板块模型练习(牛顿运动定律压轴题)
矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。
如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。
㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。
(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。
如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。
对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。
二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。
2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。
㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。
2、矿产品价格稳定性及变化趋势。
三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。
2、矿区矿产资源概况。
3、该设计与矿区总体开发的关系。
㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。
2、矿床开采技术条件及水文地质条件。
高考板块模型及传送带问题 压轴题【含详解】
如图所示，长L=1.5 m，高h=0.45 m，质量M=10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0=3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F=50N，并同时将一个质量m=lkg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计．取g=10 m/s2．求：⑴小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；⑵小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；⑶小球离开木箱时木箱的速度．【解答】：⑴设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于②小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为m/s木箱向右运动的最大位移为m木箱向左运动的加速度为m/s时，小球脱离木箱，由，得⑦m/s的底端（斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接），轨道与水平面的夹角θ=37°.一质量也为m A=2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0=8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1=0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2=0.2，sinθ=0.6，cosθ=0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点．求：⑴物块A刚滑上木板B时的速度为多大？⑵物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？(3)木板B有多长？【解答】：⑴物块A从斜面滑下的加速度为a1，则m A g sinθ–μ1m A g cosθ=m A a1，解得a1=4 m/s2，物块A滑到木板B上的速度为v1==8 m/s．⑵物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2=μ2g=2 m/s2；设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2–a2t2/2-a2t2/2=L．对物块A有v2=v1–a2t2，v2–v12=–2a2(x+L)．对木板B有v=2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2=2s，L=8 m．v （1）（2）、板的位移（2）对板有122且v=a2t2解得t2=又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3，则vt―t3=l，t3=--3为了使物块能到达板的右端，必须满足t2≥t3即，则μ2≥-所以为了使物块能到达板的右端，板与桌面间的摩擦因数μ2≥-【答案】如图所示，倾角a=37°的固定斜面上放一块质量M=1 kg，长度L=3 m的薄平板AB。
第四章 牛顿运动定律 常见题型(二)1--板块模型
第四章习题课动力学中的常见题型(二)一、滑块一木板模型1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2．位移关系：如图，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx＝x2＋x1＝L。
3．基本思路运动状态板、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，弄清每个物体的受力情况与运动过程。
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。
②.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达到共同速度(相对静止)是滑块滑离木板的临界条件。
