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EKC=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vA； （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vC ，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vA,随后木板以初速度vA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： 021222KCCEghmvm
代入数据：smvC/1
向右平抛的水平位移：mghvtvScccX1.02 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： mSSSX11滑
v0 A B
C
图13 h
L
f C N12 m2g 图1
f f地 N地 m1g N12 图2 C离开木板后，木板受力如图3，由牛顿第二定律： 0110amgmf地
得：20/2smga
故：smSavA/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S2，则木板的位移为S2+l, 根据动能定理：
对木板1m： )(21))((20212vvmlSffA地 ①
对小物块2m:021222CvmfS 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： )()(01vvmtffA地 ③
对小物块2m:02Cvmft ④ 联立③④得：地ff31 ⑤ 联立①②⑤：ml6.0
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v0=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a1. f1－F = Ma1
f1 = μ (m+M) g
a1 =MFgMm)(= 0.50 m/s2
f地0 N地0 m1g 图3
图11 M F m 图1 F f
1
a1 设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0t－21a1t2 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a2. μmg = ma2 a2 = μg = 2.0 m/s2 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a3. f1 + f2－F = Ma3 μ (M+m) g + μmg－F = Ma3 a3 = 1.0 m/s2
设经时间tⅠ，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s1，物块的位移为s2. v = v0－a3tⅠ v = a2tⅠ
s1 = v0tⅠ－21a3tⅠ2
s2 =21a2tⅠ2 解得 tⅠ =32s，v =34m/s，s1 =910m，s2 =94m 因为s1－s2< 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a4. f1－F = (M+m) a4 μ (M+m) g－F = (M+m) a4 a4 = 0.40 m/s2 设再经过时间tⅡ，它们停止运动. 0 = v－a4tⅡ tⅡ =310s t总 = tⅠ + tⅡ= 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v0=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F1=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。F1作用1.0s后，将力的大小改为F2=422N（作用位置和施力方向不变）。F2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F2。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/s2。求： （1）木块从离开平板车至落到水平面上所用的时间； （2）在F1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。
图2 F f1 f
2
a3
图3 F f
1
a4
m M F1 v0
图17 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 gt2
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a1，木块的加速度为a2 根据牛顿第二定律， 对平板车有 F1+μmg=Ma1 对木块有 μmg=ma2 解得：a1= 8.0m/s2；a2=2.0 m/s2 …………………………………………………………（1分） 设将木块放到平板车右端后经过t1时间木块和平板车达到共同速度， 则有v0－a1t1= a2t1， 解得：t1=1.0s 此时间刚好是F1作用的时间，设在这段时间内平板车的位移为x1
则x1= v0t1－12a1t12，解得：x1=6.0m………………………………………………………（1分） 在F1作用的时间内摩擦力对平板车做的功 W=－μmg x1=－0.20×1.0×10×6.0J=－12 J………………………………………………（1分）
（3）在F1作用的时间内木块的位移为x2= 12 a2t12=1.0m
1.0s末木块距离平板车右端的 距离∆x=L—x2=5.0m，如答图3所示。 1.0s末平板车和木块具有相同的 速度v=a2t1=2.0m/s F2开始作用后，木块和平板车沿水平方向 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a3 根据牛顿第二定律，对平板车有 F2－μmg=Ma3 解得：a3= 42m/s2 设木块在速度减为零时，木块、平板车的位移分别为x3、x4，取水平向右的方向为正方向。
x3= v2/2a2=1.0m，木块速度减为零所用时间 t2= va2 =1.0s
所以 x4= vt2－12a3t22=－19m 因|x4|＞∆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 f′ m M F1 f
m x1
M F1
M F1
x2 ∆x
m
答图3
答图4 M F2
f
m
f´
v 在F2作用t3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x5、x6， 木块的位移x5= vt3－12a2t32
