1、板塊模型分類導析例1.一顆子彈m以速度V0打入靜止在光滑地面的木塊中，設最后達到的共 同速度為V,子彈的位移為Xi,木塊的位移為X2,此過程中子彈對木塊的作用力ACF）大小為f,所發熱量為 Q下列方程正確的是（1212A -fx1 =mv - mv0 221212B 一 f（x1 x2） = mv - mv0 2212C. f X2 =Mv -0212_D. f（X1X2）=Mv -02一12 一E. f（X1 -X2） =- Mv Q 1212F. - f（X1 -x2）（m M ）vmv022G. - f（X1 -X2） =0 -m mv2 （以木塊為參考系）例2.一顆子彈m以速度v。打入

2、靜止在光滑地面的木塊中，設最后達到的共 同速度為v,子彈的位移為 必，木塊的位移為X2,子彈打入的深度為d,下列關 系正確是（ABC ）A. X1>X2B. x 1=X2+d C.X2<d情景1.m I "地面光滑。M.，. 一 只要木板足夠長，最后一定以共同速度運動:這類問題的難點在于：1.能否共速；2.共速之后如何運動1 .共速的方式有多種：2 .共速之后的情況有兩種：一是一共同的加速度一起減速，二是木板一較 大的加速度減速，木塊一較小的加速度減速。不可能出現的情況是：(1)木板以較小的加速度減速，木塊以較大的加速度 減速。否則木塊受到向前的摩擦力，將加速。(2)木板

3、和木塊有一個加速。否則加速的物體受到的摩擦力向前，加速度物體必須比減速的物體快，這說明沒有 達到共速。vvM+mttFm- J1mg -2(m，M )g減速M共速后的情況討論mMvvvvMMMvvitFvMt fmM11(2)m與M相對靜止，一起減速到零。的速度反超M,有以下三種可能M-;tm . FfMMn M+m gtl3.img2( Mm先以加速度a =F 1mg加速，M先以加速度 m(3)M的速度依然大于 m的速度。m M+m'Tt,f Q . 2( M+m g 乂 m的速度大于M的速度，與情景4.受力分析圖:- vim ' 戶v1 >v2g 1mg y)Fg 1

4、mgM g2(M+n)gF - TmgmM a2 J1mg -(m M)g M這說明二者還保持原先的加速度，二者又造成 假設矛盾。這是不可能的。能否共逮，以及共速之后的情況，取決于兩個加速度的大小比較。注意:以下加速度大小是指數學意義的大小，而不是指絕對值。(1) a>a2,沒有共速可能。(2)0< a<a2,即F a科mg A%m+m)g ,只要木板足夠長，一定能共速。共速 之后一起做勻加速運動。(3) ai<0 <a2,即hmg >F >h(m+M)g ,只要木板足夠長，一定能共速。共速 之后一起做勻加速運動。(4) a1<0<a2,即

5、hmg >2(m+M)g >F ,只要木板足夠長，一定能共速。共速 之后一起做勻減速運動。(5) ai<a2<0,即F <hmg <h(m+M)g ,只要木板足夠長，可能共速，也可能 在共速之前木板停下?？偨Y：分析板塊模型需要從以下幾個步驟下手；(1)比較初速度大小，確定摩擦力方；(2)比較加速度大小，確定能否共速；(3)共速之后進行受力分析，確定能否一起運動 練習：1 .質量為m=1kg的木塊以水平速度 V0=9m/s滑上一個靜止在粗糙水平面上質量m v0M;當二者都停止為M=1kg的木板，帶動木板向右運動，最后與木板相對靜止， 已知木板與木塊的動摩擦因數

6、為 醫1=0.4 ,木板與地面動摩擦 因數為醫2=0.1 ,木板足夠長。達到共同速度時木塊相對地面的位移為Si=運動時摩擦生熱Q=.；木板相對地面的位移為S2=0 (9m、2.25m、40.5J)2 .質量為m=1kg的木塊放在質量為 M=1kg的木板上，相對地面靜止。某時刻木 塊在恒力F=8N的作用下開始向右運動，并帶動木板也運動，已知木塊與木板間的動摩擦因數為醫1=0.4,木板與地面的動摩擦因數為醫2=0.1 ,板長為l =2m,當木塊從木板上滑落時木塊相對地面的位移為, 木板相對地面的位移為 。 (4m、2m)3 .如圖所示，長L=16m,質量M=1kg的木板靜放在光滑的水平面上，質量m

