本章复习与测试新颖的课程导入教案

牛顿运动定律应用 板块模型专题

一、

教学目标

知识与技能

1.

整体法和隔离法在非平衡态下的应用

2.

已知受力求运动和已知运动求受力类型题的分析方法

3.进一步熟练掌握应用牛顿运动定律解决问题的方法和步骤. 过程与方法

培养学生处理应用牛顿运动定律解题的能力

情感态度与价值观

1.渗透“学以致用”的思想，有将物理知识应用于生产和生活实践的意识，勇于探究与日常生活有关的物理问题. 二、 教学重点

1.牛顿运动定律的应用

2.板块模型的处理方法

三、 教学难点

1.

摩擦力大小和方向的判断

2.

受力分析和运动状态分析

3.

整体法和隔离法的使用原则

四、

教学过程

1.引入复习课

木块、木板模型是高中物理力学部分考查的常见题型，分析这类问题，首先对木板和木块进行受力分析和运动过程分析，判断每个物体的运动性质。

2.进入复习课

1.水平面上的“板块”模型

【例1】．如图1.2所示，A、B两个物体叠放在一起，静止放在粗糙水平地面上，B与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2.现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(

)

A．5 N

B．10 N

C．15 N

D．20 N

图1.2

解析：可以采用整体法求解此题：物体A的最大加速度是aA＝m(μ2mg)＝μ2g＝2 m/s2，当物体B向右运动时，地面给物体B的滑动摩擦力大小是FfB＝μ1(m＋M)g＝5 N，当物体A与物体B相对静止一起以加速度aA向右加速时，利用整体法和牛顿第二定律可知Fm－FfB＝(m＋M)aA，代入数据解得Fm＝15 N，选项C正确．

答案：C 【例2】

如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为2(1)μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(

)

【练习】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.若用水平

恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)(

) A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g C．F＞2μ(m＋M)g

D．F＞2μmg 解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故aA＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．

与图像相关的板块模型

【例3】(多选)如图5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＝10 m/s2，下列说法正确的是(

) A．小滑块的质量m＝2 kg B．小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1 C．当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度

大小为3 m/s2

D．当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大

解析当F＝6N时，两物体恰好具有最大共同加速度，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，代入数据解得M＋m＝3kg。当F大于6N时，两物体发生相对滑动，F－μmgFμmg1对长木板有a＝＝－，图线的斜率k＝＝1，解得M＝1kg，滑块的质量mMMMM＝2kg，选项A正确；滑块的最大加速度a′＝μg＝2m/s2，所以小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，选项B错误；当F＝7N时，由a＝F－μmg知长木板的加速度a＝3m/s2，M选项C正确；当两物体发生相对滑动时，滑块的加速度a′＝μg＝2m/s2，恒定不变，选项D错误。答案AC

命题角度二、

无外力F作用的“板块”模型问题

1.模型特点

涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。

类型图示

规律分析

木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L

物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA

【例4】如图4所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg可视为质点的滑块静止放置，距A点距离为3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2。求：

图4 (1)滑块滑动到A点时的速度大小；

(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？

(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。

解析

(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，

根据牛顿第二定律有F＝ma

根据运动学公式有v2＝2aL0

代入数据解得v＝6 m/s。

(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，

对滑块有μ1mg＝ma1

代入数据解得a1＝5 m/s2

对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2，

代入数据解得a2＝0.4 m/s2。

(3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，

则：v－a1t＝a2t

10代入数据解得t＝9

s。

12此过程中滑块的位移为x1＝vt－a1t

21长木板的位移为x2＝2a2t2

10x1－x2＝3

m>L＝2 m 所以滑块能从长木板的右端滑出。

答案

(1)6 m/s

(2)5 m/s2

0.4 m/s2

(3)见解析

【练习】)如图7所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m的薄平板AB。平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s) 解析

对薄板，由于Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。

滑块在薄板上滑行时加速度a1＝gsin 37°＝6 m/s

到达B点时速度v＝222a1L＝3 m/s 2滑块由B至C时的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s

12设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t

2代入数据解得t＝1 s 对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度

a3＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2

12设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′

2代入数据解得t′＝2 s

滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差

Δt＝t′－t＝1 s 答案

滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动

1 s

思维模板

六、课堂小结

本节课是牛顿运动定律的具体应用板块模型专题，通过本节课的学习，们重点解决了分析板块模型方法和技巧，解题是注意一下几个方面

1、摩擦力的分析是关键。通常分析木块与木板，木板与地面的摩擦力，要区分是静摩擦力还是滑动摩擦力。

2.注意整体法和隔离法的应用。相对静止一起匀加速和匀减速时，可以把木块木板看成一个整体。

3、两个位移关系，经常分析它们相对地面的位移，再分析它们的相对位移。

4、利用牛顿第二定律求加速度时一定分清研究对象，是木块还是木板，或者是整体。

七、板书设计

牛顿运动定律应用---板块模型

1.

板块模型特点

2.

例1 3.

例2 4.

例3 5.

例4

6.思维模板