平板车的位移x6=vt3－12a3t32 由答图5所示的几何关系可知x5+|x6|=∆x，由此解得： t3=0.50s ……………………（1分） 木块离开平板车瞬间的速度v1=v－a2t3=1.0m/s 木块离开平板车后水平位移x7= v1t=0.50m 木块离开平板车的瞬间平板车的速度v2=v－a3t3=－19m/s 木块离开平板车后平板车水平位移x8= v2 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= x7＋|x8|=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m1=0.50kg，放在厚度不计的长木板AB上．木板长L=0.865m，质量m2=0.20kg，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=0.375m．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＝0.20．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=0.08m．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t3，
232
1gth
)s(4.01080.0223ght 设平抛运动的初速度为v2， 32tvs
M F1
m x2 ∆x
x1
m M F1
M F2
x5
m x
6
答图5
图1 f1 m1g
F1
C F
L d
h A B
s 第8题图
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。
专题训练：板块模型(高三一轮)
专题训练：板块模型（高三一轮）1.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间．2.如图所示，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；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离．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4.5 m，如图(a)所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1 s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．4.某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m＝0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定牵引力F＝20 N的作用，未放砖块时车以v0＝3 m/s 的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8 s内车运动的v－t图象，如图乙所示，g取10 m/s2.求：(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数；(2)车停止时，车上放有多少块砖．5.如图所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg 的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝.(g＝10m/s2，结果可保留根号)求：(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．6.如图所示，光滑斜面倾角为θ，底端固定一垂直于斜面的挡板C，在斜面上放置长木板A，A的下端与C的距离为d，A的上端放置小物块B，A、B的质量均为m，A、B间的动摩擦因数μ＝tanθ，现同时由静止释放A，B、A与C发生碰撞的时间极短，碰撞前后瞬间速度大小相等，运动过程中小物块始终没有从木板上滑落，已知重力加速度为g，求：(1)A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)A与C发生第一次碰撞后上滑到最高点时，小物块B的速度大小v2；(3)为使B不与C碰撞，木板A长度的最小值L.7.如图所示，放在倾角α＝30°的光滑斜面上的凹槽，长L＝3.000 m，质量M＝0.16 kg，凹槽两端用挡板封住．斜面底端固定一块与斜面垂直的挡板．凹槽的下端离挡板的距离L0＝1.000 m，开始时凹槽是固定的，槽内放置一块质量m＝0.16 kg的小铁块(视为质点)．当小铁块从凹槽上端静止释放，并以a＝g加速度沿凹槽向下运动，经Δt＝0.100 s后再释放凹槽．设凹槽和小铁块与挡板发生弹性碰撞后均以原速返回，空气阻力不计，试求：(结果取三位有效数字)(1)凹槽与挡板第一次碰撞前，铁块对凹槽做的功；(2)从凹槽释放到第二次与挡板碰撞瞬间，凹槽运动的路程；(3)从释放铁块到凹槽与铁块都静止时，铁块相对于凹槽运动的路程．8.如图所示，斜面体固定在水平面上，斜面光滑，倾角为θ，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离地面高H，上端放着一个细物块．木板和物块的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg sinθ(k＞1)，断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑．假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，空气阻力不计．求：(1)木板第一次与挡板碰撞弹起上升过程中，物块的加速度；(2)从断开轻绳到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板运动的路程s；(3)木板与挡板第二次碰撞时的瞬间速度；(4)从断开轻绳到木板和物块都静止，摩擦力对木板及物块做的总功W.9.固定在水平地面上光滑斜面倾角为θ.斜面底端固定一个与斜面垂直的挡板，一木板A被放在斜面上，其下端离地面高为H，上端放着一个小物块B，如图所示．木板和物块的质量均为m.相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg sinθ(k＞1)，把它们由静止释放，木板与挡板发生碰撞时，时间极短，无动能损失，而物块不会与挡板发生碰撞．求：(1)木板第一次与挡板碰撞弹回沿斜面上升过程中，物块B的加速度a1大小和方向；(2)从释放木板到木板与挡板第二次碰撞的瞬间，木板A运动的路程s；(3)从释放木板到木板和物块都静止，木板和物块系统损失的机械能E0.10.如图甲所示，带斜面的足够长木板P，质量M＝3 kg.静止在水平地面上，其右侧靠竖直墙壁，倾斜面BC与水平面AB的夹角θ＝37°，两者平滑对接．t＝0s时，质量m＝1 kg、可视为质点的滑块Q从顶点C由静止开始下滑，图乙所示为Q在0～6 s内的速率v随时间t变化的部分图线．已知P与Q间的动摩擦因数是P与地面间的动摩擦因数的5倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：(1)木板P与地面间的动摩擦因数．