【高中物理】牛顿运动定律的应用—板块模型课件-2023-2024学年高一上学期物理人教版（2019）必修第一册.pptx

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1、板-块模型学习目标及重点1.能说出能说出“板板-块块”模型的概念模型的概念。2.能能掌握掌握“板板-块块”模型的分析方法。模型的分析方法。(重点重点)3.能运用牛顿运动定律处理能运用牛顿运动定律处理“板板-块块”问题。问题。(重点重点)板-块模型的概念1.“1.“板板-块块”模型概述：模型概述：两两个个或或多多个个物物体体上上、下下叠叠放放在在一一起起，物物体体之之间间通通过过摩摩擦擦力力产生联系。产生联系。板-块模型的分析方法1.“1.“滑块滑块木板木板”模型的三个基本关系模型的三个基本关系加速度的关系注意：通过受力分析判断加速度是否相同加速度相同用“整体法”求出它们一起运动的加速度加速度不

2、相同用“隔离法”分别求出滑块与木板的加速度速度的关系速度相同的过程中都做匀速运动时，无摩擦都做变速时，存在静摩擦力注意：当速度刚相等的瞬间，摩擦力会发生突变速度不相同的过程中滑块与木板之间存在滑动摩擦力位移的关系无相对位移（速度相等的过程中）速度保持相同注意：计算过程中的速度，位移，都是相对于地面而言。有相对位移（速度不相等的过程中）速度方向相同，x相对=x木板+x滑块速度方向不相同，x相对=x木板-x滑块2.“2.“滑块滑块木板木板”模型的解题方法和步骤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，确定物体间的摩擦力种类和方向。(2)通过受力分析，求出各物体在各个运动

3、过程中的加速度。(3)根据物理量之间的关系列式计算。注意：此类问题涉及两个物体、多个运动过程。前一个过程的末速度是下一个过程的初速度。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1.地面光滑的地面光滑的“滑块滑块木板木板”问题问题在光滑的水平地面上静置放有一个长为0.64 m、质量为4 kg的木板A，在木板的左端有一个大小不计、质量为2 kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为0.2，当对B施加水平向右的力F10 N时(g取10 m/s2)，求：(1)A、B的加速度各为多大？(2)经过多长时间可将B从木板A的左端拉到右端？板-块模型解题步骤 1.(多选)如图所示，质量为M1 kg足够

4、长的木板静止在光滑水平面上，质量m0.5 kg的滑块(可视为质点)以v03 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，已知滑块与木板间的动摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2，则()A.滑块的加速度大小为1 m/s2B.木板的加速度大小为1 m/s2C.滑块和木板达到共同速度的时间为2 sD.滑块和木板达到共同速度时，滑块相对木板滑动的位移大小为3 m典例ACD如图所示，厚度不计的薄板A长L5 m，质量M5 kg，放在水平地面上。在A上距右端x3 m处放一物体B(大小不计)，其质量m2 kg，已知A、B间的动摩擦因数10.1，A与地面间的动摩擦因数20.2，原来系统静

5、止现在板的右端施加一大小恒定的水平力F26 N，持续作用在A上，将A从B下抽出取g10 m/s2，求：(1)A从B下抽出前A、B的加速度各是多大；(2)B运动多长时间离开A。(3)B离开A时的速度的大小。2.地面光滑的地面光滑的“滑块滑块木板木板”问题问题(1)对对B受力分析受力分析，由牛顿第二定律可得：，由牛顿第二定律可得：1mgmaB，解得：，解得：aB1 m/s2 对对A受力分析受力分析，由牛顿第二定律可得：，由牛顿第二定律可得：F1mg2(mM)gMaA 解得：解得：aA2 m/s2。(3)B离开离开A时的速度大小为时的速度大小为vBaBt2 m/s。2如图所示，质量为M1 kg的长木

6、板静止在光滑水平面上，现有一质量为m0.5 kg的小滑块(可视为质点)以v03 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摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2，木板足够长求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度a的大小；(3)滑块与木板A达到的共同速度v的大小典例(1)滑块所受摩擦力为滑动摩擦力：滑块所受摩擦力为滑动摩擦力：f滑滑mg0.5 N，方向向左，方向向左根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为根据牛顿第三定律，滑块对木板的摩擦力方向向右，大小为0