原理运动学公式、牛顿运动定律【例1】如图所示，质量为M，长为L的滑板静止在光滑水平面上，一质量为m的小滑块以速度v从左端滑上滑板，最后刚好不从滑板右端掉下。
求：滑块与滑板间的动摩擦因数。
【例2】如图所示，质量M＝8 kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板左端加一水平恒推力F＝8 N，当长木板向右运动的速度达到1.5 m/s 时，在长木板前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板足够长。
(g 取10 m/s2)(1).小物块放在长木板上后，小物块及长木板的加速度各为多大？(2).经多长时间两者达到相同的速度？(3).从小物块放在长木板上开始，经过t＝1.5 s小物块的位移大小为多少？【练1】如图所示，一质量M＝3.0 kg的足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m＝1.0 kg的小木块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数μ＝0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现给木块A施加一随时间t变化的水平力F＝kt(k＝2 N/s)，取g＝10 m/s2.(1)若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动？(2)若木板B固定，求t2＝2.0 s时木块A的加速度大小。
高中物理 高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之板块模型 (word版有答案)
2021届高考一轮复习基础练习：牛顿运动定律运用之板块模型一、单选题(下列题目中只有一个选项是满足题意的)1．如图所示，置于水平地面上的A、B两物块，在水平恒力F的作用下，以共同速度向右做匀速直线运动．下列说法正确的是A．A与B间的动摩擦因数可能为0B．B与地面间的动摩擦因数可能为0C．若撤去F，A与B一定会相对滑动D．若撤去F，A与B间摩擦力逐渐减小2．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为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．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg3．如图所示，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μ1=0.1，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μ2=0.4，设木板足够长，若对铁块施加一个大小从零开始连续增加的水平向右的力F，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g=10m/s2，则下面四个图中能正确反映铁块受到木板的摩擦力大小f随力F大小变化的是（）A ．B ．C ．D ．4．如图所示，质量为m 1的木块和质量为m 2的长木板叠放在水平地面上．现对木块施加一水平向右的拉力F ，木块在长木板上滑行，长木板始终静止．已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
则（ ）A ．μ1一定小于μ2B ．μ1一定不小于μ2C ．改变F 的大小，F >μ2(m 1＋m 2)g 时，长木板将开始运动D ．若F 作用于长木板，F >(μ1＋μ2)(m 1＋m 2)g 时，长木板与木块将开始相对滑动5．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M 的A 、B 两块木板，在木板A 的上面放着一个质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。
A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数都为μ。
高中物理板块模型经典题目和答案
2.如图，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。
假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。
现给木块施加一随时间t 增大的水平力F=kt （k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（ ） 3．如图所示，A 、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B 受到的摩擦力A ．方向向左，大小不变B ．方向向左，逐渐减小C ．方向向右，大小不变D ．方向向右，逐渐减小例1．一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．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）10.如图所示，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，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零14.质量为m =1.0 kg 的小滑块(可视为质点)放在质量为m =3.0 kg 的长木板的右端,木板上表面光滑,木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2,木板长L=1.0 m 开始时两者都处于静止状态,现对木板施加水平向右的恒力F =12 N,如图3-12所示,为使小滑块不掉下木板,试求:(g 取10 m/s 2) (1)水平恒力F 作用的最长时间; (2)水平恒力F 做功的最大值.10．