必修第一册
v0=2m/s
v
连接体模型
板块模型
F
N
解：（1）木块从左端到达右端所需的时间t．
木块向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
Ff
设经时间t1木块的速度与传送带速度相等
G
经3米木块的速度就增加到与传送带的速度相等。此时摩擦力消失，
只剩下重力和支持力，木块向右与传送带共速做匀速直线运动。
(2)木板至少多长,物块才能与木板最终保持相对静止?
(3)物块与木板相对静止后,物块受到的摩擦力为多大?
答案:(1)a1=2m/s2 a2=1m/s2 (2)0.5m (3)6.29N
B.10 m/s2，8 N
C.8 m/s2，6 N
D.6 m/s2，9 N
总结：(1)先整体，后隔离。
)
传送带模型
板块模型
例 5 、 如图所示，物块A、B用一条绕过轻质定滑轮的轻绳相连，轻绳两部分分别处于
竖直和水平状态，A、B的质量分别为M、m，重力加速度为g，不计一切摩擦．现将系
统由静止释放，B向左运动。
v0＜v
μ＞tan
(a g cos g sin )
匀加速
A
θ
先匀加到v，后匀速
μ＜tan
v0＞v
μ＞tan
（g sin g cos )】
匀减速 【a
先【a1
（g sin g cos )】匀减，当(v物 v传 )后再以 a2匀减
（g sin g cos )】
的张力大小为( D )
A.F－2μmg
1
B.3F＋μmg
1
C.3F－μmg
高一物理 牛顿定律应用板块模型
aB =2.5m/s2
②设经t时间二者同速为v，向右为正
v=-v0+aAt , v=aBt 联立解得：t=0.8s, v=2m/s
③
解得：L=xB-xA=0.8m
例题5．如图，在光滑的水平面上停放着小
车B，车上左端有一可视为质点的小物块A
，A和B之间的接触面的前一段光滑,长度为
L1=0.8m，后一段粗糙，且后一段的动摩擦 因数μ=0.4，A的质量mA=1kg，B的质量 mB=4kg，现用12N的水平力F向左拉动小车 ，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相
二、规律总结： 1.板块模型问题中，一般有三个关系
①时间关系 ②速度关系 ③位移关系
准确找到这些关系是解决问题的关键 2.准确画出运动过程简图，对分析问 题起到事半功倍的效果。 3.受力分析是书写牛顿定律的关键， 特别是摩擦力的分析，特别容易出错 。
例题3.如图，在光滑水平桌面上放有长木 板C，在C的左端和右端各放有小物块A和B ，A、B的体积可忽略不计，A、B与长木板C 间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均 为m，开始时B、C静止，A以初速度v0向右 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：（重力加速度为g） （1）物体A刚开始运动时， 物块B受到的摩擦力大小； （2）要使物块A、B不相碰， 木板长度至少为多大？
解得
例题4、如图，质量为2 kg的木板B静止在 光滑水平面上，质量为1 kg可视为质点的 木块A以水平速度v0＝2 m/s从右端向左滑 上木板，木块与木板间的动摩擦因数为μ ＝0.5，此时有一水平向右的力F＝10N作用 在木板上．g取10 m/s2. (1)求开始时木块A和木 板B各自的加速度大小； (2)若木板足够长，求从木块滑上木板到木 块和木板速度相等所经历的时间； (3)要使木块不从木板上滑落，求木板的最 小长度．