7、=1kg的小物塊放在木板的左端，木板和物塊間的動摩擦因數醫=0.1。現對木塊施2加一水平向右的拉力 F,取g=10m/s ,求：(1) 使物塊掉不下去的拉力 F(2ND虢(2)如果拉力F=10N恒定不變，小物塊所能獲得的最大動能上二"八六(2J)4 .如圖所示，長L=1.6m,質量M=3kg的木板靜放在光滑水平面上，質量m=1kg的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動摩擦因數醫=0.1.現對木板施加2%一水平向右的拉力 F,取g=10m/s ,求：(1)使物塊不掉下去的最大拉力F;(2)如果拉力F=10N恒定不變，小物塊的所能獲得的最大速度.A JBF解：(1)求物塊不掉下時的最大

8、拉力，其存在的臨界條件必是物塊與木卷阿同的最大加速度a1 對物塊，最大加速度 a = 駟=醫g= 1 m/s 2m對整體，F=(M+mB1 = (3 +1)X1 N= 4 N(2)當 F= 10 N 時，木板的加速度 a2= F 3mg m/s 2=3 m/s 2M由1a2t2- 2&t2=L,得物塊滑過木板所用時間t = W6s 物塊離開木板的速度 vi = a1t = 7T6 m/s5.如圖所示，質量 M= 8kg的小車放在水平光滑的平面上，在小 車左端加一水平恒力F, F = 8N ,當小車向右運動的速度達到 一 二1.5m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質量為m=2k

9、g的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數醫=0.2，小車足夠長。求從小物塊放上小車開始，經過t =1.5s小物塊通過的位移大小為多少？(取 g = 10m/s 2) 分析：當小物塊放上小車后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物塊做勻 加速直線運動，小車在水平方向上受推力和物塊的摩擦力也做勻加速直線運 動.求出兩者速度相等時所經歷的時間，判斷物塊和小車能否保持相對靜止， 一起做勻加速直線運動.判斷出物塊和小車的運動情況，根據運動學公式求出 物塊的位移.解：開始一段時間，物塊相對小車滑動，兩者間相互作用的滑動摩擦力的大小為Ff=(img=4N.物塊在Ff的作用下加速，加速度為am =- =2m/s

10、2. mF - F2小車在推力F和f的作用下加速，加速度為aM =一=0.5m/s .M初速度為u0=1.5m/s,設經過時間ti,兩者達到共同速度u,則有： u =amt i= u 0+aM 1代入數據可得：ti=1s, u =2m/s在這ti時間內物塊向前運動的位移為 si=- amt2=1m以后兩者相對靜止，相互作 2用的摩擦力變為靜摩擦力將兩者作為一個整體，在F的作用下運動的加速度為 a,貝U F=(M+ima得 a=0.8m/s 2.得 S2=1.1m.在剩下的時間12=t-t i=0.5s時間內，物塊運動的位移為S2=u tz+gat；可見小物塊在總共1.5s時間內通過的位移大小為

11、 s=Si+S2=2.1m.答：經過t=1.5s小物塊通過的位移大小為 2.1m.點評：解決本題的關鍵理清小車和物塊在整個過程中的運動情況， 然后運用運動學公式求解.6. (2013高考25. 18分)一長木板在水平地面上運動，在 t=0時 刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間 及木板與地面間均有摩擦.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g = 10m/s,求：(1)物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數：(2)從t = 0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移

12、的大小.解：(1)從t=0時開始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木塊減速，此過程一會持續到 物塊和木板具有相同速度為止。由圖可知，在ti=0.5s時，物塊和木板的速度相同。設 t=0到t= ti時間間隔內，物塊和木板的加速度度大小分別為 ai和a2式中v0=5m/s、w=1m/s分別為模板在t =0、t=ti時速度大小。設物塊和木板的質量為物塊和木板間的動摩擦因數分別為 第二定律得醫 img=ma（醫 i+2 醫 2）mg=ma 聯立。式得醫 i=0.20醫 2=0.30(2)在ti時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊和木板之間的摩擦 力改變方向。設物塊與木板之間的摩擦力大小為