如图9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( )图9A ．物块先向左运动，再向右运动B ．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C ．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D ．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零17．如图18所示，小车质量M 为2.0 kg ，与水平地面阻力忽略不计，物体质量m 为0.5 kg ，物体与小车间的动摩擦因数为0.3，则：图18(1)小车在外力作用下以1.2 m/s 2的加速度向右运动时，物体受摩擦力多大？ (2)欲使小车产生a ＝3.5 m/s 2的加速度，需给小车提供多大的水平推力？ (3)若要使物体m 脱离小车，则至少用多大的水平力推小车？(4)若小车长L ＝1 m ，静止小车在8.5 N 水平推力作用下，物体由车的右端向左滑动，则滑离小车需多长时间？(物体m 看作质点)16．如图所示，木板长L ＝1.6m ，质量M ＝4.0kg ，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ＝0.4.质量m ＝1.0kg 的小滑块(视为质点)放在木板的右端，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g ＝10m/s 2，求： (1)木板所受摩擦力的大小；(2)使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值．17．如图所示，质量为m ＝1kg ，长为L ＝2.7m 的平板车，其上表面距离水平地面的高度为h ＝0.2m ，以速度v 0＝4m/s 向右做匀速直线运动，A 、B 是其左右两个端点．从某时刻起对平板车施加一个大小为5N 的水平向左的恒力F ，并同时将一个小球轻放在平板车上的P 点(小球可视为质点，放在P 点时相对于地面的速度为零)，PB ＝L3.经过一段时间，小球从平板车上脱离后落到地面上．不计所有摩擦力，g 取10m/s 2.求：(1)小球从放到平板车上开始至落到地面所用的时间； (2)小球落地瞬间平板车的速度．13．如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量M ＝4kg ，长L ＝1.4m ，木板右端放着一个小滑块．小滑块质量为m ＝1kg ，其尺寸远小于L .小滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，g ＝10m/s 2. (1)现用恒力F 作用于木板M 上，为使m 能从M 上滑落，F 的大小范围是多少？(2)其他条件不变，若恒力F ＝22.8N 且始终作用于M 上，最终使m 能从M 上滑落，m 在M 上滑动的时间是多少？18．如图所示，一块质量为m ，长为L 的均质长木板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m ′的小物体(可视为质点)，物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速度v 向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，已知整个过程中板的右端都不会到达桌边定滑轮处．试求： (1)当物体刚到达木板中点时木板的位移；(2)若木板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数应满足什么条件？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。
粤教版高中物理必修第一册课后习题 第4章 牛顿运动定律 分层作业32 传送带模型 板块模型
分层作业32 传送带模型板块模型A组必备知识基础练题组一水平方向的传送带问题1.快递小件分拣的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带,可将放在其上的小包裹(可视为质点)运送到指定位置.某次将包裹无初速度放到传送带上时,恰好带动传送带的电动机突然断电,导致传送带做匀减速运动至停止.选择地面为参考系,则以小包裹被放到传送带上后运动情况的描述正确的是( )A.小包裹保持静止状态B.小包裹先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动C.小包裹先做匀加速直线运动,然后做匀减速直线运动D.小包裹先做匀减速直线运动,然后做匀速直线运动2.(安徽马鞍山期末)如图所示,某煤矿使用传送带运送煤块.水平传送带的长度一定,以一定的速度顺时针转动.将一煤块轻放在传送带最左端的A点,煤块先做匀加速运动再匀速运动到达最右端.下列说法正确的是( )A.煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力,后是静摩擦力B.煤块在向右匀加速运动的过程中,受到的摩擦力水平向左C.煤块质量越大,在传送带上留下的划痕越长D.仅提高传送带的传送速度,煤块在传送带上可能一直做匀加速运动题组二倾斜方向的传送带问题3.(多选)(福建厦门测试)如图所示,传送带向右上方匀速运转,石块从漏斗里竖直掉落到传送带上,然后随传送带向上运动,下列说法正确的是( )A.石块落到传送带上可能先做加速运动后做匀速运动B.石块在传送带上一直受到向右上方的摩擦力作用C.石块在传送带上一直受到向左下方的摩擦力作用D.开始时石块受到向右上方的摩擦力后不受摩擦力4.如图所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tan θ,则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是( )题组三板块问题5.