(2)t＝8 s时，木板P与滑块Q的速度大小．(3)0～8 s内，滑块Q与木板P之间因摩擦而产生的热量．11.10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5 kg、长度L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1 kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝5 m/s，使其在木块上滑行．g取10 m/s2，求：(1)开始带动木块运动时铅块的速度；(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；(3)铅块运动的总时间．12.如图所示，一辆载重卡车沿平直公路行驶，车上载有质量均为m的A、B两块长方体水泥预制件．己知预制件左端与车厢前挡板的距离为L，A、B间以及B与车厢间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1＜μ2)，各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．卡车以速度v0匀速行驶时，因前方出现障碍物而制动并做匀减速直线运动．问：(1)卡车制动的加速度满足什么关系时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止？(2)卡车制动后为保证司机安全，在B相对车厢底板静止的情况下，预制件A不与车厢前挡板碰撞，则卡车从开始制动到停止所经历的时间应满足什么条件？13.如图所示，质量M＝10 kg，上表面光滑的足够长的木板在F＝50 N的水平拉力作用下，以初速度v0＝5 m/s沿水平地面向右匀速运动，现有足够多的小铁块，它们的质量均为m＝1 kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L＝1 m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2块铁块，此后只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度地放一铁块．试问：(取g＝10 m/s2)(1)第1块铁块放上后，木板运动了1时，木板的速度为多大？(2)最终木板上放有多少块铁块？14.如图所示．放置在光滑水平面上的长木板，其上表面与左侧竖直平面内的光滑圆弧轨道底端B相切，木板长度l＝1.2 m，质量M＝2 kg.与圆弧轨道末端相距d＝1.6 m的C处有一竖直墙．质量m＝2 kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止滑下，离开B后在木板上滑行．已知圆弧轨道半径R＝0.2 m．滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与左右两侧发生碰撞后能原速率返回．(g取10 m/s2)试求(1)滑块滑至圆弧轨道底端B时对轨道的压力N；(2)滑块最终位置与竖直墙间的距离S；(3)整个过程中产生的热量Q.15.如图，在光滑水平轨道的右方有一弹性挡板，一质量为M＝0.5 kg的木板正中间放有一质量为m＝2 kg的小铁块(可视为质点)静止在轨道上，木板右端距离挡板x0＝0.5 m，铁块与木板间动摩擦因数μ＝0.2.现对块施加一水平向右的外力F＝10 N，木板第一次与挡板碰前瞬间撤去外力．若木板与挡板碰撞时间极短，反弹后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2.(1)木板第一次与挡板碰撞前经历的时间是多长？(2)若铁块和木板最终停下来时，铁块刚好没滑出木板，则木板有多长？(3)从开始运动到铁块和木板都停下来的整个过程中，木板通过的路程是多少？16.如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m的小物块(可视为质点)从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB 的中点．已知水平轨道AB长为L.求：(1)小物块与水平轨道的动摩擦因数μ.(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上．如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？。
高中物理板块模型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．如下图，物体 A 叠放在物体 B 上， B 置于圆滑水平面上。
A，B 质量分别为和， A、 B 之间的动摩擦因数为。
在物体 A 上施加水平方向的拉力 F，开始时 F=10N，今后渐渐增大，在增大到 45N 的过程中，以下判断正确的选项是（）A．两物体间一直没有相对运动B．两物体间从受力开始就有相对运动C．当拉力 F＜12N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＞18N 时，开始相对滑动2．如下图，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，木板置于圆滑的水平面上并以 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，最后小木块随木板一同运动。
小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加快度为 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，才能使木块最后相关于木板静止时位于 OA之间。
3．质量 M=8kg的小车放在水平圆滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F， F=8N，当小车向右运动的速度达到 s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为，小车足够长，求从小物块放上小车开始，经过t= ，小物块通过的位移大小为多少？4.圆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)传递带5.如下图，传递带与地面间的倾角为θ=37°，A、B 之间的长度为L=16m，传递带以速率v=10m/s 逆时针运动，在传递带上A 端无初速度地放一个质量为m=的物体，它与传递带之间的动摩擦因数μ=，求物体从A 端运动到B端需要多长时间？（g 取10m/s2，sin37 °=，cos37° =）6.此刻传递带传递货物已被宽泛地应用，如图 3－ 2－7 所示为一水平传递带装置表示图。
专题19 板块模型(解析版)