13、f,物塊和木板的加速度大小分 別為a；和a2,則由牛頓第二定律得假設f <4mg,貝U ai' = a；由式得f = mg >qmg ,與假設矛盾，故由式知，物塊加速度的大小 ai等于3；物塊的v-t圖像如圖中點劃線所示。 由運動學公式可推知，物塊和木塊相對于地面的運動距離分別為13物塊相對于木板的位移大小為 聯立。為國式得 s=1.125m7.如圖所示，一塊質量為M長為L的均質板放在很長的光滑水 平桌面上，板的左端有一質量為 m的物塊，物塊上連接一根很 長的細繩，細繩跨過位于桌面的定滑輪，某人以恒定的速率 向下拉繩，物塊最多只能到達板的中央，而此時的右端尚未到 桌邊定滑輪

14、，試求(1)物塊與板的動摩擦因數及物體剛到達板的中點時板的位移(2)若板與桌面之間有摩擦，為使物體能達到板的右端，板與桌面間的動 摩擦因數范圍(3)若板與桌面之間的動摩擦因數取(2)問中的最小值，在物體從板的左 端運動到板的右端的過程中，人拉繩的力所做的功(其它阻力不計) 解：(1)設物塊在板上滑行的時間為 ti,對板應用動量定理得：Mv醫 imgt產Mv, ti=1mg設在此過程中物塊前進位移為Si,板前位移為S2,貝U Si=v ti1 Si-S2=22.由得物塊與板間的動摩擦因數為醫尸篙板的位移S2=i(2)設板與桌面間的動摩擦因數為醫2,物塊在板上滑行的時間為t2.則應用動量定理得醫

15、img-醫 2(m+Mg t2=Mvt2 =Mvdmg - %(m M )g又設物塊從板的左端運動到右端的時間為 t 3,則為了使物塊能到達板的右端，必須滿足t2>t3Mv一mg -2(m M)g_21 v，-2 ,Mv22(m M )g1所以為了使物塊能到達板的右端，應使板與桌面的動摩擦因數 h之Mv22(m M )glS3,則(3)設繩子的拉力為T,物塊從板的左端到達右端的過程中物塊的位移為Mv22 mg 21 =2Mv mgl有：T-(iimg=0, S3=v t3=2l由功的計算公式得：W=T S3=醫img21 =所以繩的拉力做功為2Mv._1_2. _.(或 V=A R+Q+

16、Q=；Mv+ 醫 imgl+醫 2(M+mgl =2Mv)8.質量為i.0 kg、帶電量Q= +2.5 x I0-4C的小滑塊(可視為質點)放在質量為M= 2.0 kg的絕緣長木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑塊與木板之間 的動摩擦因數為 醫=0.2 ,木板長L= 1.5 m ,開始時兩者都處于靜止狀態，所 在空間加有一個方向豎直向下強度為正= 4.0X10 4N/C的勻強電場，如圖所示。 取 g = 10 m/s 2,試求：(1)用水平力R拉小滑塊，要使小滑塊與木板以相同的速度一起運動，力R應滿足什么條件？(2)用水平恒力F拉小滑塊向木板的右端運動，要使滑塊在1.0 s末從木板右端滑出，力

17、F應為多大？(設m與M之間最大靜摩擦力與它們之間的滑動摩擦力大 小相等，滑塊在運動中帶電量不變)【答案】(1) 6.0N (2)9N(3)6J【解析】(1)當拉力R作用于滑塊m上，木板能夠產生的最大加速度為：aM Jmg+qE) =2.0 m/s21 分M為使滑塊與木板共同運動，滑塊最大加速度am< aM 1分對于滑塊有：Fo-N(mg+qE) =mam1 分即為使滑塊與木板之間無相對滑動，力F0不應超過6.0N1分(2)設滑塊相對于水平面的加速度為a%木板的加速度為a2,由運動學關系可知：1 212si =-&t ,也=a2t , Si-S2=L2 分2 ，2，滑動過程中木板的