(江苏扬州阶段练习)如图甲所示,长木板A静止在光滑水平面上,另一物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面.由于A、B 间存在摩擦,之后运动过程中A、B的速度随时间变化情况如图乙所示.g 取10 m/s2,下列说法正确的是( )A.A、B所受的摩擦力均与运动方向相反B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2C.A的长度可能为L=0.8 mD.A的质量是B的1.5倍6.(云南大理期末)如图所示,质量为m0的木板静止在粗糙水平地面上,质量为m的滑块叠放在木板上,用力F将滑块从木板左端匀加速拉到右端,此过程中木板保持静止状态.若滑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,重力加速度为g,则滑块在木板上向右滑动过程中,地面对木板的摩擦力大小为( )A.μ1mgB.μ2m0gC.μ2(m0+m)gD.μ1mg+μ2m0gB组关键能力提升练7.如图所示,足够长的木板静止在水平地面上,物块静止在木板上,已知木板与水平地面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,则木板的速度大小v随时间t的关系图像是( )8.(江苏盐城阶段练习)如图甲所示,倾角为θ的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行.t=0时,将质量m=1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上端,物体相对地面的v-t图像如图乙所示,物体2 s时滑离传送带.设沿传送带向下为正方向,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.则( )A.传送带的倾角θ=30°B.物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4C.传送带的长度为15 mD.物体在传送带上留下的痕迹长度为5 m9.(广东深圳期末)很多学校食堂装配了全自动餐具传送设备.学生把餐盘轻放到水平匀速传送带上时,餐盘会随传送带一起前进,被运送到指定位置统一收集.g取10 m/s2,请问:(1)餐盘轻放在传送带上后,餐盘在传送带上刚开始是否会滑动?请说明理由.(2)设传送带匀速前进的速度为0.4 m/s,餐盘与传送带之间的动摩擦因数μ为0.4,餐盘被送到8 m的指定收集点需要多长时间?C组核心素养拔高练10.(广东广州检测)大型户外水上游乐活动的模型图如图所示,斜槽AB与水平槽BC平滑连接,水平槽BC右端紧靠一平板但不连接,平板上表面与水平槽末端相切,且平板始终浮于水面上.游客从斜槽顶端A处由静止滑下,经过水平槽滑上平板,整个运动过程中游客可视作质点.已知θ=37°,斜槽AB长L1=12.5 m,水平槽BC长L2=7.2 m,平板的质量m0=50 kg,长度L3=5 m,游客的质量m=50 kg,游客与斜槽、水平槽间的动摩擦因数均为μ1=0.25,与平板间的动摩擦因数μ2=0.5,平板在水中运动时受到的阻力是其所受.不计水流速度,水池足够大.sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力浮力的110加速度g取10 m/s2.求:(1)游客在斜槽AB上的加速度大小;(2)游客滑到水平槽C点时的速度大小;(3)游客在平板上滑行的距离.答案：1.C 解析由题可知传送带能将小包裹运送到指定位置,则无论传送带断电与否小包裹都会运动,且小包裹初速度为零,受到向前的滑动摩擦让小包裹做匀加速直线运动直到与传送带共速,共速后由于传送带断电做匀减速直线运动,则共速后小包裹与传送带一起做匀减速直线运动.故选C.2.D 解析共速前,煤块受到的摩擦力先是滑动摩擦力;共速后,煤块不受摩擦力作用,故A错误;煤块在向右匀加速运动的过程中,受到的摩擦力水平向右,故B错误;以煤块为对象,根据牛顿第二定律可得a=μmgm=μg,煤块与初速度共速所用时间为t=va =vμg,煤块在传送带上留下的划痕长度为Δs=s传-s煤=vt-v2t=v22μg,可知煤块在传送带上留下的划痕长度与煤块的质量无关,故C错误;仅提高传送带的传送速度,可能煤块到达右端前还没有与传送带共速,则煤块在传送带上可能一直做匀加速运动,故D正确. 3.AB 解析由相对运动可知,石块落在传送带上向下滑,石块受到向上的滑动摩擦力,使石块加速向上运动,达到与传送带共速,若达到共速所经位移大于传送带长度,则一直加速;若达到共速时所经位移小于传送带长度,共速后石块与传送带相对静止一起做匀速运动,故A 正确;当石块向上加速时,受到沿传送带向上的滑动摩擦力,当石块匀速时,受到沿传送带向上的静摩擦力,则石块所受的摩擦力一直沿传送带向上,故B 正确,C 、D 错误. 4.C 解析初状态时,小木块重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以小木块先沿斜面做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma,解得加速度大小为a=gsinθ+μgcosθ;当小木块的速度与传送带速度相等时,由μ>tanθ可知小木块与传送带一起匀速下滑,图像的斜率表示加速度,可知第一段是倾斜的直线,第二段是平行时间轴的直线,故选C.5.B 解析B 受到的摩擦力方向水平向左,与B 的运动方向相反,A 受到的摩擦力方向水平向右,与A 的运动方向相同,故A 错误;以B 为研究对象,根据牛顿第二定律可得a B =μm B g m B=μg,根据v-t 图像可知B 的加速度大小为a B =3-11m/s 2=2m/s 2,联立解得A 、B 之间的动摩擦因数为μ=0.2,故B 正确;以A 为研究对象,根据牛顿第二定律可得a A =μm B g m A,根据v-t 图像可知A 的加速度大小为a A =11m/s 2=1m/s 2,联立可得m A =2m B ,故D 错误;根据v-t 图像可知共速前B 相对于A 发生的位移为Δs=s B -s A =3+12×1m -12×1×1m=1.5m,则A 的长度至少为1.5m,故C 错误.6.A 解析对滑块进行分析,滑块相对于木板向右运动,木板对滑块向左的滑动摩擦力大小为f=μ1F N=μ1mg,根据牛顿第三定律可知,滑块对木板的摩擦力大小也为μ1mg,方向向右,由于木板处于静止状态,根据平衡条件可知,地面对其摩擦力大小与滑块对木板的摩擦力大小相等,即有f地=μ1mg,故选A.7.C 解析t=0时刻,给木板一水平向右的初速度,物块在向右的摩擦力作用下开始加速,木板在物块和地面给的摩擦力作用下开始减速,有f地+f块=ma,当物块和木板速度相同时,由于木板与水平面间的动摩擦因数小于物块与木板间的动摩擦因数,两者相对静止,两者间摩擦力变成静摩擦力,一起减速,对木板,有f地=ma',则a'<a,图像斜率变小.故选C.8.D 解析由图乙得0~1s内物体的加速度大小a1=Δv1Δt1=10.01.0m/s2=10.0m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1,1~2s内物体的加速度大小a2=Δv2Δt2=12.0-10.01.0m/s2=2.0m/s2,根据牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma2,联立解得θ=37°,μ=0.5,故A、B错误.由题可得物体0~2s内的位移大小即为传送带的长度,根据v-t图像与t轴所围的面积表示位移,则传送带的长度为l=10.0×1.02m+10.0+12.02×1m=16m,故C错误.由图乙知传送带的速率v0=10m/s,则0~1s内,物体的位移大小为s1=10.0×1.0m=5m,传送带的位移大小为s2=v0t1=10×1m=10m,故物体与传送2带间相对位移大小为Δs1=s2-s1=10m-5m=5m,物体相对传送带向上运×1m=11m,传送带的位移大小为动;1~2s内物体的位移大小为s3=10.0+12.02s4=v0t2=10×1m=10m,故物体与传送带间相对位移大小为Δs2=s3-s4=1m,物体相对传送带向下运动,痕迹重叠1m,因此物体在传送带上留下的痕迹长度为5m,故D正确.9.解析(1)会滑动.餐盘轻放上传送带后,两者速度不一样,餐盘受到传送带向前的摩擦力而开始加速运动,故会滑动.(2)设餐盘与传送带达到相同速度前的加速度为a,根据牛顿第二定律得μmg=maa=4m/s2设用时t1后餐盘与传送带速度相同,则t1=v=0.1sa在时间t1内,餐盘的位移大小s1=vt12餐盘匀速运动的位移大小s2=vt2且s=s1+s2=8m得t2=19.95s故餐盘被送到8m的指定收集点需要的时间为t=t1+t2=20.05s.答案(1)会滑动,见解析(2)20.05 s10.解析(1)游客沿AB下滑时,受力分析如图所示沿斜面方向,由牛顿第二定律得F合=mgsinθ-μ1mgcosθ=ma解得a=4m/s2.(2)游客在AB上运动时,由运动学公式v B2=2aL1解得v B=10m/s游客在BC上运动时,由牛顿第二定律得F合'=μ1mg=ma'解得a'=2.5m/s2由运动学公式2a'L2=v B2−v C2解得v C=8m/s.(3)游客在平板上运动时,对游客,由牛顿第二定律得F合″=μ2mg=ma1解得a1=5m/s2对平板F合‴=μ2mg-0.1×(m+m0)g=m0a2解得a2=3m/s2当游客和平板共速时,游客停止滑行v共=v C-a1t=a2t解得t=1s,v 共=3m/s游客在平板上运动的位移大小为 s 1=v C +v 共2t解得s 1=5.5m平板的位移大小为s 2=v 共2t=1.5m所以游客在平板上滑行的距离为 s=s 1-s 2解得s=4m.答案(1)4 m/s 2 (2)8 m/s (3)4 m。
第六讲 牛顿定律之板块模型计算专题(解析版)
第六讲 牛顿定律之板块模型计算专题【例1】如图所示，长为L ＝2 m 、质量为M ＝8 kg 的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v 0＝6 m/s 时，在木板前端轻放一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块．木板与地面间、物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g ＝10 m/s 2.求：(1)物块及木板的加速度大小。
(2)物块滑离木板时的速度大小。
解析：（1）物块与木板间发生相对运动，物块的加速度a m =gμ=2m/s ，木板的加速度设为a M ，则：μmg +μ（m +M ）g =Ma M ，解得：a M =3m/s 2（2）木块离开木板的条件是，两者的相对位移至少是L ，设物块经t s 从木板上滑落，则 L =v 0t -222121t a t a m M 代入数据，解得：t =0.4s 或t =2s （舍去） 故滑离时物块的速度：v =a m t =2×0.4=0.8m/s答案：（1）2 m/s 2 3 m/s 2； （2）0.8 m/s ．【练习1】如图所示，质量M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，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，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g ＝10 m/s 2。