2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题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有外力板块模型滑块—木块模型的解题策略 运动状态 板块速度不相等板块速度相等瞬间板块共速运动 处理方法隔离法假设法整体法具体步骤对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受体情况与运动过程假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出其中一个物体“所需要”的摩擦力F f ；比较F f 与最大静摩擦力F fm 的关系，若F f >F fm ，则发生相对滑动将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析临界条件①两者速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变①当木板的长度一定时，滑块可能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘，二者共速是滑块滑离木板的临界条件相关知识运动学公式、牛顿运动定律、动能定理、功能关系等【例1】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0v 从光滑的平台水平滑到与平台等高的小车上，物体和小车的v t -图像如图乙所示，取重力加速度210m/s g =，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2mD ．如果仅增大物体A 的质量，物体A 有可能冲出去 【答案】AC【详解】A ．物体A 滑上小车B 后做匀减速直线运动，对物体分析有A A A m g m a μ=由v t -图像可得22A 14=m/s 3m/s 1v a t ∆-==∆联立解得0.3μ=所以A 正确； B ．对小车B 分析有A B B m g m a μ=由v t -图像可得22B 10=m/s 1m/s 1v a t ∆-==∆联立解得A B 13m m =所以B 错误；C ．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()min A B 4+10+1=11m 2m 22L s s =-⨯-⨯= 所以C 正确；D ．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 加速度增大，所以两者达到共速的时间减小了，则物体A 在小车B 上的相对滑动位移减小，所以物体A 不可能冲出去，则D 错误；故选AC 。
专题突破练 专题二 第9练 板块模型的综合分析
第9练 板块模型的综合分析1．(2021·海南卷·17)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端．已知滑块和木板的质量分别为m 和2m ，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功． 答案 (1)2v 03 (2)7v 0225μg (3)v 0μgm v 02解析 (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2m v 0＝3m v 共 解得v 共＝2v 03(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v 木＝2v 滑 再根据动量守恒定律有2m v 0＝2m v 木＋m v 滑 联立化简得v 滑＝25v 0，v 木＝45v 0再根据功能关系有－μmgx ＝12×2m v 木2＋12m v 滑2－12×2m v 02解得x ＝7v 0225μg(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F ＝μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a 滑＝μg 滑块相对木板静止时有v 0＝a 滑t 解得t ＝v 0μg则整个过程中木板滑动的距离为x ′＝v 0t ＝v 02μg则拉力所做的功为W ＝Fx ′＝m v 02.2．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1 kg 和2 kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1 kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度k v 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物块，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.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.(1)若0<k <0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k ＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小． 答案 (1)5(1－k ) m/s ，方向向右10－20k3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物 解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由 M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑 解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3 m/s>0则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为 v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为 v 滑′＝10－20k3m/s ＝0可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共解得v 共＝1 m/s 根据能量守恒可得μm ′gx 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2解得x 相＝1.875 m.1.