7、.5 N.(2)由牛顿第二定律得：由牛顿第二定律得：mgma，得，得a滑块滑块g1 m/s2。典例3.(多多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为1 kg和2 kg，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为0.4，B与地面间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g10 m/s2。现对B施加一水平拉力F12 N，则()A.B对A摩擦力大小为4 NB.B对A摩擦力大小为2 NC.A、B发生相对滑动，A的加速度为4 m/s2D.A、B一起做匀加速运动，加速度为2 m/s2BD4如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上受到水平向右的拉力F的作用向右滑行，但长木板保持静

8、止不动已知木块与长木板之间的动摩擦因数为1，长木板与地面之间的动摩擦因数为2，下列说法正确的是 ()A长木板受到地面的摩擦力的大小一定为1MgB长木板受到地面的摩擦力的大小一定为2(mM)gC只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动D无论拉力F增加到多大，长木板都不会与地面发生相对滑动典例D5.(多多选)如图所示，上表面粗糙的平板小车静止于光滑水平面上。t0时，小车以初速度v0向右运动，将小滑块无初速度地放置于小车的右端，最终小滑块恰好没有滑出小车。如图乙所示为小滑块与小车运动的vt图像，图中t1、v0、v1均为已知量，重力加速度大小取g。由此可求得()A.小车的长度 B.小滑块

9、的质量C.小车在匀减速运动过程中的加速度D.小滑块与小车之间的动摩擦因数典例ACD6.质量为m020 kg、长为L5 m的木板放在水平地面上，木板与水平地面间的动摩擦因数为10.15。质量为m10 kg的小铁块(可视为质点)，以v04 m/s的速度从木板的左端水平冲上木板(如图所示)，小铁块与木板间的动摩擦因数为20.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10 m/s2)。则下列判断正确的是()A.木板一定静止不动，小铁块不能滑出木板B.木板一定静止不动，小铁块能滑出木板C.木板一定向右滑动，小铁块不能滑出木板D.木板一定向右滑动，小铁块能滑出木板A典例木板与地面间的最大静摩擦力为木板与地面间的最

10、大静摩擦力为f11(m0m)g45 N，小铁块与木板，小铁块与木板之间的最大静摩擦力为之间的最大静摩擦力为f22mg40 N，因，因f1f2，所以木板一定静止不，所以木板一定静止不动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为动；假设小铁块未滑出木板，在木板上滑行的距离为x，则，则v0222gx，解得解得x2 mL5 m，所以小铁块不能滑出木板，故，所以小铁块不能滑出木板，故A正确。正确。7.如图所示，物块A、木板B的质量分别为mA5 kg，mB10 kg，不计物块A的大小，木板B长L4 m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v0从B的最左端开始运动。已知A与B之间的动摩擦因数为0.3，水

11、平地面光滑，g取10 m/s2。(1)求物块A和木板B发生相对运动过程的加速度的大小；(2)若A刚好没有从B上滑下来，求A的初速度v0的大小。典例8.如图，质量M1 kg、长L4 m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10.1，在木板的左端放置质量m1 kg，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数20.4，某时刻起在铁块上施加一个水平向右的恒力F8 N，g取10 m/s2。(1)求施加恒力F后铁块和木板的加速度大小；(2)铁块经多长时间到达木板的最右端，求此时木板的速度；(3)当铁块运动到木板最右端时，把铁块拿走，木板还能滑行的距离。典例(1)研究铁块，根据牛顿第二定

12、律得研究铁块，根据牛顿第二定律得:F2mgma1，解得：，解得：a14 m/s2 研究木板，根据牛顿第二定律得研究木板，根据牛顿第二定律得:2mg1(Mm)gMa2，解得解得a22 m/s2。总结01“板-块模型”的三个关系：1.1.加速度关系：通过受力分析，利用牛顿第二定律加速度关系：通过受力分析，利用牛顿第二定律2.2.速度关系：判断有无相对位移速度关系：判断有无相对位移2.2.位移关系：理解相对位移位移关系：理解相对位移022.“2.“板板-块块”模型的解题方法和步骤：模型的解题方法和步骤：(1)(1)明确各物体运动状况明确各物体运动状况(2)(2)受力分析，求出加速度。受力分析，求出加速度。(3)(3)根据物理量之间的关系列式计算。根据物理量之间的关系列式计算。THANK YOU