则：(1) 小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2) 小车的长度L 是多少？解析：(1)以小物块为研究对象，由牛顿第二定律，得 μmg ＝ma 1 解得a 1＝μg ＝2 m/s 2以小车为研究对象，由牛顿第二定律，得F －μmg ＝Ma 2 解得a 2＝F －μmgM＝0.5 m/s 2(2)由题意及运动学公式：a 1t ＝v 0＋a 2t 解得：t ＝v 0a 1－a 2＝1 s则物块运动的位移x 1＝12a 1t 2＝1 m小车运动的位移x 2＝v 0t ＋12a 2t 2＝1.75 mL ＝x 2－x 1＝0.75 m答案：(1) 2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2) 0.75 m【例2】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F ＝8 N 的水平推力，当小车向右运动的速度达到v 0＝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，取g ＝10 m/s 2.求：(1) 放小物块后，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) 从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？ 解析：（1）小物块的加速度a m =gμ=2m/s 2，小车的加速度MmgF a M μ-==0.5m/s 2； （2）由a m t =v 0+a M t ，解得：t =1s（3）从小物块放上小车开始1 s 内，小物块的位移 s 1＝12a m t 2＝1 m ， 1 s 末小物块的速度v ＝a m t ＝2 m/s ，在接下来的0.5 s 内小物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a ＝FM m+＝0.8 m/s 2，这0.5 s 内小物块的位移s 2＝vt 1＋2112at ＝1.1 m ，小物块1.5 s 内通过的总位移s ＝s 1＋s 2＝2.1 m.答案： (1)2 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)1 s (3)2.1 m【练习2】有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L ＝1 m ，起点A 到终点线B 的距离s ＝5 m ．开始滑板静止，右端与A 平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F 使滑板前进．板右端到达B 处冲线，游戏结束．已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m 1＝2 kg ，滑板质量m 2＝1 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1) 滑板由A 滑到B 的最短时间可达多少？(2) 为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F 的取值范围如何？解析：(1)滑板一直加速，所用时间最短．设滑板加速度为a 2， F f ＝μm 1g ＝m 2a 2， 解得a 2＝10 m/s 2，s ＝a 2t 22，解得t ＝1 s.（2）刚好相对滑动时，F 最小，设为F 1，此时可认为二者加速度相等，F 1-μm 1g =m 1a 2，解得F 1=30N当滑板运动到B 点，滑块刚好脱离时，F 最大，设为F 2，设滑块加速度为a 1，F 2-μm 1g =m 1a 1，L t a t a =-22212121，解得F 2=34N ，则水平恒力F 的取值范围是30N≤F ≤34N 。
高三复习物理斜面上的板块模型压轴题
高三复习物理斜面上的板块模型压轴题例题1：地面固定一个斜面倾角为θ，AC边长为L ，小物块乙置于木板甲的一端，与木板一起从斜面顶端C 处无初速度释放，其中甲乙质量均为m ，斜面光滑，甲乙之间的动摩擦因素为θμtan =，木板长度为3L/4，重力加速度为g ，每当木板滑到斜面底端时，就会与A 处的弹性挡板发生碰撞，木板碰撞后等速率反弹，而且碰撞时间极短，对木块速度的影响可以忽略。
求：①甲乙开始静止下滑的加速度；②木板第一次碰撞反弹上升的最大距离；③物块乙从开始运动到最后与木板甲分离所用的时间。
【解析】木板、木块、斜面分别用角标P 、Q 、M 代表<1>开始下滑时，甲乙相对静止，视为整体，由牛二律：ma mg2sin 2=θ，故θsin g a =碰到底部挡板时，有)43(2021L L a v -=-故2sin 1θgL v =，需时：θsin 211g La v t ==<2>木板频道A 端反弹，沿斜面向上运动，物块仍然沿斜面向下，对木板P 有：2sin cos 板ma mg mg =+θθμ又μθ=tan ，故θsin 22g a =板反弹过程木板P 的初速度12v v =板设木板减速到零，走过的位移（相对斜面M ）为2板对斜面S ，则有：222220-板对斜面板板S a v = 解得：L S 812=板对斜面所需时间θsin 221222g La v t ==板板板对物块Q 有：物ma mg mg =-θμθcos sin又μθ=tan ，故0=物a ，即物块在木板上相对地面匀速下滑在2板t 时间内，物块对斜面下滑的位移为：L 41212==板物对斜面t v S ，则物块相对木板的位移为：L 83222=+=板对斜面物对斜面物对板S S S <3> 木板减速到零后，方向沿斜面向下加速。