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平初速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s 2，方向水平向右D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 答案 D解析 由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，对木板，由牛顿第二定律得μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 m/s 2，即物块在木板上以加速度大小a 2＝μ2g ＝4 m/s 2向右减速滑行时，木板以加速度大小a 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 2＝1.6 m/s ，木板的速度v 1＝1.2 m/s ，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝1.68 m ，木板位移x 1＝v 12t ＝0.36 m ，两者相对位移为x ＝x 2－x 1＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 1′＝μ1g ＝2 m/s 2，方向水平向左，C 错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a 2′＝μ2g ＝4 m/s 2，在地面上物块会滑行x 2′＝v 222a 2′＝0.32 m ，木板会滑行x 1′＝v 122a 1′＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．2．(多选)(2022·陕西省西北工业大学附中适应性训练)如图甲，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块．在t ＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F ，作用1 s 后撤去F ，此后木板运动的v －t 图像如图乙．物块和木板的质量均为1 kg ，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小为18 NB ．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4C ．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3 mD ．t ＝2 s 时刻，物块的速度减为0 答案 AC解析 由题图乙可知，撤去拉力F 前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F 后，木板的v －t 图像不可能是折线．在1～1.5 s 内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a 1、a 2，则a 1＝⎪⎪⎪⎪Δv 1Δt 1＝3－01.5－0 m/s 2＝2 m/s 2，a 2＝⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2＝8－31.5－1 m/s 2＝10 m/s 2，设物块、木板的质量均为m ，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，则有μ1mg ＝ma 1，μ1mg ＋μ2·2mg ＝ma 2，得μ1＝0.2，μ2＝0.4，撤去拉力F 前，木板的加速度大小a 0＝ΔvΔt ＝8 m/s 2，对木板，根据牛顿第二定律有F －(μ1mg ＋μ2·2mg )＝ma 0，得F ＝18 N ，选项A 正确，B 错误；在0～1.5 s 内，物块位移为x 1＝v 122a 1＝322×2 m ＝2.25 m ，木板位移为x 2＝v 22t ＋v 22－v 122a 2＝(82×1＋82－322×10) m ＝6.75 m ，在t 1＝1.5 s 后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小a 1′＝μ1g ＝2 m/s 2，设木板的加速度大小为a 2′，由μ2·2mg －μ1mg ＝ma 2′得a 2′＝6 m/s 2，物块到停止的时间还需t 块＝v 1a 1′＝32 s ＝1.5 s ，木板到停止的时间还需t 板＝v 1a 2′＝36 s ＝0.5 s ，所以木板比物块早停止运动，从t 1＝1.5 s 到物块停止运动的这段时间，物块的位移为x 1′＝v 122a 1′＝322×2 m ＝2.25 m ，木板位移为x 2′＝v 122a 2′＝322×6 m＝0.75 m ，物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为Δs ＝x 2＋x 2′－(x 1＋x 1′)＝[6.75＋0.75－(2.25＋2.25)] m ＝3 m ，选项C 正确；物块从开始到停止运动的总时间为3 s,2 s 时的速度不为0，选项D 错误．3.质量M ＝3 kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L 1＝2 m ，左侧粗糙段长度为L 2，质量m ＝2 kg 、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段滑板的动摩擦因数μ2＝0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，现用F ＝18 N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A 、B 分离时，B 对地的速度v B ＝1 m/s ，求L 2的值．答案 1 m解析 在F 的作用下，A 做匀加速运动，B 静止不动，当A 运动位移为L 1时B 进入粗糙段，设此时A 的速度为v A ，则对A 由动能定理得 FL 1－μ1(M ＋m )gL 1＝12M v A 2B 进入粗糙段后，设A 加速度为a A ，B 加速度为a B ，对A 由牛顿第二定律有 F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A 对B 由牛顿第二定律μ2mg ＝ma B 联立解得v A ＝2 m/s ，a A ＝0，a B ＝1.5 m/s 2即A 以v A ＝2 m/s 的速度做匀速直线运动直至A 、B 分离，设B 在粗糙段滑行的时间为t ，则对A 有x A ＝v A t对B 有v B ＝a B t ，x B ＝12a B t 2二者位移关系为x A －x B ＝L 2 联立解得L 2＝1 m.4．(2022·广东肇庆市二模)如图所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铁块静止在长木板左端，长木板右端紧靠固定在水平面上的竖直弹性挡板，某时刻小铁块自长木板左端以v 0＝6 m/s 的速度向右运动，经过一段时间后与挡板相碰，碰撞过程没有能量损失，最终小铁块恰好没有从长木板上滑下．已知小铁块与长木板质量均为m ＝1 kg ，二者间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度g ＝10 m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)小铁块和长木板的最终速度大小及长木板的长度；(2)整个过程中小铁块和长木板因摩擦产生的热量． 