18、加速度 a2=2.0m/s2 ,則可得滑塊運動的加速度 2a1=5.0m/s1 分對滑塊：Fo =%mg +qE) +m&2 分在將小滑塊從木板右端拉出的過程中，系統的內能增加了：Q=l ( mg+qEL=6.0J3分9.如圖所示，質量 M= 10kg、上表面光滑的足夠長的木板的在F= 50N的水平拉力作用下，以初速度v°=5m/s沿水平地面向右勻速運動.現有足夠多的小鐵塊，它們的質量均為 m=1kg,將一鐵塊無初速地放在木板的最右端，當木板運動了L=1m時，又無初速地在木板的最右端放上第 2塊鐵塊，只要木板運動了 L就在 木板的最右端無初速放一鐵塊.試問：(取 g=10m/

19、s2)尸(1 )第1塊鐵塊放上后，木板運動了L時，木板的速度多(2)最終木板上放有多少塊鐵塊？(3)最后一塊鐵塊與木板右端距離多遠？解：(1)木板最初做勻速運動，由 FMg解得，醫=2=0.5第l塊鐵塊放上后，木板做勻減速運動，即有：F-醫(M+m)g=Ma 代入數據解得：a1=-0.5m/s 2;根據速度位移關系公式，有：v12 -v： =2a1L解得 vi=2,6 m/s(2)設最終有n塊鐵塊能靜止在木板上.則木板運動的加速度大小為：an=4mg第1塊鐵塊放上后：2aiL=V02-vi2 第2塊鐵抉放上后：2a2L=vi2-V22第n塊鐵塊放上后：2a3L=Vn-i2- vn2由上可得：(

20、1+2+3+坨 X2 ( -mg) L=vo2-Vn2木板停下時，vn=0,得n=6.6 ;(3)從放上第1塊鐵塊至剛放上第7塊鐵塊的過程中，由(2)中表達式可得:66X2(駟)L=vo2-V622' M，從放上第7塊鐵塊至木板停止運動的過程中，設木板發生的位移為 d,則：一2X7mgd=V62-0M聯立解得：d=7m已10. (2015高考25題.20分)下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害。某地有一傾角為 9=37° (sin37=0)的山坡C,上面有一質量為 m的石板B,其上 5下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆 A (含有大量泥土)，人和8均處于靜止狀態，如圖

21、所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為 m (可視為質量不變的滑塊)，3在極短時間內，A、B間的動摩擦因數 內減小為3, B、C間的動摩擦因數 梭減小為 82s末，B的上表面突然變為光滑，田保持不變。C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重0.5, A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m 力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在02s時間內A和B加速度的大小(2) A在B上總的運動時間【答案】(1) a=3m/s2; a2 =1m/s2; (2) 4s【解析】(1)在0-2s內，A和B的受力如圖所示 有滑動摩擦力公式和力的平衡條件得：N1

22、=mgcos 0f2 = M2N2N2=N1+mgcos 0以沿著斜面向下為正方向，設 A和B的加速度分別為 a1、a2,由牛頓第二定律可得:mg sin 31 - f1 = ma1mgsin 日- f2 + i=ma2 ©聯立以上各式可得 a=3m/s202ca2=1m/s0(2)在t1=2s,設A和B的加速度分別為，則V1=a1t1=6m/sC9)V2=a2t2=2m/s3t>t1時，設A和B的加速度分別為a；、a2,此時AB之間的摩擦力為零，同理可得-2-a1 =6m/sa2 =-2m/s(12即B做減速運動，設經過時間t2, B的速度減為零，則有V2+ a，t2=0(1

23、3聯立強卷可得Mt2=1S在ti+t2時間內，A相對于B運動的距離為此后B靜止不動，A繼續在B上畫的，再設經過時間 t3, A離開B,則 有可得t3=1s (另一解不合題意，舍去) 設A在B上總的運動時間t總t 總=3 + 12+13=4$(利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參 考給分)11 .如圖所示，質量 m=1kg的小物塊放在一質量為 M=4kg 的足夠長的木板右端，物塊與木板間的摩擦因數N = 0.2木板與水平面間的摩擦不計。物塊用勁度系數k=25N/m的彈簧拴 住，彈簧的另一端固定。開始時整個裝置靜止，彈簧處于原長狀態?，F對木板 施以F=12N的水平向右恒力，在彈簧第一次