木板若加速到与木块共速，需走过22214板对斜面板板S L a v S >== 故木板在回到斜面底端A 时，仍然没有达到与物体共速，故木板回到底端时的速度为：12232v S a v ==板对斜面板板，所需时间为：θsin 2212233g Lt a v t ===板板板板木板返回所走位移：L S S 8123==板对斜面板对斜面此时间内物块又向下相对斜面走了位移：L t v S 41313==板物对斜面故物体在斜面上相对前进了：L S S S 81-333==板对斜面物对斜面物对板此时物体距离木板左端还剩下的距离为：L S S L S 41-43324=-=物对板物对板物对板 <4>木板与底端碰撞后又反弹14v v =板若木板反弹后在斜面上向上一直减速到零，而木块仍未从木板上落下，由前面计算可知，木板相对斜面的位移为L S 812=板对斜面，需时间θsin 22123g Lt t ==板板，与此同时物体对斜面向下位移为L S 413=物对斜面故物体对木板的位移为：L S L S S 4183432=>=+物对板物对斜面板对斜面说明板还未减速到零之前，物体已经达到木板左端，设需要时间为4板t ，则木板向上相对斜面运动位移为：2424124244421-21-板板板板板板板板对斜面t a t v t a t v S ==物体继续相对斜面向下运动位移：414板物对斜面t v S =则物体对木板位移为：L S S S 41444==+物对板物对斜面板对斜面即L t g t gL 41)sin 2(21-)2sin 2244=??板板（θθ 解得：θsin 2124g L t -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++=方法2：VT 图:<1><2>步骤同前，对第<3>问：θsin 21g La v t ==，又13221t t t ==321t t t t ++=时，甲乙的相对位移为：三角形DKH 的面积，把三角形CKE 的面积补到三角形EGH 的部分，则等于矩形DCGH 的面积，又等于矩形ABCD 的面积（L /2），即：Lvt t t v S 21)(221DH DK 21111==+??=?=）（物对板故4t 内的相对位移为：444414)]sin 22(2[21)]2(2[21)]([21)(21412143t t g v v t t a v v HJ PN JN HM HJ JP HM L L L S ??-+=?-+=?-+=?+==-=θ物对板解得: θsin 2124g Lt -=板故总时间为θsin 222-34321g Lt t t t t ）（板板板总=+++=在光滑水平面上放置两长度相同、质量分别为m1和m2的木板P、Q，在木板的左端各有一大小、形状、质量完全相同的物块a和b，木板和物块均处于静止状态．现对物块a和b分别施加水平恒力F1和F2，使它们向右运动．当物块与木板分离时，P、Q的速度分别为v1、v2，物块a、b相对地面的位移分别为s 1、s2．已知两物块与木板间的动摩擦因数相同，下列判断正确的是（）A．若F1=F2、m1＞m2，则v1＞v2、S1=S2 B．若F1=F2、m1＜m2，则v1＞v2、S1=S2 C．若F1＞F2、m1=m2，则v1＜v2、S1＞S2 D．若F1＜F2、m1=m2，则v1＞v2、S1＞S2A．若F2、m1＞m2，则v 1＞v2、S1=S2 B．若F 1=F2、m1＜m2，则v 1＞v2、S1=S2 C．若F2、m1=m2，则v 1＜v2、S1＞S2 D．若F 1＜F2、m1=m2，则v 1＞v2、S1＞S212题：A、首先看F1=F2时情况：由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：因为a1=μmg/ m1，a2=μmg/ m2，其中m为物块a 和b的质量．设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：a与P 的相对位移L=(1/2)at12-(1/2)a1t12又b与Q 的相对位移L=(1/2)at22-(1/2)a2t22若m1＞m2，a1＜a2所以得：t1＜t2P的速度为v1=a1t1，Q的速度为v2=a2t2物块a相对地面的位移分别为s1=(1/2)at12物块b相对地面的位移分别为s2=(1/2)at22则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．对于C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：则a的加速度大于b的加速度，即aa＞a由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．它们向右都做匀加速直线运动当物块与木板分离时：a与P的相对位移L=(1/2)aat12-(1/2)at12又b与Q的相对位移L=(1/2)abt22-(1/2)at22由于aa＞ab所以得：t1＜t2则v＜v2，s1＜s2，故C错误．对于D、根据C选项分析得：若F 1＜F2、m1=m2，aa＜ab则v1＞v2、S1＞S2故D正确．故选D．。
板块(滑块木板) 模型(牛顿第二定律)-2024年高考物理一轮复习考点通关卷(解析版)
板块(滑块木板)模型(牛顿第二定律)建议用时：50分钟考点序号考点题型分布考点1没有外力的板块模型6单选+1多选考点2受恒定外力的板块模型3单选+4多选考点3受变化外力的板块模型3单选+3多选考点01：不受外力的板块模型(6单选+1多选)一、单选题1(2023·湖北·模拟预测)如图所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以速度v0水平向右滑行，滑块与木板，木板与地面的摩擦因数分别为μ1、μ2且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
滑块的v-t图像如图所示，则有()A.μ1=μ2B.μ1<μ2C.μ1>2μ2D.μ1=2μ2【答案】C【详解】由v-t图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板μ1mg>μ22mg则有μ1>2μ2故选C。