答案 (1) 6 m/s 1 m (2)12 J解析 (1)设铁块运动到木板右端时的速度为v 1，木板长度为l ，则有 v 02－v 12＝2μgl反弹后铁块向左运动，铁块与木板组成的系统动量守恒，最终速度为v 2，有 m v 1＝2m v 2μmgl ＝12m v 12－12×2m v 22联立并代入数据解得 v 2＝ 6 m/s ，l ＝1 m(2)整个过程中，铁块与木板相对运动的路程为 2l ＝2 m所以整个过程中铁块和长木板因摩擦产生的热量为 Q ＝μmg ·2l ＝12 J.5.如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，工件质量M ＝2m ，上表面光滑，长度l ＝20 cm ，可视为质点质量为m 的物块位于工件顶端，工件下表面与斜面之间的动摩擦因数μ＝39，现将物块和工件同时由静止释放，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块经多长时间与工件挡板相碰；(2)假设碰撞为弹性碰撞，碰撞结束后工件的速度大小． 答案 (1)0.4 s (2)53m/s解析 (1)对于物块，沿斜面方向有mg sin 30°＝ma m 对于工件，沿斜面方向有 2mg sin 30°－μ(3mg cos 30°)＝2ma M因为a m >a M ，设t 时间物块与工件相碰，根据位移关系有l ＝12a m t 2－12a M t 2代入数值解得t＝0.4 s(2)物块与工件挡板即将相碰前，物块的速度v m＝a m t工件的速度v M＝a M t代入数值解得v m＝2 m/s，v M＝1 m/s物块与工件组成的系统碰憧过程中，由动量守恒定律有m v m＋M v M＝m v m′＋M v M′根据机械能守恒定律有12＋12M v M2＝12m v m′2＋12M v M′22m v m代入数值解得v M′＝53m/s.6．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置．装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板．已知C与A水平部分和B之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦．A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m．包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；(2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h 应满足的条件；(3)若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h′的最小值．答案(1)40 kg(2)0.8 m≤h≤2.8 m(3)0.85 m解析(1)要求A不动时需满足μ1mg≤μ2(m＋M)g解得m≤M＝40 kg即包裹C的质量不能超过40 kg.(2)由于包裹质量小于40 kg，装置A始终静止不动，所以在A上释放高度最小时，包裹C恰好滑上B车，则有mgh1＝μ1mgL解得h1＝0.8 m释放高度最大时，则包裹C 滑上B 车与挡板碰撞后返回B 车最左端时二者恰好共速，从开始下滑至刚要滑上B 车有mgh 2＝12m v 02＋μ1mgL与B 车相互作用过程满足m v 0＝(m ＋M )v 12m v 02＝12(m ＋M )v 2＋μ1mg ·2L 解得h 2＝m ＋M M ×2μ1L ＋μ1L ＝2.8 m所以0.8 m ≤h ≤2.8 m.(3)由于包裹质量大于40 kg ，则装置A 带动B 车向右运动，要求包裹能滑上B 车，最小高度是包裹刚好可以滑上B 车时A 、B 、C 三者共速．则A 、B 加速度满足 a 1＝μ1mg －μ2(m ＋M )g 2M ＝18 m/s 2包裹加速度a 2＝μ1g ＝2 m/s 2包裹在光滑曲面下滑有12m v 02＝mgh ′共同速度v ＝a 1t ＝v 0－a 2t 解得t ＝817v 0如图所示由v －t 图像可得L ＝12v 0t解得h ′＝0.85 m.7．如图所示，在光滑的水平面上有一质量M ＝4 kg 的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m ＝2 kg.平板车上表面Q 点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ 间的距离L ＝10 m ．某时刻平板车以v 1＝1 m/s 的速度向左滑行，同时小滑块以v 2＝8 m/s 的速度向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距d ＝5 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能E p.答案(1)2 m/s，方向水平向右(2)0.54或0.18(3)18 J解析(1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设平板车与滑块的共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v2－M v1＝(M＋m)v解得v＝2 m/s，方向水平向右．(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmg(L－d)2M v1解得μ＝0.54如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再在返回过程中与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmg(L＋d)2M v1解得μ＝0.18.(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零．如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再在返回过程中与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmgL＋E p2M v1解得E p＝18 J所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.错题统计(题号)对应考点错因分析用动力学方法分析板块问题用动量观点分析板块问题用功能观点分析板块问题1．板块模型的分析方法(1)分析滑块、木板的受力情况，确定两者的运动情况．(2)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与木板之间的联系．(3)注意摩擦力的变化，两者共速时，摩擦力往往发生突变．(4)根据题目要求的物理量和相互作用情况，选择合适的规律列式求解．2．分析板块模型常用的物理规律(1)牛顿运动定律和运动学公式：题目涉及运动的物理量如加速度、位移、速度时，选用此规律．