24、拉伸到最長時木板的速度為v=0.5 nm/s,(最大靜摩擦力可認為等滑動摩擦力，計算時取冗2=10, g=10m/s2)(1)開始施力的瞬間的物塊的加速度多大？物塊達到最大速度時離出發點 多遠？(2)從開始運動到彈簧第一次拉伸到最長的過程中系統增加的內能是多 少？ 解：(1)施力后物塊與木板即發生相對滑動，剛施力時，彈簧不發生形變，根 據牛頓第二定律醫 mg=ma (1)代入數值解得a=2m/s2 (2)(2)物塊達到最大速度時合力為零，即 kx= it mg ( 3)解得：x=0.08m ( 4)(3)對木板應用牛頓定律F- it mg=M1a (5)2解得 d=2.5m/s (6)2I木板

25、做初速度為 0的勻加速運動 vt=2as板(7)解得 S板=0.50m (8)根據簡諧振動的對稱性 S塊=2x=0.16m (9)由于摩擦而損失的機械能為 E二dmgs板一s塊尸0.68J12 .質量為M的特殊平板在光滑的水平面上以速度V0=4m/s向右勻速運動，在平板上方存在厚度的 d = 2cm 的“相互作用區域”(如圖中虛線部分所示)，“相互作用區域”上方高 h = 20 cm處有一質量為 m的靜止物塊P。平板白右端A經過物塊P的正下方時，P同時無初速度釋放。當物塊P以速度vi進入相互作用區時，平板對 P立即產生一個豎直向上的恒力 F;當P 與平板接觸時F方向立即變豎直向下而大小保持不變

26、。已知 M= 3 mrj F = kmg k = 11,物塊與平板間的動摩擦因數 以=%2，取重力加速度g = 10m/s2,不計空 氣阻力，試求：（1）物塊P下落至平板剛接觸時的速度 V2多大？（2）物塊P釋放后經多長時間t與平板接觸？（3）欲使物塊P不致于落到光滑的水平面上，平板 L至少為多長？解：（1） P先做自由落體運動，然后進入相互作用區做勻減速運動v；=2gh （1分）v2 -v12 =2ad （1 分）a=Ykm"mg）（2 分）m由以上各式解得V2 = 0 （1分）（2） P先做自由落體運動過程，有h=v°t1（1分）進入相互作用區做勻速運動過程，有d =&

27、lt;t2（ 1分）1 1=.h=2m/s （1 分）由以上各式解得t1 = 0.2s t2 = 0.02s （1 分）所以P釋放后到與平板接觸經歷的時間為t = t1 + 12 = 0.2s + 0.02s =0.22s（1 分）（3）從P釋放后到剛與平板接觸的t時間內，平板位移了 L1 = V0t =4X 0.22m = 0.88m（ 1 分）P與平板接觸后，在水平方向上，P與平板組成的系統滿足動量守恒（m + 3mrj）v = 3 mv （2 分）v為P與平板相對靜止時的共同速度。這一過程根據系統能量守恒，有.1212._八、R（kmg +mg）L2 =- 3m v； - 4m v （2

28、 分）%/2由以上各式解得L2 -Q-3v； =0.6 m （1分）8（k 1）g所以物塊P不致于落到光滑的水平面上，平板的長度至少為 L = L1 + L2 = 0.88m + 0.6m = 1.48m（2 分）13 .如圖所示，質量M=4kg的足夠長圓管靜止放在光滑水平面上，圓管外表面光滑內表面粗糙，有一質量m=1kg的小球以水平向右的初速度u 0=20m/s射入管內，小球直徑略小于圓管內徑，該區） 一二 %域除重力場之外還存在著一個力場，該力場只對小球施加J?二一豎直向上的作用力，作用力的大小跟小球的速率成正比，即F=kv, k=1Ns/m。該力場對圓管沒有作用力，重力加速度g=10m/s2,求：(1)最終小球的速度V1和圓管的速度V2(2)整個過程中系統產生的熱量Q解：(1)設當場力剛好與重力平衡時，小球的速度為vi；則kv尸mg vi=E£=i0m/sk設圓管和小球能夠達到的共同速度是為v,有動量守恒定律的：mv=(M+mv解得：v=4m/s<vi說明圓管和小球還沒有達到