2(2023·湖南·统考模拟预测)如图所示，一质量为0.3kg的“L”型平板B静置在地面上，平板B的上表面O点左侧粗糙、右侧光滑，质量为0.1kg的小物块A从平板B上的O点以某一初速度沿平板B向右滑动，与平板B右侧挡板碰撞后瞬间，二者速度大小均为2m/s，速度方向相反，当小物块A速度减为零时，恰好返回到相对地面的出发位置，已知小物块A与平板B间的动摩擦因数为0.4，平板B与地面间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g=10m/s2，整个过程中小物块A始终未滑离平板B，下列说法正确的是()A.碰撞后平板B在运动过程中加速度大小不变B.碰撞后小物块A 减速时的加速度大小为2.25m/s 2C.碰撞后小物块A 刚减速时平板B 的速度大小为1m/sD.平板B 上O 点右侧光滑部分的长度为67m【答案】C【详解】AB ．碰撞后小物块A 先在平板B 的光滑部分做匀速直线运动，后在平板B 的粗糙部分做匀减速直线运动，平板B 在这两个过程中做加速度不同的匀减速直线运动；对小物块A 、平板B 分别应用牛顿第二定律得a A =μ1m A gm A=4m/s 2a B 1=μ2m A +m B g m B =3m/s 2，a B 2=μ2m A +m B g +μ1m A g m B =133m/s 2故AB 错误；C ．设碰撞后小物块A 刚滑到平板B 的粗糙部分开始做减速运动时，平板B 的速度大小为v B 0，则有v B 0<v B =v A又a B 2>a A所以平板B 的速度先减为0，后小物块A 的速度再减为0。
板块模型--2024年高考物理大题突破(解析版)
大题板块模型板块模型涉及相互作用的两个物体间的相对运动、涉及摩擦力突变以及功能、动量的转移转化。
情境素材丰富多变考察角度广泛，备受高考命题人的青睐，在历年高考中都有体现多以压轴题的形式出现，所以在备考中要引起高度重视，并要加大训练提升分析此类问题的解答水平。
动力学方法解决板块问题1如图甲所示，质量m =1kg 的小物块A (可视为质点)放在长L =4.5m 的木板B 的右端，开始时A 、B 两叠加体静止于水平地面上。
现用一水平向右的力F 作用在木板B 上，通过传感器测出A 、B 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示。
已知A 、B 两物体与地面之间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。
求：(1)A 、B 间的动摩擦因数μ1；(2)乙图中F 0的值；(3)若开始时对B 施加水平向右的恒力F =29N ，同时给A 水平向左的初速度v 0=4m/s ，则在t =3s 时A 与B 的左端相距多远。
【三步审题】第一步：审条件挖隐含(1)当F >F 0时B 相对地面滑动，F 0的值为B 与地面间的最大静摩擦力大小(2)当F 0<F ≤25N 时，A 与B 一起加速运动，A 与B 间的摩擦力为静摩擦力(3)当F >25N 时，A 与B 有相对运动，A 在B 的动摩擦力作用下加速度不变第二步：审情景建模型(1)A 与B 间相互作用：板块模型(2)A 与B 的运动：匀变速直线运动第三步：审过程选规律(1)运用牛顿运动定律找加速度与摩擦力(动摩擦因数)的关系，并分析a -F 图像的物理意义(2)用匀变速运动的规律分析A 与B 运动的位移【答案】 (1)0.4 (2)5N (3)22.5m【解析】 (1)由题图乙知，当A 、B 间相对滑动时A 的加速度a 1=4m/s 2对A 由牛顿第二定律有μ1mg =ma 1得μ1=0.4。
(2)设A、B与水平地面间的动摩擦因数为μ2，B的质量为M。
牛顿定律板块模型专项训练附带详细答案
牛顿定律板块模型专项训练附带详细答案1．如图所示，水平桌面上，质量为m 的物块放在质量为2m 的长木板的左端，物块和木板间的动摩擦因数为μ，木板和桌面间的动摩擦因数为4μ，开始时物块和木板均静止，若在物块上施加一个水平向右的恒力F ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A ．当F > 34μmg 时，物块和木板一定发生相对滑动B ．当F = μmg 时，物块的加速度大小为12gμC ．当F = 2μmg 时，木板的加速度大小为512gμD ．不管力F 多大，木板的加速度始终为0【答案】B【详解】A ．当物块相对于木板刚要发生相对滑动时，物块和长木板间的静摩擦力达到最大值，对整体1(2)(2)4F m m g m m a μ-+=+隔离木板得1(2)24mg m m g ma μμ-+=得1,898a g F mgμμ== 只有98F mg μ>物块和木板才一定发生相对滑动，选项A 错误；B ．当F =μmg 时，物块和长木板相对静止，对整体有1(2)(2)4mg m m g m m a μμ-+=+得12g a μ=选项B 正确； CD ．当F =2μm g 时，物块和木板发生相对滑动，隔离木板得1(2)(2)4mg m m g m m a μμ-+=+得 18a g μ= 选项CD 错误。
故选B 。
2．在水平光滑地面上，长木板M 和小滑块m 叠放在一起，开始它们均静止。
现将水平向右的恒力F 作用在M 的右端，已知长木板和小滑块之间动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，M =2kg ，m =1kg ，g =10m/s 2，如图所示。
当F 取不同数值时，小滑块的加速度a 可能不同，则以下正确的是（ ）A ．若F =6.0N 则a =3.0m/s 2B ．若F =8.0N 则a =4.0m/s 2C ．若F =10N 则a =3.0m/s 2D ．若F =15N 则a =4.0m/s 2【答案】D【详解】当木块和木板间的静摩擦力达到最大时，此时0mg ma μ=此时对木板和木块的整体0()F M m a =+解得F =12NA ．若F =6.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则226m/s 2.0m/s 3F a M m ===+ 选项A 错误；B ．若F =8.0N 则两物体以共同的加速度向前运动，则28m/s 3F a M m ==+ 选项B 错误； C ．若F =10N 则两物体以共同的加速度向前运动，则210m/s 3F a M m ==+ 选项C 错误； D ．若F =15N 则木块在木板上滑动，则木块的加速度为2=4m/s mg a m μ=选项D 正确。