(2)动量守恒定律：合外力为零但不涉及中间量时，选用此规律．(3)动量定理：涉及相互作用时间时，选用此规律．(4)功能关系、能量守恒定律：涉及摩擦生热和能量转化时，选用此规律．3．摩擦生热的计算Q＝F fΔs，Δs为滑块在板上的相对路程．4．注意事项(1)木板在光滑地面上滑动时，滑块不从木板上掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时，两者共速．(2)应注意区分滑块、木板各自的相对地面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位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程).1．(多选)(2022·河北省模拟)如图甲所示，质量为M＝1.5 kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m＝0.5 kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1.现用水平向右的拉力F 拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F ＝kt (k 为常量)，物块的加速度a 随时间t 变化的图像如图乙所示．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．k ＝2 N/sB ．物块与木板间的动摩擦因数为0.5C ．0～2 s 时间内，水平拉力F 做的功为49144J D.43～2 s 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为29J 答案 ABD解析 根据题图乙知，1 s 时木板开始与地面发生相对运动，则有k ×(1 s)＝μ1(M ＋m )g ，解得k ＝2 N/s ，A 正确；当t ＝1 13 s 时，物块的加速度为13 m/s 2，根据牛顿第二定律得k ×(1 13s)－μ2mg ＝m ×(13m/s 2)，解得μ2＝0.5，B 正确；2 s 时物块的加速度为k ×(2 s)－μ2mg ＝ma ，解得a ＝3 m/s 2，a －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示速度变化量，则2 s 末物块的速度为v ＝13×132 m/s ＋(13＋3)×(2－1 13)2 m/s ＝76 m/s ，末动能为12m v 2＝49144J ，根据动能定理，合力做的功是49144 J ，C 错误；43 s 时木板的速度为v 1＝13×132 m/s ＝118m/s ，木板的加速度为μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，解得a 2＝13 m/s 2，故43～2 s 时间内，木板的位移为x 2＝v 1t ＋12a 2t 2＝118×23 m ＋12×13×(23)2 m ＝19 m ，43～2 s 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为Q ＝μ1(M ＋m )gx 2＝29J ，D 正确． 2．(2022·湖北武汉市武昌区质检)如图所示，质量M ＝4 kg 、左端带挡板的、长L ＝1.5 m 的木板B 静止在水平面上，质量m ＝1 kg(可视为质点)的物块A 静止在木板的左端，挡板和物块间用长为l ＝0.5 m 的轻绳连接，A 与B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1.现给物块A 持续施加大小恒为F ＝9 N 、方向水平向右的拉力，使A 由静止开始在B 上向右运动，当绳拉直时瞬间绷断．已知A 因绳绷断速度减小了Δv A ＝0.8 m/s ，可认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g＝10 m/s2，求：(1)绳绷断后瞬间，物块A的速度大小v A和木板B的速度大小v B；(2)物块A在木板B上运动的总时间．答案(1)1.2 m/s0.2 m/s(2)1 s解析(1)开始阶段，由于μ1mg＝μ2(M＋m)g因此物块在木板上滑动时，木板处于静止状态．对物块A，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma由于l＝12at12解得a＝4 m/s2，t1＝0.5 s绳绷断前的瞬间，物块A的速度v0＝at1＝2 m/s绳绷断后瞬间，物块A的速度v A＝v0－Δv A＝1.2 m/s绳绷断时间极短，可认为动量守恒有m v0＝m v A＋M v B因此绳绷断后瞬间，木板B的速度v B＝0.2 m/s(2)绳绷断后B做匀速运动，根据运动学公式有v A t2＋12at22－v B t2＝L－l解得t2＝0.5 s，t2′＝－1 s(舍去)物块A在木板B上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1 s.3.(2022·福建龙岩市武平县第一中学月考)如图所示，左端为四分之一光滑圆弧的长木板静止放置在光滑的水平面上，圆弧与长木板水平部分相切于B点，圆弧的半径为R，长木板的质量为3m，在长木板右端固定一轻弹簧，轻弹簧的自由端位于长木板D点的上方，其中BC＝CD＝R，且BC段光滑，CD段均匀粗糙，小物块P与长木板间的动摩擦因数为μ，D点右侧光滑，质量为m的小物块P由A点上方R处静止下落，沿切线下落进入圆弧，重力加速度为g.求：(1)小物块P到达圆弧最低点B时，小物块P与长木板的速度大小分别为多少；(2)小物块P到达圆弧最低点B时，长木板向左移动的距离多大；(3)运动过程中轻弹簧的弹性势能的最大值．答案(1)3gR 133gR(2)14R(3)(2－μ)mgR解析(1)小物块P从静止开始到最低点的过程中，两物体构成的系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有0＝m v1－3m v2根据能量守恒定律有mg·2R＝12m v12＋12×3m v22联立解得v1＝3gR，v2＝133gR(2)根据水平方向上动量守恒定律有0＝m v1－3m v2在这个过程中，小物块的水平位移为x1，长木板的位移为x2，则有x1＋x2＝Rmx1＝3mx2长木板向左移动的距离x2＝14R(3)从小物块P静止开始下落到弹簧压缩到最短的过程中，系统水平方向上动量守恒0＝(m＋3m)v共，得v共＝0根据能量守恒定律有2mgR＝μmgR＋E p得E p＝2mgR－μmgR＝(2－μ)mgR.。
板块模型(学生版)--2024年高三物理二轮常见模型
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。
板块模型专题训练【精选文档】
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：代入数据：向右平抛的水平位移: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：C 离开木板后，木板受力如图3得：故：图132图1 图2图3(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： ①对小物块： 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： ③对小物块： ④联立③④得： ⑤ 联立①②⑤：2．（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 == 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。
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。
专题06 板块模型-2023年高三物理常见模型与方法强化专训专练(解析版)(解析版)
2023年高三物理常见模型与方法强化专训专练专题06板块模型特训目标特训内容目标1高考真题（1T—5T）目标2无外力动力学板块模型（6T—10T）目标3有外力动力学板块模型（11T—15T）目标4利用能量动量观点处理板块模型（16T—20T）目标5电磁场中的块模型（21T—25T）【特训典例】一、高考真题1．（2021全国卷）水平地面上有一质量为1m 的长木板，木板的左端上有一质量为2m 的物块，如图（a ）所示。
用水平向右的拉力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化关系如图（b ）所示，其中1F 、2F 分别为1t 、2t 时刻F 的大小。
木板的加速度1a 随时间t 的变化关系如图（c ）所示。
已知木板与地面间的动摩擦因数为1μ，物块与木板间的动摩擦因数为2μ，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g 。
则（）A ．111=F m g μB ．2122211()()m m m F gm μμ+=-C ．22112m m m μμ+>D ．在20~t 时间段物块与木板加速度相等【答案】BCD【详解】A ．图（c ）可知，t 1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有1112()F m m g μ=+，A 错误；BC ．图（c ）可知，t 2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象，根据牛顿第二定律，有211212()()F m m g m m a μ-+=+以木板为对象，根据牛顿第二定律，有221121()0m g m m g m a μμ-+=>解得2122211()()m m m F g m μμ+=-；()12212m m m μμ+>，BC 正确；D ．图（c ）可知，0~t 2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D 正确。
故选BCD 。
2．（2019全国卷）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 =4s 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．重力加速度取g =10m/s 2．由题给数据可以得出A ．木板的质量为1kgB ．2s~4s 内，力F 的大小为0.4NC ．0~2s 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0.2【答案】AB【详解】结合两图像可判断出0-2s 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，此过程力F 等于f ，故F 在此过程中是变力，即C 错误；2-5s 内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s 和4-5s 列运动学方程，可解出质量m 为1kg ，2-4s 内的力F 为0.4N ，故A 、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.3．（2022河北卷）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010m /s v =向右运动，B 和D 以相同速度0kv 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0.1μ=。
2023年高考物理总复习素养专题强化练(三)板块模型
素养专题强化练(三)板块模型1.如图甲所示,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取10 m/s2,下列说法正确的是()A.小滑块的质量m=3 kgB.小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1C.当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2D.当水平拉力F增大时,小滑块的加速度一定增大【解析】选C。
由a-F图像可知,外力小于6 N时,两物体有共同加速度,外力等于6 N时,两物体具有最大共同加速度为2 m/s2,对整体分析有F=(M+m)a解得M+m=3 kg由a-F图像可知,外力大于6 N后两物体相对滑动,对长木板受力分析有F-μmg=Ma整理得a=1M F-μmgM由a-F图像可知斜率为k=1M代入数据解得1M =k=26-4=1解得M=1 kg则有m=2 kg,A错误;因小滑块的最大加速度为2 m/s2,对小滑块分析有μmg=ma m,解得μ=0.2,B 错误;由a-F图像可知,外力大于6 N后两物体相对滑动,相对滑动后小滑块的加速度不随外力的增大而改变,D错误;由a-F图像可知,外力大于6 N后两物体相对滑动,对长木板受力分析有F-μmg=Ma,所以当水平拉力F=7 N时,长木板的加速度大小为3 m/s2,C正确。
2.如图甲所示,光滑的水平地面上放着一个足够长的长木板,t=0时,一质量为m的滑块以初速度v0滑上长木板,两者的v-t图像如图乙所示,当地的重力加速度为g,下列说法正确的是()A.在0~t 0时间内,滑块在长木板上滑过的位移为Δx =v 0t 0B.长木板的质量为M =2mC.在0~t 0时间内,滑块受到的摩擦力为f =2mv 05t 0D.在0~t 0时间内,滑块与长木板之间因摩擦而产生的热量为Q =mv 0210【解析】选C 。
在0~t 0时间内,滑块在长木板上滑过的位移为Δx =v 0+35v 02t 0-0+35v 02t 0=12v 0t 0, A 错误;根据动量守恒定律得mv 0=(M +m )35v 0 ,解得M =23m ,B 错误;在0~t 0时间内,对木板根据动量定理得ft 0=M ·35v 0 ,解得f =2mv 05t 0,C 正确;在0~t 0时间内,根据能量守恒定律得Q =f ·Δx =15m v 02,D错误。